1990年江西高考文科数学真题及答案

1990年江西高考文科数学真题及答案一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.把所选项前的字母填在题后括号内.(2)cos275°+cos215°+cos75°cos15°的值等于(3)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是S,那么圆柱的体积等于(6)已知上图是函数y=2sin(ωx+ψ)(│ψ│)的图象,那么(7)设命题甲为:0x5;命题乙为:│x-2│3.那么(A)甲是乙的充分条件,但不是乙的必要条件.(B)甲是乙的必要条件,但不是乙的充分条件.(C)甲是乙的充要条件.(D)甲不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件.(A){-2,4}(B){-2,0,4}(C){-2,0,2,4}(D){-4,-2,0,4}(9)如果直线y=ax+2与直线y=3x-b关于直线y=x对称,那么(C)a=3,b=-2(D)a=3,b=6(10)如果抛物线y2=a(x+1)的准线方程是x=-3,那么这条抛物线的焦点坐标是(A)(3,0)(B)(2,0)(C)(1,0)(D)(-1,0)(A)Ф(B){(2,3)}(C)(2,3)(D){(x,y)│y=x+1}(12)A,B,C,D,E五人并排站成一排,如果A,B必须相邻且B在A的右边,那么不同的排法共有(A)60种(B)48种(C)36种(D)24种(13)已知f(x)=x5+ax3+bx-8,且f(-2)=10,那么f(2)等于(A)-26(B)-18(C)-10(D)10(14)如图,正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长相等,如果E、F分别为SC、AB的中点,那么异面直线EF与SA所成的角等于(A)90°(B)60°(C)45°(D)30°(15)以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有(A)6个(B)12个(C)18个(D)30个二、填空题:把答案填在题中横线上.(17)(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中,x2的系数等于.(19)如图,三棱柱ABC—A1B1C1中,若E、F分别为AB、AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分,那么V1:V2=奎屯王新敞新疆奎屯王新敞新疆三、解答题.(21)有四个数,其中前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数奎屯王新敞新疆(23)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC.DE垂直平分SC,且分别交AC、SC于D、E.又SA=AB,SB=BC.求以BD为棱,以BDE与BDC为面的二面角的度数.(24)已知a0,a≠1,解不等式loga(4+3x-x2)-loga(2x-1)loga2.(25)设a≥0,在复数集C中解方程z2+2│z│=a.参考答案一、选择题:本题考查基本知识和基本运算.(1)A(2)C(3)D(4)B(5)D(6)C(7)A(8)B(9)A(10)C(11)B(12)D(13)A(14)C(15)B二、填空题:本题考查基本知识和基本运算.三、解答题.(21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程(组)解决问题的能力.依题意有由②式得d=12-2a.③整理得a2-13a+36=0.解得a1=4,a2=9.代入③式得d1=4,d2=-6.从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.解法二:设四个数依次为x,y,12-y,16-x.依题意,有由①式得x=3y-12.③将③式代入②式得y(16-3y+12)=(12-y)2,整理得y2-13y+36=0.解得y1=4,y2=9.代入③式得x1=0,x2=15.从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.(22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力.解法一:由已知得两式相除得解法二:如图,不妨设0≤α≤β2π,且点A的坐标是(cosα,sinα),点B的坐标是(cosβ,sinβ),则点A,B在单位圆x2+y2=1上.连结AB,若C是AB的中点,由题设知点C连结OC,于是OC⊥AB,若设点D的坐标是(1,0),再连结OA,OB,则有解法三:由题设得4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ).将②式代入①式,可得sin(α-j)=sin(j-β).于是α-j=(2k+1)π-(j-β)(k∈Z),或α-j=2kπ+(j-β)(k∈Z).若α-j=(2k+1)π-(j-β)(k∈Z),则α=β+(2k+1)π(k∈Z).于是sinα=-sinβ,即sinα+sinβ=0.由此可知α-j=2kπ+(j-β)(k∈Z).即α+β=2j+2kπ(k∈Z).(23)本小题考查直线和平面,直线和直线的位置关系,二面角等基本知识,以及逻辑推理能力和空间想象能力.解法一:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE,BE∩DE=E,∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD.又∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上,∴SA⊥BD.而SC∩SA=S,∴BD⊥面SAC.∵DE=面SAC∩面BDE,DC=面SAC∩面BDC,∴BD⊥DE,BD⊥DC.∴∠EDC是所求的二面角的平面角.∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.又已知DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于60°.解法二:由于SB=BC,且E是SC的中点,因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线,所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE,BE∩DE=E.∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD.由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面ABC上的射影在AC上,根据三垂线定理又得BD⊥DE.∵DE面BDE,DC面BDC,∴∠EDC是所求的二面角的平面角.以下同解法一.(24)本小题考查对数,不等式的基本知识及运算能力.解:原不等式可化为loga(4+3x-x2)loga2(2x-1).①当0a1时,①式等价于即当0a1时,原不等式的解集是{x│2x4}.当a1时,①式等价于(25)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力.解法一:设z=x+yi,代入原方程得于是原方程等价于方程组由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数或为纯虚数.下面分别加以讨论.情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为x2+2│x│=a.③(Ⅰ)令x0,方程③变为x2+2x=a.④由此可知:当a=0时,方程④无正根;(Ⅱ)令x0,方程③变为x2-2x=a.⑤由此可知:当a=0时,方程⑤无负根;(Ⅲ)令x=0,方程③变为0=a.⑥由此可知:当a=0时,方程⑥有零解x=0;当a0时,方程⑥无零解.所以,原方程的实数解是:当a=0时,z=0;情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为-y2+2│y│=a.⑦(Ⅰ)令y0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a.⑧由此可知:当a1时,方程⑧无实根.从而,当a=0时,方程⑧有正根y=2;(Ⅱ)令y0,方程⑦变为-y2-2y=a,即(y+1)2=1-a.⑨由此可知:当a1时,方程⑨无实根.从而,当a=0时,方程⑨有负根y=-2;所以,原方程的纯虚数解是:当a=0时,z=±2i;而当a1时,原方程无纯虚数解.解法二:设z=x+yi,代入原方程得于是原方程等价于方程组由②式得y=0或x=0.由此可见,若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数.下面分别加以讨论.情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时,①式化为x2+2│x│=a.情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论,现在只需考查y≠0的情形,即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时,①式化为-y2+2│y│=a.当a=0时,因y≠0,解方程④得│y│=2,即当a=0时,原方程的纯虚数解是z=±2i.即当0a≤1时,原方程的纯虚数解是当a1时,方程④无实根,所以这时原方程无纯虚数解.解法三:因为z2=-2│z│+a是实数,所以若原方程有解,则其解或为实数,或为纯虚数,即z=x或z=yi(y≠0).情形1.若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1.情形2.若z=yi(y≠0).以下同解法一或解法二中的情形2.解法四:设z=r(cosθ+isinθ),其中r≥0,0≤θ2π.代入原方程得r2cos2θ+2r+ir2sin2θ=a.于是原方程等价于方程组情形1.若r=0.①式变成0=a.③由此可知:当a=0时,r=0是方程③的解.当a0时,方程③无解.所以,当a=0时,原方程有解z=0;当a0时,原方程无零解.(Ⅰ)当k=0,2时,对应的复数是z=±r.因cos2θ=1,故①式化为r2+2r=a.④由此可知:当a=0时,方程④无正根;(Ⅱ)当k=1,3时,对应的复数是z=±ri.因cos2θ=-1,故①式化为-r2+2r=a,即(r-1)2=1-a,⑤由此可知:当a1时,方程⑤无实根,从而无正根;从而,当a=0时,方程⑤有正根r=2;所以,当a=o时,原方程有解z=±2i;当0a≤1时,原方程有解当a1时,原方程无纯虚数解.