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高考數(shù)學(xué)試題 江西卷

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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)

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