2003年高考数学试题江西卷

1、2003 年高考数学试题（江西卷理工农医类）试题部分一、选择题：本大题共只有一项是符合题目要求的第I卷（选择题 共 60 好）12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中,1.二汽等于（ 仁3i）21A.-41B.-43.I43.C.1i2 21D.22已知 x(jr0),2cosx=-，贝 U tan2x 等于(7A.247B.2424C.-724D.73设函数 f(x)21x2,-1,0,若 f （ X0）1，则 X0的取值范围是（x 0.A.(1,1)C.(m,2)U(0,4.0 是平面上+m）定点，A、B.(1,+m)D.( m, 1)U(1,是平面上不共线的三个

2、点,+m)动点PABOP =OA(-|AB|A.外心）,入 0 , +m），则 P 的轨迹一定通过厶|AC|B.内心ABC 的（C.重心D.垂心x + 15.函数 y=lnx 1x（1 , +m）的反函数为（xe -1A.y=(0,+m)B.y=V，x(0,+m)ex-1xeC.y=xe二,x( m,10)ex1D.y= -,x( m,0)ex-16棱长为 a 的正方体中,连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（3aA. 一33aB.一43aC.一63aD.-122003 年高考数学试题（江西卷理工农医类）7.设 a0 , f (x) =ax2+bx+c,曲线 y=f (x)在点 P

3、 (xo, f ( xo)处切线的倾斜角的取值c2cC2 C3 C4-C2Cn)等于（A.31B.-31C.-6D.612. 一个四面体的所有棱长都为2,四个顶点在同一球面上， 则此球的表面积为（A.3nB.4nD.6nTT范围为0,二,则 P 到曲线 y=f （ x）对称轴距离的取值范围为（）41ibb -1A.:0,舌:B.:0，2a:C.:0,|2a|:D.:0，方卩i8.已知方程（x22x+m） （x2- 2x+n） =0 的四个根组成一个首项为的等差数列，则4|m n| 等于（）F （7, 0），直线 y=x 1 与其相交于 M、N 两点，MN 中点的横坐标为一 -，则此双曲线的方程

4、是（）310.已知长方形的四个顶点 A （0, 0）、B （2, 0）、C （2, 1）和 D （0, 1）, 一质点从 AB的中点 P0沿与 AB 夹角为B的方向射到 BC 上的点 P1后，依次反射到 CD、DA 和 AB 上 的点 P2、P3和 P4（入射角等于反射角）.设 P4的坐标为（X4,0）.若 1X40,求函数 f (x) =、x ln (x+a)(x( 0, +a)的单调区间.20. (本小题满分 12 分)A、B 两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A 队队员是 A1, A2, A3, B 队队员是 B1, B2, B3,按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率 如下

5、：现按表中对阵方式出场，每场胜队得1 分，负队得 0 分.设 A 队、B 队最后所得总分分别为E、n.(I)求E、n的概率分布；(n)求 EE ,En.21. (本小题满分 12 分)已知常数a0,向量 c=(0, a), i= (1, 0),经过原点O 以c+入 i 为方向向量的直线与经过定点 A ( 0, a),以 i 2 入 c 为方向向量的直线相交于点 P. 其中入 R.试问：是否存在两个定点 E、F，使得|PE|+|PF|为定值.若存在，求出 E、F 的坐 标；若不存在，说明理由.22. (本小题满分 14 分)设 ao为常数，且 an=3n 1 2an-1(n N+).1(I)证明

6、对任意 n1, an=: 3n+ ( 1)n1 2n + ( 1)n 2%;(n)在给出的直角坐标系中，画出函数y=f (x)在区间n n,上的图象22=1解法=2x -1x 一，又 2LJx Tly-1xTxT 2x T而 x1,的内心.5答案：B(n)假设对任意 n1 有 anan-1，求 a的取值范围 答案解析1答案：B解析:2(cos60 - i sin60 )22(COS30isin30 )2(cos60 -isin60 )22(cos60isin60 )= cos120 ) isin( 120 )二丄(一丄2 2 2i)解法一JI43:. x (0), cosx= , sinx=2

7、552ta nx24tan2x=-tan2x174n解法二：在单位圆中，用余弦线作出 cosx= ,x ( ，0)，判断出 2x且 tan2x=AT1，当 x 0 时， X00 时，x021 ,二 X01.综上，所以 X0的取值范围为(一31)U(1,+8).解法二：首先画出函数 y=f( x)与 y=1 的图象由图中易得 f( x) 1 时，所对应的 x 的取值范围4答案：BAB 解析：设AB为AB上的单位向量|AB|ACI AC |ABAC的单位向量，则的方向为/ BAC|AB| |AC|又入0,+a, 入+)的方向与 上B的方向相同| AB| | AC| AB | AC |而OP =OA

8、 (-AB|AB|.点P在AD上移动, P 的轨迹一定通过厶 ABC2答案：D3tanx=4的角平分线28答案：C9.答案：D2x解法一：设所求双曲线方程为2a2 2得务一 (r=1, (7 a2) x2 a2(x 1)2=a2(7 a2)a27-a2-即 3a2=2 (7 2a2), a2=2.2(7-a2)3xx 1x 1x 1l 11, ln 0，因此 y=ln 的反函数为 y=x -1x-1x-1lx_1(x0)解法二：因原函数的定义为(1, +R),而 y-1Ir 1一2lx12=1x1.因此lx1排除 A、C,又原函数的值域为(0, +R),排除6.答案：C解析：如图，此八面体可以

9、分割为两个正四棱锥,D.而AB2=(旦)2+(a)2=ia2, V八面体=】(2(2237.答案：B解析：f (x)的导数为f( x) =2ax+b，由已知 y=f (x)在点 P倾斜角的取值.因此有 0W2ax+bw1.而 P 到曲线 y=f (x)的对称轴的距离42ax0b2a卜|2ax。b|2a解析：设 a1=41a2= +d,41a3=+2d,41、a4=+3d,而方程4x2一2x+m=为 2, x2 2x+n=0中的两根之和也是2. ai+a2+ a3+ a4=1+6d=4 ,1 d=,21a1=,4a4=是4一个方程的两个根,35a?= , a3= 是44个方程的两个根，15为 m

10、 或 n. |m16 161n|=2=1整理得：222224J(7 2a ) x +2a x 8a +a =0.又 MN 中点横坐标为 一，x0=(xo, f (xo)处切线的X1X2x2 2故所求双曲线方程为 =1.25解法二：因所求双曲线与直线y=x 1 的交点的中点横坐标为一-0，故双曲线的渐近3-3,依题设 1AP42，即 12 30)时，为 k1，因此，排除 B、C.经检验22 2乞-乂 =15y = x1的交点的中点横坐标为-|.解法三：由已知 MN 中点横坐标 xo=-，可得中点纵坐标3yo=xo-1=-，设MN与2b-,则得：厲-yJA y?)(X2-Xj(X1X2)b210.

11、答案：C解析：设 P1B=x, / P1PoB=0,则 CP1=1 x,/ AP4P3均为0，所以 tan0=-p1B=x，又 tan0PoB CP2=X=11,而 tan0=PDX XP2D1 .2_(1)3-xDPL=X1 ,1DP3=x ( 3 X=3x 1,又 tan0=担AP41 -(3x T)AP42-3xA巳=X，2 -3x双曲线交点分别为 M (xi, yi)、N (X2, y2),2则有务a.区-X1)(xX2)_ W2-yj(y1y?)DP321x112二 4 5,，二 X .x 4252511答案：B解析：C2二c3=1,c：cm，=cm.11119 8 7=()rC；X

12、18r由题意得 18 3r=9, r=3，因此 x9的系数为(一)3C3 :228321二214.答案：63010461解析：因总轿车数为 9200 辆，而抽取 46 辆进行检验，抽样比例为，而2 2 2 2C2 C3 C4Cn322=C3C3C4232Cn= C4C4= c3,c；+c3+c；+c5 + +C1=c2* 1n 12345nn 112 答案：A解法一：AD6,AO=ZAD -233SOSA2- AO2、2、332:R2=（3、3-R）2球的表面积为 3n解法二：构造棱长为1 的正方体,则 C1A1BD 为棱长为x2的正四面体，正方体的外接球体也为正四面体的外接球3径为, 3，因

13、此球的表面积为4n( )2=3n.22113.答案：一21解析：(x2-云)9的展开式中，x2)9-r（-2x）1、r小r18_42r=（）C9X X,29Di920020016.答案：解析：、易判断，中 PMN 是正三角形且 AM=AP=AN，因此，三棱锥 APMN 是正三棱锥所以图中 I 丄平面 MNP，由此法，还可否定 / AM丰APMAN.也易否定2I兀.兀17.解：(I)f(x)=2sinx+2sinxcosx=1cos2x+sin2x=1+、2(sin2xcoscos2xsin)44=1+2sin (2x),4（n）由（I）知xy111JI JI故函数 y=f （x）在区间一，一上

14、的图象是2 218.解法一：（I）连结 BG,则 BG 是 BE 在面 ABD 的射影，即 / EBG是 A1B 与平面 ABD 所成的角.设 F 为 AB 中点，连结 EF、FC,D、E 分别是 CC1、A1B 的中点，又 DC 丄平面 ABC, CDEF 为矩形.连结 DF , G 是厶 ADB 的重心，1 G DF.在直角三角形 EFD 中，EF2=FG FD = FD2,所以函数 ffx）的最小正周期为n，最大值为 1 +2.三种型号的轿车有显着区别 根据分层抽样分为三层按1200比例抽样分别有6、 30、 10 辆.15答案：120解法一：先排 1 区，有 4 种方法，把其余四个区视

15、为一个圆环（如 图 1），沿着圆环的一个边界剪开并把圆环拉直，得到如图 2 的五个空格，在五个空格中放 3 种不同元素，且相同元素不能相邻两端元素不能 相同共有 15 种不同方法然后再把图 2 粘成圆形即可下面解决两端元素 相同的情况在这种情况下我们在六个空格如图3.要求相同元素不能相邻两端元素必须相同， 共有 15 种不同方法然后再把图 3 粘成圆环 形，把两端的两格粘在一起看成一个格即可综上，共有 4（ 15+15）=120种方法3/ EF=1 , FD= 3.=01：2 6是 ED= 、.2, EG=- FC=ED= 、2, AB=22, AiB=23, EB=, 3sinEBGn61E

16、B 33(n)连结 A1D,有VA1JDE-VD -AA1E/ ED 丄 AB, ED 丄 EF，又 EFnAB=F ,二 ED 丄平面 AiAB,设 A1到平面 AED 的距离为 h,则SAAED h=S-A1AE ED.1 1 1 0 , x0 时，f( x) 0= x2+ (2a 4) x+a20 ,22f( x) 0= x + (2a 4) x+a 1 时，对所有 x0 ,有 x2+ (2a 4) x+a20 , 即 f( x) 0 ,此时 f (乂)在(0 , +g)内单调递增.(ii )当 a=1 时，对XM1,有 x2+ (2a 4) x+a20 ,即 f( x) 0 ,此时 f

17、 (乂)在(0, 1)内单调递增，在(1, +g)内单调递增 又知函数 f (x)在 x=1 处连续，因此，函数 f (乂)在(0, +g)内单调递增.(iii) 当 0a0,即 x2+ (2a 4) x+a20,解得 x2 a+2J - a.因此，函数 f (x)在区间(0, 2 a 2 d - a )内单调递增，在区间(2 a+2 , 1 - a ,+g)内也单调递增.14AiB 与平面 ABD 所成角是7arccos-.3()由(I)有 A (2,0, 0), Ai(2,0, 2), E (1 , 1, 1), D (0, 0, 1).AE ED= ( 1, 1, 1)( 1, 1 ,

18、0) =0 ,23321 A1K=(2,2,-4).|AK| =3 33故 A1到平面 AED 的距离为2.6319解:f(x)2”x(x0 )令 f( x) 0 ,即 x2+ (2a 4) x+a20,23因为E+n=3，所以 En=3 EE=1521.解：根据题设条件，首先求出点P 坐标满足的方程.据此再判断是否存在两定点，使得点 P 到两定点距离的和为定值.Ti= (1, 0), c= (0, a) ， c+ 入 i=(入，a), i 2 入 c= (1, 2 入 a).因此，直线 0P 和 AP 的方程分别为 入 y=ax 和 y a= 2 入 ax.消去参数入，得点 P (x, y)

19、的坐标满足方程 y (y a) = 2a,2,a2解得 2-a 2 J - a x 0,所以得：(i)当 a=2 时，方程是圆方程，故不存在合乎题意的定点222(ii )当 Ovav时，方程表示椭圆，焦点E (1 a2)和 F (-22 W 2 22/k+1ck+1+ ( 1)2 ao,也就是说，当 n=k+1 时，等式也成立.根据(门和(ii)，可知等式对任何 n N+成立.证法：如果设 an a3“=一 2 (an-1 a3“ 1),1n1 2an-1代入，可解出 a=-5(n)解法一：由 an通项公式2汇3*4十(_1)*二3；2*4an an1=3二 anan-1(n N+)等价于(1)n1( 5a。 1) 2时，方程也表示椭圆,2焦点 E(O(a211-)和 F (0， (a22a2-1)为合乎题22.(I