《高考數(shù)學試題 江西卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學試題 江西卷（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2003年高考數(shù)學試題（江西卷理工農(nóng)醫(yī)類） ●試題部分 第Ⅰ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

2、一定點，A、B、C是平面上不共線的三個點，動點P滿足，λ∈［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

3、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（x2－2x+m）（x2－2x+n）=0的四個根組成一個首項為的等差數(shù)列，則 |m－n|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=x－1與其相交于M、N兩點，MN中點的橫坐標為－，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θ的方向

4、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的坐標為（x4，0）.若1

5、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.解答應寫出文字說明

6、、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）. （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期和最大值； （Ⅱ）在給出的直角坐標系中，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ABC—A1B1C1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. （Ⅰ）求A1B與平面ABD所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)值表示）； （Ⅱ）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）=－

7、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ξ、η. （Ⅰ）求ξ、η的概率分布； （Ⅱ）求Eξ，Eη. 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+λi為方向向量的直線與經(jīng)過定點A（0，a），以i－2λc為方向向量的直線相交于點P.其中λ∈R.試問：是否存在兩個定點E、F

8、，使得|PE|+|PF|為定值.若存在，求出E、F的坐標；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=3n－1－2an－1（n∈N+）. （Ⅰ）證明對任意n≥1，an=［3n+（－1）n－1·2n］+（－1）n·2na0； （Ⅱ）假設(shè)對任意n≥1有an>an－1，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∈Ⅳ且tan2x=AT<－1. 3.答案：D 解法一：因

9、為f（x0）>1，當x≤0時，，∴x0<－1，當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λ∈［0，+∞］，∴λ（）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，∴l(xiāng)n>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，

10、+∞），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0≤2ax0+b≤1.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x2－2x+m=0中的兩根之和為2，x2－2x+n=0中的兩根之和也是2.∴a1+a2+a3+a4=1+6d=4，∴d=

11、，∴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.∴|m－n|=. 9.答案：D 解法一：設(shè)所求雙曲線方程為由 得，（7－a2）x2－a2（x－1）2=a2（7－a2） 整理得：（7－2a2）x2+2a2x－8a2+a4=0.又MN中點橫坐標為－， ∴x0=即3a2=2（7－2a2），∴a2=2. 故所求雙曲線方程為. 解法二：因所求雙曲線與直線y=x－1的交點的中點橫坐標為－<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為－. 解法三：由已知MN中點橫坐標x0=－，可得中點縱坐標y0=x0－1=

12、－，設(shè)MN與雙曲線交點分別為M（x1，y1）、N（x2，y2），則有=1 ①，=1 ② 則②－①得：， ∴， ∴. 10.答案：C 解析：設(shè)P1B=x，∠P1P0B=θ，則CP1=1－x，∠P1P2C、∠P3P2D、∠AP4P3均為θ，所以tanθ==x，又tanθ==x， ∴CP2=－1，而tanθ=， ∴DP3=x（3－）=3x－1，又tanθ==x， ∴AP4=－3，依題設(shè)1

13、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4π（）2=3π. 13.答案：－ 解析：（x2－）9的展開式中，Tr+1=·（x2）9－r（－）r=（－）r， 由題意得18－3r=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1 15.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

14、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①相同元素不能相鄰.②兩端元素不能相同.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①相同元素不能相鄰.②兩端元素必須相同，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3 16.答案：①④⑤ 解析：①、④易判斷，⑤中△PMN是正三角形且AM=

15、AP=AN，因此，三棱錐A—PMN是正三棱錐.所以圖⑤中l(wèi)⊥平面MNP，由此法，還可否定③.∵AM≠AP≠AN.也易否定②. 17.解：（Ⅰ）f（x）=2sin2x+2sinxcosx=1－cos2x+sin2x=1+（sin2xcos－cos2xsin）=1+sin（2x－）， 所以函數(shù)f（x）的最小正周期為π，最大值為1+. （Ⅱ）由（Ⅰ）知 x y 1 1 1 故函數(shù)y=f（x）在區(qū)間［－，］上的圖象是 18.解法一：（Ⅰ）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

16、， ∵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， ∴G∈DF.在直角三角形EFD中，EF2=FG·FD=FD2， ∵EF=1，∴FD=. 于是ED=，EG=. ∵FC=ED=，∴AB=2，A1B=2，EB=. ∴sinEBG=. ∴A1B與平面ABD所成的角是arcsin. （Ⅱ）連結(jié)A1D，有. ∵ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB=F，∴ED⊥平面A1AB， 設(shè)A1到平面AED的距離為h，則S△AED·h=·ED. 又. ∴. 即A1到平面AED的距離為. 解法二：（Ⅰ）連結(jié)BG，則BG是BE

17、在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B與平面ABD所成的角. 如圖所示建立坐標系，坐標原點為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. （Ⅱ）由（Ⅰ）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A

18、ED⊥平面AA1E， 又面AED∩面AA1E=AE.∴點A1在平面AED的射影K在AE上. 設(shè)=λ，則=（－λ，λ，λ－2）. 由·=0，即λ+λ+λ－2=0，解得λ=. ∴. ∴. 故A1到平面AED的距離為. 19.解：f′（x）=（x>0）. 當a>0，x>0時，f′（x）>0x2+（2a－4）x+a2>0， f′（x）<0x2+（2a－4）x+a2<0. （i）當a>1時，對所有x>0，有x2+（2a－4）x+a2>0， 即f′（x）>0，此時f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增. （ii）當a=1時，對x≠1，有x2+（2a－4）x+a2>0， 即f′（x）>0，

19、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00，即x2+（2a－4）x+a2>0， 解得x<2－a－2，或x>2－a+2. 因此，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2－a－2）內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間（2－a+2，+∞）內(nèi)也單調(diào)遞增. 令f′（x）<0，即x2+（2a－4）x+a2<0， 解得2－a－2

20、 P（ξ=2）=， P（ξ=1）=， P（ξ=0）=； 根據(jù)題意知ξ+η=3，所以 P（η=0）=P（ξ=3）=，P（η=1）=P（ξ=2）=， P（η=2）=P（ξ=1）=，P（η=3）=P（ξ=0）=. （Ⅱ）Eξ=； 因為ξ+η=3，所以Eη=3－Eξ=. 21.解：根據(jù)題設(shè)條件，首先求出點P坐標滿足的方程.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+λi=（λ，a），i－2λc=（1，－2λa）. 因此，直線OP和AP的方程分別為λy=ax和y－a=－2λax. 消去參數(shù)λ，得點P（x，y）的坐標滿足方程y

21、（y－a）=－2a2x2， 整理得① 因為a＞0，所以得： （i）當a=時，方程①是圓方程，故不存在合乎題意的定點E和F； （ii）當0＜a＜時，方程①表示橢圓，焦點E（）和F（－ ）為合乎題意的兩個定點； （iii）當a＞時，方程①也表示橢圓，焦點E和F（0，（a－））為合乎題意的兩個定點. 22.（Ⅰ）證法一：（i）當n=1時，由已知a1=1－2a0.等式成立； （ii）假設(shè)當n=k（k≥1）等式成立，即ak=［3k+（－1）k－12k］+（－1）k2ka0， 那么ak+1=3k－2ak=3k－［3k+（－1）k－1·2k］－（－1）k2k+1a0=［3k+1+（－1）k

22、2k+1］+（－1）k+12k+1a0， 也就是說，當n=k+1時，等式也成立. 根據(jù)（i）和（ii），可知等式對任何n∈N+成立. 證法二：如果設(shè)an－a3n=－2（an－1－a3n－1）， 用an=3n－1－2an－1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－=（1－2a0－）（－2）n－1（n∈N+）， 即an=+（－1）n2na0. （Ⅱ）解法一：由an通項公式 an－an－1=+（－1）n3×2n－1a0， ∴an>an－1（n∈N+）等價于（－1）n－1（5a0－1）<（）n－2（n∈N+）.① （i）當n=2k－1，k

23、=1，2，…時，①式即為（－1）2k－2（5a0－1）<（）2k－3， 即為a0<（）2k－3+.② ②式對k=1，2，…都成立，有a0<×（）－1+=. （ii）當n=2k，k=1，2，…時，①式即為（－1）2k－1（5a0－1）<（）2k－2， 即為a0>－×（）2k－2+.③ ③式對k=1，2，…都成立，有 a0>－×（）2×1－2+=0. 綜上，①式對任意n∈N+成立，有0an－1（n∈N+）成立，特別取n=1，2有a1－a0=1－3a0>0， a2－a1=6a0>0，因此00. 由an通項公式5（an－an－1）=2×3n－1+（－1）n－13×2n－1+（－1）n5×3×2n－1a0. （i）當n=2k－1，k=1，2，…時， 5（an－an－1）=2×3n－1+3×2n－1－5×3×2n－1a0>2×2n－1+3×2n－1－5×2n－1=0. （ii）當n=2k，k=1，2，…時， 5（an－an－1）=2×3n－1－3×2n－1+5×3×2n－1a0>2×3n－1－3×2n－1≥0. 內(nèi)容總結(jié)