2004年高考试题全国卷2_3

2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）

(四川、吉林、黑龙江、云南等地区)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． （1）已知集合M＝{x|x2＜4}，N＝{x|x2－2x－3＜0}，则集合M∩N＝ （A）{x|x＜－2} （B）{x|x＞3} （C）{x|－1＜x＜2} （D）{x|2＜x＜3}

x2x2lim2（2）n1x4x5＝

1（A）2 （B）1

21（C）5 （D）4 13（3）设复数ω＝－2＋2i，则1＋ω＝

（A）–ω （B）ω2

12（C） （D）

（4）已知圆C与圆(x－1)2＋y2＝1关于直线y＝－x对称，则圆C的方程为 （A）(x＋1)2＋y2＝1 （B）x2＋y2＝1 （C）x2＋(y＋1)2＝1 （D）x2＋(y－1)2＝1

1（5）已知函数y＝tan(2x＋φ)的图象过点(12,0)，则φ可以是

（A）－6 （B）6 （C）－12 （D）12

（6）函数y＝－ex的图象

（A）与y＝ex的图象关于y轴对称 （B）与y＝ex的图象关于坐标原点对称 （C）与y＝e－x的图象关于y轴对称 （D）与y＝e－x的图象关于坐标原点对称

（7）已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离为2，则球心O到平面ABC的距离为 2136（A）3 （B）3 （C）3 （D）3

（8）在坐标平面内，与点A(1，2)距离为1，且与点B(3，1)距离为2的直线共有

（A）1条 （B）2条 （C）3条 （D）4条

43e(,)OAlle5511（9）已知平面上直线的方向向量，点O(0,0)和A(1,-2)在上的射影分别是O1和A1，则＝，其中＝

1111（A）5 （B）－5 （C）2 （D）－2

（10）函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数

335（A）(2，2) （B）(，2) （C）(2，2) （D）(2，3)

（11）函数y＝sin4x＋cos2x的最小正周期为

（A）4 （B）2 （C） （D）2

（12）在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有 （A）56个 （B）57个 （C）58个 （D）60个

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．

（13）从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个红球，则随机变量ξ的概率分布为

ξ P

（14）设x，y满足约束条件

0 1 2

则z＝3x＋2y的最大值是 ．

（15）设中心在原点的椭圆与双曲线2x2－2y2＝1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是 ． （16）下面是关于四棱柱的四个命题：

①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱

②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱

④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱 其中，真命题的编号是 (写出所有真命题的编号)．

解答题：本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （17） (本小题满分12分)

x0，xy，2xy1，31已知锐角三角形ABC中，sin(A＋B)＝5，sin(A－B)＝5．

(Ⅰ)求证：tanA＝2tanB；

(Ⅱ)设AB＝3，求AB边上的高．

（18）(本小题满分12分)

已知8个球队中有3个弱队，以抽签方式将这8个球队分为A、B两组，每组4个．求 (Ⅰ)A、B两组中有一组恰有两个弱队的概率； (Ⅱ)A组中至少有两个弱队的概率．

（19）(本小题满分12分)

n2数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝nSn（n＝1，2，3，…）．证明：

Sn(Ⅰ)数列{n}是等比数列；

(Ⅱ)Sn＋1＝4an．

（20）(本小题满分12分) ．

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90o，AC＝1，CB＝2，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M．

(Ⅰ)求证：CD⊥平面BDM；

(Ⅱ)求面B1BD与面CBD所成二面角的大小．

（21）(本小题满分12分)

给定抛物线C：y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点． (Ⅰ)设l的斜率为1，求OA与OB夹角的大小；

(Ⅱ)设FB＝AF，若∈[4，9]，求l在y轴上截距的变化范围．

(22)(本小题满分14分)

已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝xlnx． (1)求函数f(x)的最大值；

ab(2)设0＜a＜b，证明：0＜g(a)＋g(b)－2g(2)＜(b－a)ln2．

2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）

(四川、吉林、黑龙江、云南等地区) 答案：

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．

（1）C （2）A （3）C （4）C （5）A （6）D （7）B （8）B （9）D （10）B （11）B （12）C

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．

1（13）0.1，0.6，0.3 （14）5 （15）2x2＋y2＝1 （16）②④

3117．(I)证明：∵sin(A+B)=5,sin(A-B)=5

sinAcosBcosAsinBsinAcosBcosAsinB∴(II)解：∵23sinAcosB51cosAsinB52515tanA2tanB，∴tanA2tanB.

sin(AB)343cos(AB)tan(AB)5, ∴5, 4

tanAtanB34,将tanA2tanB代入上式并整理得2tan2B4tanB10 即1tanAtanBtanB解得

2626tanB2,因为B为锐角，所以2,∴tanA2tanB =2+6 CDCD3CD设AB上的高为CD，则AB=AD+DB=tanAtanB26，由AB=3得CD=2+

故AB边上的高为2+6 6

C32C526247 C818．(I) 解：有一组恰有两支弱队的概率

31C32C52C3C51442 CC88(II)解：A组中至少有两支弱队的概率

n219．（I）证： 由a1=1,an+1=nSn(n=1,2,3，…)，

S222S1S24a1S121212知a2=1S1=3a1,2, 1,∴1

Sn1n12n2SnSn又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),则Sn+1-Sn=nSn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn, n(n=1,2,3，…).故数列{n}是首项为

1，公比为2的等比数列

Sn1SSn14n1(n2)n1（II）解：由（I）知，n1，于是Sn+1=4(n+1)·n1=4an(n2)

又a2=3S1=3,则S2=a1+a2=4=4a1,因此对于任意正整数n≥1都有Sn+1=4an.

20．解法一：(I)如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2， ∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形， 又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B， ∵A1C1=1，C1B1=2，∴A1B1=3， 又BB1=1，∴A1B=2，

1∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=2A1B=1，

BAA'DACA'C'MDCB'C'MB'BCD=CC1 12又DM=2AC1=2，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,即CD⊥DM，

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM (II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，

11则FG∥CD，FG=2CD∴FG=2，FG⊥BD.

AA'1由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=2A1B=1，

CFBGDC'MB'3所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=2，

∴∠B1GF是所求二面角的平面角 32又B1F2=B1B2+BF2=1+(2)2=2.

B1GFGB1F2B1GFG222(∴cos∠B1GF=

32123)()2223331222 3即所求二面角的大小为π-arccos3 解法二：如图以C为原点建立坐标系 zAA'211(I):B(2,0,0),B1(2,1,0),A1(0,1,1),D(2,2,2), 2211M(2,1,0),CD(2,2,2),A1B(2,-1,-1), 11DM(0,2,-2),CDA1B0,CDDM0,

FBXDCGB'C'My∴CD⊥A1B,CD⊥DM.

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线， 所以CD⊥平面BDM 3211211231,,),(,,),B1G224442444∴BDB1G0，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，BD(II):设BD中点为G，连结B1G，则G(-,,)，

(∴CD与B1G的夹角等于所求二面角的平面角，

CDB1G|CD||B1G|3.3cos

3所以所求二面角的大小为π-arccos3 21．解：（I）C的焦点为F(1,0)，直线l的斜率为1，所以l的方程为y=x-1. 将y=x-1代入方程y2=4x，并整理得x2-6x+1=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1+x2=6,x1x2=1，

OAOB=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3.

22|OA||OB|x12y12x2y2x1x2[x1x24(x1x2)16]41

OAOBcos=|OA||OB|341.41

341所以OA与OB夹角的大小为-arccos41.

x21(1x1)(1)yy1(2)得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即2

解：(II)由题设知FBAF由 (2)得y22=λ2y12, ∵y12=4x1,y22=4x2,∴x2=λ2x1……………………………………(3)

联立(1)(3)解得x2=λ.依题意有λ>0. ∴B(λ,2)或B(λ,-2)，又F(1,0),

得直线l的方程为(λ-1)y=2(x-1)或(λ-1)y=-2(x-1) 22当λ∈[4,9]时，l在y轴上的截距为1或-1 22221111由=，可知在[4，9]上是递减的，

3443224 ∴413，-3-14334[,][,]43 直线l在y轴上截距的变化范围是341122．(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞),f'(x)=1x.令f'(x)=0，解得x=0，当-10,当x>0时,f'(x)<0，又f(0)=0，

故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0 abab2a2blnblnab. (II)证法一：g(a)+g(b)-2g(2)=alna+blnb-(a+b)ln2=aab由(I)的结论知

lnln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0)，由题设0baab0,102a2b,因此

2ababa2bababl1n()lnln(1)ab2a2a,ab2b2b.

ln2a2bbaabbln0abab>-22.

所以a

2aab2a2bab2b2b,lnblnlnbln(ba)ln(ba)ln2.ab2babab2babab又 aax(II)证法二：g(x)=xlnx,g'(x)lnx1,设F(x)= g(a)+g(x)-2g(2),

则

F'(x)g'(x)2[g(axax)]'lnxln.22当0a时F'(x)0,因此F(x)在(a,+∞)上为

ab增函数从而，当x=a时，F(x)有极小值F(a)因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,即0设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则

G'(x)lnxlnaxln2lnxln(ax).2当x>0时,G'(x)0,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数，因为G(a)=0,b>a,

ab所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g(2)<(b-a)ln2.