高考數(shù)學(xué)試題 江西卷

2003年高考數(shù)學(xué)試題（江西卷理工農(nóng)醫(yī)類）試題部分第卷（選擇題 共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.等于（ ）A. B.C. D.2.已知x（，0），cosx=，則tan2x等于（ ）A.B.C.D.3.設(shè)函數(shù)f（x）=若f（x0）>1，則x0的取值范圍是（ ）A.（1，1） B.（1，+）C.（，2）（0，+） D.（，1）（1，+）4.O是平面上一定點，A、B、C是平面上不共線的三個點，動點P滿足，0，+，則P的軌跡一定通過ABC的（ ）A.外心 B.內(nèi)心 C.重心 D.垂心5.函數(shù)y=ln，x（1，+）的反函數(shù)為（ ）A.y=，x（0，+） B.y=，x（0，+）C.y=，x（，0） D.y=，x（，0）6.棱長為a的正方體中，連結(jié)相鄰面的中心，以這些線段為棱的八面體的體積為（ ）A. B. C. D.7.設(shè)a>0，f（x）=ax2+bx+c，曲線y=f（x）在點P（x0，f（x0）處切線的傾斜角的取值范圍為0，則P到曲線y=f（x）對稱軸距離的取值范圍為（ ）A.0， B.0， C.0，| D.0，|8.已知方程（x22x+m）（x22x+n）=0的四個根組成一個首項為的等差數(shù)列，則|mn|等于（ ）A.1 B.C.D.9.已知雙曲線中心在原點且一個焦點為F（，0），直線y=x1與其相交于M、N兩點，MN中點的橫坐標(biāo)為，則此雙曲線的方程是（ ）A.B.C.D.10.已知長方形的四個頂點A（0，0）、B（2，0）、C（2，1）和D（0，1），一質(zhì)點從AB的中點P0沿與AB夾角為的方向射到BC上的點P1后，依次反射到CD、DA和AB上的點P2、P3和P4（入射角等于反射角）.設(shè)P4的坐標(biāo)為（x4，0）.若1<x4<2，則tan的取值范圍是（ ）A.（，1） B.（） C.（） D.（）11.等于（ ）A.3 B. C. D.612.一個四面體的所有棱長都為，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為（ ）A.3 B.4C.3 D.6第卷（非選擇題 共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分.把答案填在題中橫線上.13.（x2）9展開式中x9的系數(shù)是_.14.某公司生產(chǎn)三種型號的轎車，產(chǎn)量分別為1200輛、6000輛和2000輛，為檢驗該公司的產(chǎn)品質(zhì)量，現(xiàn)用分層抽樣的方法抽取46輛進行檢驗，這三種型號的轎車依次應(yīng)抽取_、_、_輛.15.某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分為6個部分（如圖）.現(xiàn)要栽種4種不同顏色的花，每部分栽種一種且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花，不同的栽種方法有_種.（以數(shù)字作答）16.下列五個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出l面MNP的圖形的序號是_.（寫出所有符合要求的圖形序號）三、解答題：本大題共6小題，共74分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.（本小題滿分12分）已知函數(shù)f（x）=2sinx·（sinx+cosx）.（）求函數(shù)f（x）的最小正周期和最大值；（）在給出的直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)y=f（x）在區(qū)間上的圖象.18.（本小題滿分12分）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等腰直角三角形，ACB=90°，側(cè)棱AA1=2，D、E分別是CC1與A1B的中點，點E在平面ABD上的射影是ABD的重心G.（）求A1B與平面ABD所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)值表示）；（）求點A1到平面AED的距離.19.（本小題滿分12分）設(shè)a>0，求函數(shù)f（x）=ln（x+a）（x（0，+）的單調(diào)區(qū)間.20.（本小題滿分12分）A、B兩個代表隊進行乒乓球?qū)官?，每隊三名隊員，A隊隊員是A1，A2，A3，B隊隊員是B1，B2，B3，按以往多次比賽的統(tǒng)計，對陣隊員之間勝負概率如下：現(xiàn)按表中對陣方式出場，每場勝隊得1分，負隊得0分.設(shè)A隊、B隊最后所得總分分別為、.（）求、的概率分布；（）求E，E.21.（本小題滿分12分）已知常數(shù)a>0，向量c=（0，a），i=（1，0），經(jīng)過原點O以c+i為方向向量的直線與經(jīng)過定點A（0，a），以i2c為方向向量的直線相交于點P.其中R.試問：是否存在兩個定點E、F，使得|PE|+|PF|為定值.若存在，求出E、F的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.22.（本小題滿分14分）設(shè)a0為常數(shù)，且an=3n12an1（nN+）.（）證明對任意n1，an=3n+（1）n1·2n+（1）n·2na0；（）假設(shè)對任意n1有an>an1，求a0的取值范圍.答案解析1.答案：B解析：. 2.答案：D解法一：x（，0），cosx=，sinx=，tanx=，tan2x=.解法二：在單位圓中，用余弦線作出cosx=，x（，0），判斷出2x且tan2x=AT<1.3.答案：D解法一：因為f（x0）>1，當(dāng)x0時，x0<1，當(dāng)x0>0時， >1，x0>1.綜上，所以x0的取值范圍為（，1）（1，+）.解法二：首先畫出函數(shù)y=f（x）與y=1的圖象.由圖中易得f（x）>1時，所對應(yīng)的x的取值范圍.4.答案：B解析:設(shè)為上的單位向量,為上的單位向量,則的方向為BAC的角平分線的方向.又0，+，（）的方向與的方向相同.而，點P在上移動，P的軌跡一定通過ABC的內(nèi)心.5.答案：B解法一：y=ln=ly，x=，又而x>1，>1，ln>0，因此y=ln的反函數(shù)為y=（x>0）解法二：因原函數(shù)的定義為（1，+），而y=.因此排除A、C，又原函數(shù)的值域為（0，+），排除D.6.答案：C解析：如圖，此八面體可以分割為兩個正四棱錐，而AB2=（）2+（）2=a2，V八面體=.7.答案：B解析：f（x）的導(dǎo)數(shù)為f（x）=2ax+b，由已知y=f（x）在點P（x0，f（x0）處切線的傾斜角的取值范圍為0，.因此有02ax0+b1.而P到曲線y=f（x）的對稱軸的距離為.8.答案：C解析：設(shè)a1=，a2=+d，a3=+2d，a4=+3d，而方程x22x+m=0中的兩根之和為2，x22x+n=0中的兩根之和也是2.a1+a2+a3+a4=1+6d=4，d=，a1=，a4=是一個方程的兩個根，a2=，a3=是一個方程的兩個根，為m或n.|mn|=.9.答案：D解法一：設(shè)所求雙曲線方程為由得，（7a2）x2a2（x1）2=a2（7a2）整理得：（72a2）x2+2a2x8a2+a4=0.又MN中點橫坐標(biāo)為，x0=即3a2=2（72a2），a2=2.故所求雙曲線方程為.解法二：因所求雙曲線與直線y=x1的交點的中點橫坐標(biāo)為<0，故雙曲線的漸近線的斜率（k>0）時，為k>1，因此，排除B、C.經(jīng)檢驗的交點的中點橫坐標(biāo)為.解法三：由已知MN中點橫坐標(biāo)x0=，可得中點縱坐標(biāo)y0=x01=，設(shè)MN與雙曲線交點分別為M（x1，y1）、N（x2，y2），則有=1 ，=1 則得：，.10.答案：C解析：設(shè)P1B=x，P1P0B=，則CP1=1x，P1P2C、P3P2D、AP4P3均為，所以tan=x，又tan=x，CP2=1，而tan=，DP3=x（3）=3x1，又tan=x，AP4=3，依題設(shè)1<AP4<2，即1<3<2，4<<5，.11.答案：B解析：，12.答案：A解法一：.R2=，R=.球的表面積為3.解法二：構(gòu)造棱長為1的正方體，則C1A1BD為棱長為的正四面體，正方體的外接球體也為正四面體的外接球.此時球的直徑為，因此球的表面積為4（）2=3.13.答案：解析：（x2）9的展開式中，Tr+1=·（x2）9r（）r=（）r，由題意得183r=9，r=3，因此x9的系數(shù)為（）3·.14.答案：6 30 10解析：因總轎車數(shù)為9200輛，而抽取46輛進行檢驗，抽樣比例為，而三種型號的轎車有顯著區(qū)別.根據(jù)分層抽樣分為三層按比例抽樣分別有6、30、10輛.圖115.答案：120解法一：先排1區(qū)，有4種方法，把其余四個區(qū)視為一個圓環(huán)（如圖1），沿著圓環(huán)的一個邊界剪開并把圓環(huán)拉直，得到如圖2的五個空格，在五個空格中放3種不同元素，且相同元素不能相鄰.兩端元素不能相同.共有15種不同方法.然后再把圖2粘成圓形即可.下面解決兩端元素相同的情況.在這種情況下我們在六個空格如圖3.要求相同元素不能相鄰.兩端元素必須相同，共有15種不同方法.然后再把圖3粘成圓環(huán)形，把兩端的兩格粘在一起看成一個格即可.綜上，共有4（15+15）=120種方法.圖2 圖316.答案：解析：、易判斷，中PMN是正三角形且AM=AP=AN，因此，三棱錐APMN是正三棱錐.所以圖中l(wèi)平面MNP，由此法，還可否定.AMAPAN.也易否定.17.解：（）f（x）=2sin2x+2sinxcosx=1cos2x+sin2x=1+（sin2xcoscos2xsin）=1+sin（2x），所以函數(shù)f（x）的最小正周期為，最大值為1+.（）由（）知xy111故函數(shù)y=f（x）在區(qū)間，上的圖象是18.解法一：（）連結(jié)BG，則BG是BE在面ABD的射影，即EBG是A1B與平面ABD所成的角.設(shè)F為AB中點，連結(jié)EF、FC，D、E分別是CC1、A1B的中點，又DC平面ABC，CDEF為矩形.連結(jié)DF，G是ADB的重心，GDF.在直角三角形EFD中，EF2=FG·FD=FD2，EF=1，F(xiàn)D=.于是ED=，EG=.FC=ED=，AB=2，A1B=2，EB=.sinEBG=.A1B與平面ABD所成的角是arcsin.（）連結(jié)A1D，有.EDAB，EDEF，又EFAB=F，ED平面A1AB，設(shè)A1到平面AED的距離為h，則SAED·h=·ED.又.即A1到平面AED的距離為.解法二：（）連結(jié)BG，則BG是BE在面ABD的射影，即A1BG是A1B與平面ABD所成的角.如圖所示建立坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點為O.設(shè)CA=2a，則A（2a，0，0），B（0，2a，0），D（0，0，1），A1（2a，0，2），E（a，a，1），G（）.=（0，2a，1）.，解得a=1.cosA1BG=.A1B與平面ABD所成角是arccos.（）由（）有A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）.=（1，1，1）·（1，1，0）=0，=（0，0，2）·（1，1，0）=0，ED平面AA1E，又ED平面AED，平面AED平面AA1E，又面AED面AA1E=AE.點A1在平面AED的射影K在AE上.設(shè)=，則=（，2）.由·=0，即+2=0，解得=.故A1到平面AED的距離為.19.解：f（x）=（x>0）.當(dāng)a>0，x>0時，f（x）>0x2+（2a4）x+a2>0，f（x）<0x2+（2a4）x+a2<0.（i）當(dāng)a>1時，對所有x>0，有x2+（2a4）x+a2>0，即f（x）>0，此時f（x）在（0，+）內(nèi)單調(diào)遞增.（ii）當(dāng)a=1時，對x1，有x2+（2a4）x+a2>0，即f（x）>0，此時f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+）內(nèi)單調(diào)遞增.又知函數(shù)f（x）在x=1處連續(xù)，因此，函數(shù)f（x）在（0，+）內(nèi)單調(diào)遞增.（iii）當(dāng)0<a<1時，令f（x）>0，即x2+（2a4）x+a2>0，解得x<2a2，或x>2a+2.因此，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2a2）內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間（2a+2，+）內(nèi)也單調(diào)遞增.令f（x）<0，即x2+（2a4）x+a2<0，解得2a2<x<2a+2.因此，函數(shù)f（x）在區(qū)間（2a2，2a+2）內(nèi)單調(diào)遞減.20.解：（）、的可能取值分別為3，2，1，0.P（=3）=，P（=2）=，P（=1）=，P（=0）=；根據(jù)題意知+=3，所以P（=0）=P（=3）=，P（=1）=P（=2）=，P（=2）=P（=1）=，P（=3）=P（=0）=.（）E=；因為+=3，所以E=3E=.21.解：根據(jù)題設(shè)條件，首先求出點P坐標(biāo)滿足的方程.據(jù)此再判斷是否存在兩定點，使得點P到兩定點距離的和為定值.i=（1，0），c=（0，a），c+i=（，a），i2c=（1，2a）.因此，直線OP和AP的方程分別為y=ax和ya=2ax.消去參數(shù)，得點P（x，y）的坐標(biāo)滿足方程y（ya）=2a2x2，整理得因為a0，所以得：（i）當(dāng)a=時，方程是圓方程，故不存在合乎題意的定點E和F；（ii）當(dāng)0a時，方程表示橢圓，焦點E（）和F（）為合乎題意的兩個定點；（iii）當(dāng)a時，方程也表示橢圓，焦點E和F（0，（a）為合乎題意的兩個定點.22.（）證法一：（i）當(dāng)n=1時，由已知a1=12a0.等式成立；（ii）假設(shè)當(dāng)n=k（k1）等式成立，即ak=3k+（1）k12k+（1）k2ka0，那么ak+1=3k2ak=3k3k+（1）k1·2k（1）k2k+1a0=3k+1+（1）k2k+1+（1）k+12k+1a0，也就是說，當(dāng)n=k+1時，等式也成立.根據(jù)（i）和（ii），可知等式對任何nN+成立.證法二：如果設(shè)ana3n=2（an1a3n1），用an=3n12an1代入，可解出a=.所以an是公比為2，首項為a1的等比數(shù)列，an=（12a0）（2）n1（nN+），即an=+（1）n2na0.（）解法一：由an通項公式anan1=+（1）n3×2n1a0，an>an1（nN+）等價于（1）n1（5a01）<（）n2（nN+）.（i）當(dāng)n=2k1，k=1，2，時，式即為（1）2k2（5a01）<（）2k3，即為a0<（）2k3+.式對k=1，2，都成立，有a0<×（）1+=.（ii）當(dāng)n=2k，k=1，2，時，式即為（1）2k1（5a01）<（）2k2，即為a0>×（）2k2+.式對k=1，2，都成立，有a0>×（）2×12+=0.綜上，式對任意nN+成立，有0<a0<.故a0的取值范圍為（0，）.解法二：如果an>an1（nN+）成立，特別取n=1，2有a1a0=13a0>0，a2a1=6a0>0，因此0<a0<.下面證明當(dāng)0<a0<時，對任意nN+，有anan1>0.由an通項公式5（anan1）=2×3n1+（1）n13×2n1+（1）n5×3×2n1a0.（i）當(dāng)n=2k1，k=1，2，時，5（anan1）=2×3n1+3×2n15×3×2n1a0>2×2n1+3×2n15×2n1=0.（ii）當(dāng)n=2k，k=1，2，時，5（anan1）=2×3n13×2n1+5×3×2n1a0>2×3n13×2n10.內(nèi)容總結(jié)