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04三角函数★★★☆☆
函数 f(x)=(1+3tan⁡x)cos⁡xf(x) = (1 + \sqrt{3}\tan x)\cos x 的最小正周期为（ ）
\begin{solution} 在原定义域 cos⁡x≠0\cos x\neq0 上，f(x)=cos⁡x+3sin⁡x=2sin⁡(x+π6)f(x)=\cos x+\sqrt{3}\sin x=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right). 该正弦型函数的最小正周期为 2π2\pi，且原函数的定义域在平移 π\pi 后虽保持不变、函数值却变号，因此最小正周期仍为 2π2\pi，故选 A. \end{solution}
A.
2π2\pi
B.
3π2\frac{3\pi}{2}
C.
π\pi
D.
π2\frac{\pi}{2}

2009 · 江西 · 文 · 第 4 题 · 选择题

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06计数原理与组合数学★★★☆☆
若 Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn\mathrm C_n^1 x + \mathrm C_n^2 x^2 + \dots + \mathrm C_n^n x^n 能被77整除，则 xx，nn 的值可能为（ ）
\begin{solution} 由二项式定理，Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn=(1+x)n−1\mathrm C_n^1x+\mathrm C_n^2x^2+\cdots+\mathrm C_n^nx^n=(1+x)^n-1. 逐项检验：当 x=4x=4，n=3n=3 时值为 53−1=1245^3-1=124，不能被 77 整除；当 x=4x=4，n=4n=4 时值为 54−1=6245^4-1=624，不能被 77 整除；当 x=5x=5，n=4n=4 时值为 64−1=1295=7⋅1856^4-1=1295=7\cdot185，可以被 77 整除；当 x=6x=6，n=5n=5 时值为 75−1≡−1(mod7)7^5-1\equiv-1\pmod 7，不能被 77 整除. 因此选 C. \end{solution}
A.
x=4,n=3x = 4, n = 3
B.
x=4x = 4，n=4n = 4
C.
x=5x = 5，n=4n = 4
D.
x=6x = 6，n=5n = 5

2009 · 江西 · 文 · 第 6 题 · 选择题

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08数列★★★☆☆
公差不为零的等差数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}. 若 a4a_{4} 是 a3a_{3} 与 a7a_{7} 的等比中项，S8=32S_{8} = 32，则 S10S_{10} 等于（ ）
\begin{solution} 设等差数列首项为 a1a_{1}，公差为 d≠0d\neq0. 由 a42=a3a7a_{4}^{2}=a_{3}a_{7}，得 (a1+3d)2=(a1+2d)(a1+6d)(a_{1}+3d)^{2}=(a_{1}+2d)(a_{1}+6d)，从而 2a1+3d=02a_{1}+3d=0. 又 S8=4(2a1+7d)=32S_{8}=4(2a_{1}+7d)=32，所以 2a1+7d=82a_{1}+7d=8. 联立得 d=2d=2，a1=−3a_{1}=-3. 因此 S10=5(2a1+9d)=5(−6+18)=60S_{10}=5(2a_{1}+9d)=5(-6+18)=60，故选 C. \end{solution}
A.
1818
B.
2424
C.
6060
D.
9090

2009 · 江西 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，截面 PQMNPQMN 是正方形，则在下列命题中，错误的为（ ）
\begin{solution} 截面为正方形，所以 PQ∥MNPQ\parallel MN，QM∥PNQM\parallel PN，且 PQ⊥QMPQ\perp QM. 其中 PQPQ 在平面 ABCABC 内，MNMN 在平面 ACDACD 内，两平面的交线为 ACAC，故 PQ∥ACPQ\parallel AC；同理 QM∥BDQM\parallel BD. 因而 AC⊥BDAC\perp BD，命题 A 正确；AC∥PQAC\parallel PQ，所以 ACAC 平行于截面 PQMNPQMN，命题 B 正确.
正方形条件只给出 PQ=QMPQ=QM，不能推出 AC=BDAC=BD. 例如取 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(0,1,0)B=(0,1,0)，C=(4,0,0)C=(4,0,0)，D=(0,1,2)D=(0,1,2)，并取 P=(0,23,0)P=(0,\frac23,0)，Q=(43,23,0)Q=(\frac43,\frac23,0)，M=(43,23,43)M=(\frac43,\frac23,\frac43)，N=(0,23,43)N=(0,\frac23,\frac43). 则 PP，QQ，MM，NN 分别在 ABAB，BCBC，CDCD，DADA 上，且 PQMNPQMN 为边长 43\frac43 的正方形，而 AC=4AC=4，BD=2BD=2，故命题 C 错误.
又 BD∥QMBD\parallel QM，异面直线 PMPM 与 BDBD 所成的角等于 PMPM 与 QMQM 所成的角；正方形对角线与边成 45∘45^{\circ}，故命题 D 正确. 所以错误命题为 C. \end{solution}
A.
AC⊥BDAC \perp BD
B.
AC∥AC \parallel 截面 PQMNPQMN
C.
AC=BDAC = BD
D.
异面直线 PMPM 与 BDBD 所成的角为 45∘45^{\circ}

2009 · 江西 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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10概率与统计★★★☆☆
甲，乙，丙，丁44个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这44个队分成两个组（每组两个队）进行比赛，胜者再赛. 则甲，乙相遇的概率为（ ）
\begin{solution} 四队分成两组的三种等可能配对为（甲、乙）（丙、丁）、（甲、丙）（乙、丁）、（甲、丁）（乙、丙）. 第一种配对中甲、乙必相遇；另外两种配对中，甲、乙只有在各自先战胜对手后才在决赛相遇，概率为 12⋅12=14\frac12\cdot\frac12=\frac14. 因而所求概率为 13+23⋅14=12\frac13+\frac23\cdot\frac14=\frac12，故选 D. \end{solution}
A.
16\frac{1}{6}
B.
14\frac{1}{4}
C.
13\frac{1}{3}
D.
12\frac{1}{2}

2009 · 江西 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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17导数及其应用★★★☆☆
设函数 f(x)=x3−92x2+6x−af(x) = x^3 - \frac{9}{2} x^2 + 6x - a.
(1) 对于任意实数 xx，f′(x)⩾mf'(x) \geqslant m 恒成立，求 mm 的最大值； (2) 若方程 f(x)=0f(x)=0 有且仅有一个实根，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item f′(x)=3x2−9x+6=3(x−32)2−34f'(x)=3x^{2}-9x+6=3\left(x-\frac32\right)^{2}-\frac34. 因此对任意实数 xx，都有 f′(x)⩾−34f'(x)\geqslant-\frac34，且在 x=32x=\frac32 时取等号. 若 f′(x)⩾mf'(x)\geqslant m 恒成立，则 m⩽−34m\leqslant-\frac34，所以 mm 的最大值为 −34-\frac34.
\item f′(x)=3(x−1)(x−2)f'(x)=3(x-1)(x-2)，所以 f(x)f(x) 在 (−∞,1)(-\infty,1) 和 (2,+∞)(2,+\infty) 上递增，在 (1,2)(1,2) 上递减. 两个极值为 f(1)=52−af(1)=\frac52-a，f(2)=2−af(2)=2-a.
若 a<2a<2，则 f(2)>0f(2)>0，局部极小值也为正，函数只在 (−∞,1)(-\infty,1) 上有一个零点. 若 a>52a>\frac52，则 f(1)<0f(1)<0，局部极大值也为负，函数只在 (2,+∞)(2,+\infty) 上有一个零点.
当 2<a<522<a<\frac52 时，f(1)>0>f(2)f(1)>0>f(2)，三段单调区间各有一个零点；当 a=2a=2 或 a=52a=\frac52 时，极值点给出重根且另有一个零点，均不满足“有且仅有一个实根”. 因而 a<2a<2 或 a>52a>\frac52. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18概率与统计★★★☆☆
某公司拟资助三位大学生自主创业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审. 假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是 12\frac{1}{2}. 若某人获得两个“支持”，则给予 10 万元10\text{ 万元} 的创业资助. 若只获得一个“支持”，则给予 5 万元5\text{ 万元} 的资助；若未获得“支持”，则不予资助. 求：
(1) 该公司的资助总额为零的概率； (2) 该公司的资助总额超过15 万元15\text{ 万元}的概率.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对每位大学生，两位专家都“不支持”的概率为 12⋅12=14\frac12\cdot\frac12=\frac14. 三位大学生的评审相互独立，资助总额为零当且仅当三人的评审结果都为“两次不支持”，所以所求概率为 (14)3=164\left(\frac14\right)^{3}=\frac1{64}.
\item 把六次独立评审中“支持”的次数记为 XX，则 X∼B(6,12)X\sim B\left(6,\frac12\right). 每次“支持”对应 55 万元资助，因此总额为 5X5X 万元. 总额超过 1515 万元等价于 X⩾4X\geqslant4，故
P(X⩾4)=C64+C65+C6626=15+6+164=1132P(X\geqslant4)=\frac{\mathrm C_6^4+\mathrm C_6^5+\mathrm C_6^6}{2^6}=\frac{15+6+1}{64}=\frac{11}{32}
\end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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19三角函数★★★☆☆
△ABC\triangle ABC 中，AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc，A=π6A = \frac{\pi}{6}，(1+3)c=2b(1 + \sqrt{3})c = 2b.
(1) 求 CC； (2) 若 CB→⋅CA→=1+3\overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{CA} = 1 + \sqrt{3}，求 aa，bb，cc.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正弦定理，bc=sin⁡Bsin⁡C\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}. 又 B=5π6−CB=\frac{5\pi}{6}-C，且 bc=1+32\frac{b}{c}=\frac{1+\sqrt3}{2}，所以
sin⁡(5π6−C)=1+32sin⁡C\sin\left(\frac{5\pi}{6}-C\right)=\frac{1+\sqrt3}{2}\sin C
展开左边得 12cos⁡C+32sin⁡C\frac12\cos C+\frac{\sqrt3}{2}\sin C，从而 cos⁡C=sin⁡C\cos C=\sin C. 因为 0<C<5π60<C<\frac{5\pi}{6}，所以 C=π4C=\frac{\pi}{4}.
\item 由正弦定理和 A=π6A=\frac{\pi}{6}、C=π4C=\frac{\pi}{4}，有 ac=sin⁡Asin⁡C=12\frac{a}{c}=\frac{\sin A}{\sin C}=\frac1{\sqrt2}. 再由已知，b=1+32cb=\frac{1+\sqrt3}{2}c. 由向量数量积，
CB→⋅CA→=abcos⁡C=c2⋅1+32c⋅22=1+34c2\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}=ab\cos C =\frac{c}{\sqrt2}\cdot\frac{1+\sqrt3}{2}c\cdot\frac{\sqrt2}{2} =\frac{1+\sqrt3}{4}c^{2}
因此 c2=4c^{2}=4，因边长为正，c=2c=2，进而 a=2a=\sqrt2，b=1+3b=1+\sqrt3. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 江西 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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