1996年江西高考文科数学真题及答案

1996年江西高考文科数学真题及答案第Ⅰ卷（选择题共65分）注意事项：1．答案Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案，不能答在试题卷上．3．考试结束，监考人将本试卷和答题卡一并收回．一．选择题：本大题共15小题；第1—10题每小题4分，第11—15题每小题5分，共65分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集1,2,3,4,5,6,7I，集合1,3,5,7,3,5AB．则A．IABB．IABC．IABD．IAB【答案】C【解析】显然C正确．2．当1a时，在同一坐标系中，函数xya与logayx的图像【答案】A【解析】当1a时，函数xya是减函数，且过点(0,1)；而函数logayx为增函数，且过点(1,0)．3．若22sincosxx，则x的取值范围是A．Zkkxkx,412432B．Zkkxkx,452412C．Zkkxkx,4141D．Zkkxkx,4341【答案】D【解析】22212sincossinsin22xxxx或2sin2x，解得24kx32()4kkZ或322()44kxkkZ，即(21)(21)4kxk3()4kZ，所以x的取值范围是Zkkxkx,4341．4．复数54)31()22(ii等于A．i31B．i31C．i31D．i31【答案】B【解析】44425555(22)2(1)(2)132()(13)132()22iiiiii．5．6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有A．720种B．360种C．240种D．120种【答案】C【解析】将甲、乙两人捆绑在一起，不同的排法有5252240AA．6．已知是第三象限角且24sin25，则tan2A．43B．34C．34D．43【答案】D【解析】由已知得7cos25，所以2sin2sin1cos22tan2sincos2sincos22271()42524325．7．如果直线,lm与平面,,满足：,//,llm和m，那么必有A．且lmB．且//mC．//m且lmD．//且【答案】A【解析】略．8．当22x时，函数()sin3cosfxxx的A．最大值是1，最小值是1B．最大值是1，最小值是12C．最大值是2，最小值是2D．最大值是2，最小值是1【答案】D【解析】因为()sin3cos2sin()3fxxxx，由已知5636x．故当32x，即6x时，()fx有最大值是2；当36x，即2x时，()fx有最小值是1．9．中心在原点，准线方程为4x，离心率为12的椭圆方程是A．22143xyB．22134xyC．2214xyD．2214yx【答案】A【解析】由题设可得214,2acca，解得2,1ac，所以椭圆方程是22143xy．10．圆锥母线长为1，侧面展开图圆心角为240，该圆锥的体积是A．2281B．881C．4581D．1081【答案】C【解析】设圆锥底面半径为r，则224021360r，得23r，则圆锥高为2251()33，圆锥的体积是212545()33381．11．椭圆222515091890xxyy的两个焦点坐标是A．(3,5),(3,3)B．(3,3),(3,5)C．(1,1),(7,1)D．(7,1),(1,1)【答案】B【解析】椭圆的标准方程为2222(1)(3)153yx，而2222153yx的焦点为(0,4)，所以2222(1)(3)153yx的焦点坐标是(3,3),(3,5)．12．将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BDa，则三棱锥DABC的体积为A．63aB．123aC．3123aD．3122a【答案】D【解析】取AC的中点O，连接,BODO，如图所示．,ABCADC均为等腰直角三角形，222ACaBODO，∴2BOD，则DO面ABC，DO就是三棱锥DABC的高，所以23112232212DABCaVaa．13．等差数列na的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为A．130B．170C．210D．260【答案】C【解析】由已知得230,100mmSS，则232,,mmmmmSSSSS成等差数列，所以323()210mmmSSS．14．设双曲线)0(12222babyax的半焦距为c，直线l过(,0),(0,)ab两点．已知原点到直线l的距离为c43，则双曲线的离心率为A．2B．3C．2D．332【答案】A【解析】直线l的方程为0bxayab，原点到直线l的距离为2234abcab，则22222316abcab，即22222()316acacc，解得2e或233e，又0ab，所以2222212abbeaa，所以233e不合题意．15．()fx是(,)上的奇函数，(2)()fxfx，当01x时，()fxx，则(7.5)f等于A．0.5B．0.5C．1.5D．1.5【答案】B【解析】(7.5)(5.52)(5.5)[(3.5)](3.5)(1.5)[(0.5)]fffffff(0.5)0.5f．第Ⅱ卷（非选择题共85分）注意事项：1．第Ⅱ卷共6页，用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中．2．答卷前将密封线内的项目填写清楚．二．填空题：本大题共4小题；每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上．16．已知点(2,3)与抛物线)0(22ppxy的焦点的距离是5，则p．【答案】4【解析】由已知得22(2)352p，解得4p．17．正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有个．（用数字作答）【答案】32【解析】从7个点中取3个点有37C种取法，3个点共线的有3种，三角形共有37332C个．18．tg20tg403tg20tg40的值是．【答案】3【解析】∵tg20tg40tg(2040)31tg20tg40，∴tg20tg403(1-tg20tg40)，tg20tg403tg20tg403．19．如图，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值是．【答案】42【解析】由于//ADBC，所以CBF即为异面直线AD与BF所成角，设正方形边长为a，在CBF中，222,,BFaBCaFCFDCD2222cos602ADFAADFACDa，2222cos24BFBCFCCBFBFBC．三．解答题：本大题共6小题；共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．20．（本小题满分11分）解不等式log(1)1axa．【解】本小题考查对数函数性质，对数不等式的解法，分类讨论的方法和运算能力，满分11分．（Ⅰ）1a时，原不等式等价于不等式组：10,1.xaxaa——2分解得21xa．——5分（Ⅱ）当01a时，原不等式等价于不等式组：10,1.xaxaa——7分解得121axa．10分综上，当1a时，不等式的解集为21xxa；当01a时，不等式的解集为121xaxa．——11分21．（本小题满分12分）设等比数列na的前n项和为nS．若3692SSS，求数列的公比q．【解】本小题主要考查等比数列的基础知识，逻辑推理能力和运算能力．满分12分．若1q，则有3161913,6,9SaSaSa．但10a，即得3692SSS，与题设矛盾，故1q．——2分又依题意3692SSS可得369111(1)(1)2(1)111aqaqaqqqq．整理得363(21)0qqq．由0q得方程63210qq．33(21)(1)0qq，——9分∵31,1qq，∴3210q，∴342q．——12分22．（本小题满分11分）已知ABC的三个内角,,ABC满足：BCABCAcos2cos1cos1,2，求2cosCA的值．解法一：由题设条件知60,120BAC．——2分∵222cos60，∴22cos1cos1CA．将上式化为CACAcoscos22coscos．利用和差化积及积化和差公式，上式可化为)]cos()[cos(22cos2cos2CACACACA．——6分将21)cos(,2160cos2cosCACA代入上式得2cos2cos()22ACAC．将1)2(cos2)cos(2CACA代入上式并整理得023)2cos(2)2(cos242CACA——9分(2cos2)(22cos3)022ACAC，∵22cos302AC，∴2cos202AC．从而得2cos22AC．——12分解法二：由题设条件知60,120BAC．设2AC，则2AC，可得60,60AC，——3分所以)60cos(1)60cos(1cos1cos1CAsin23cos211sin23cos21122sin43cos41cos43coscos2．——7分依题设条件有Bcos243coscos2，∵21cosB，∴2243coscos2．整理得242cos2cos320,——9分(2cos2)(22cos3)0，∵03cos22，∴02cos2．从而得222cosCA．——11分23．（本小题满分12分）【注意：本题的要求是，参照标号①的写法，在标号②、③、④、⑤的横线上填写适当步骤，完成（Ⅰ）证明的全过程；并解答（Ⅱ），如图2．】如图1，在正三棱柱111ABCABC中，13AAABa，,EF分别是11,BBCC上的点，且,2BEaCFa．（Ⅰ）求证：面AEF面ACF；（Ⅱ）求三棱锥1AAEF的体积．（Ⅰ）证明：①∵,2BEaCFa，//BECF，延长FE与CB延长线交于D，连结AD．∴DBEDCF，∴DBBEDCCF．②．∴DBAB．③．∴DAAC．④．∴FAAD．⑤．∴AEF面ACF．（Ⅱ）解：【解】本小题考查空间线面关系，正三棱柱的性质，逻辑思维能力，空间想象能力及运算能力．满分12分．（Ⅰ）②∵:1:2BECF，∴2DCDB，∴DBBC，——1分③∵ABD是等腰三角形，且120ABD，∴30BAD，∴90CAD，——3分④∵FC面ACD，∴CA是FA在面ACD上的射影，且CAAD，——5分⑤∵FAACA，DA面ACF，DA面ADF，∴面ADF面ACF．7分（Ⅱ）∵11AAEFEAAFVV，在面111ABC内作111BGAC，垂足为G．132aBG．面111ABC面1AC，∴1BG面1AC，∵1EBB，而1//BB面1AC，∴三棱柱1EAAF的高为32a．——9分1211322AFAaSAAAC．——1