2004年高考理科数学(全国二卷)真题

-1-2004年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)《理科数学》试卷一、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}（2）542lim221xxxxn＝（）（A）21（B）1（C）52（D）41（3）设复数ω＝－21＋23i，则1＋ω＝（）（A）–ω（B）ω2（C）1（D）21（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（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-2-（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（）（A）31（B）33（C）32（D）36（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（9）已知平面上直线l的方向向量)53,54(e，点O(0,0)和A(1,-2)在l上的射影分别是O1和A1，则11AO＝e，其中＝（）（A）511（B）－511（C）2（D）－2（10）函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数（）（A）(2，23)（B）(，2)（C）(23，25)（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ξ012P（14）设x，y满足约束条件-3-，yxy，x，x120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)．三、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)已知锐角三角形ABC中，sin(A＋B)＝53，sin(A－B)＝51．(Ⅰ)求证：tanA＝2tanB；(Ⅱ)设AB＝3，求AB边上的高．-4-（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)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝nn2Sn（n＝1，2，3，…）．证明：(Ⅰ)数列{nSn}是等比数列；(Ⅱ)Sn＋1＝4an．-5-（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．-6-(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；(2)设0＜a＜b，证明：0＜g(a)＋g(b)－2g(2ba)＜(b－a)ln2．-7-2004年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅱ卷)《理科数学》试卷答案一、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．（13）0.1，0.6，0.3（14）5（15）21x2＋y2＝1（16）②④17．(I)证明：∵sin(A+B)=53,sin(A-B)=51∴51sincoscossin53sincoscossinBABABABA51sincos52cossinBABA2tantanBA，∴BAtan2tan.(II)解：∵2A+Bπ,53)sin(BA,∴54)cos(BA,43)tan(BA即43tantan1tantanBABA,将BAtan2tan代入上式并整理得01tan4tan22BB解得262tanB,因为B为锐角，所以262tanB,∴BAtan2tan=2+6奎屯王新敞新疆设AB上的高为CD，则AB=AD+DB=623tantanCDBCDACD，由AB=3得CD=2+6-8-故AB边上的高为2+6奎屯王新敞新疆18．(I)解：有一组恰有两支弱队的概率762482523CCC奎屯王新敞新疆(II)解：A组中至少有两支弱队的概率21481533482523CCCCCC奎屯王新敞新疆19．（I）证：由a1=1,an+1=nn2Sn(n=1,2,3，…)，知a2=112S1=3a1,224212aS,111S,∴21212SS又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),则Sn+1-Sn=nn2Sn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn,211nSnSnn(n=1,2,3，…).故数列{nSn}是首项为1，公比为2的等比数列奎屯王新敞新疆（II）解：由（I）知，)2(14111nnSnSnn，于是Sn+1=4(n+1)·11nSn=4an(n2)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，∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=21A1B=1，CD=CC1奎屯王新敞新疆又DM=21AC1=22，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奎屯王新敞新疆(II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，ABCA'B'C'DMA'CBAC'B'MD-9-则FG∥CD，FG=21CD奎屯王新敞新疆∴FG=21，FG⊥BD.由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=21A1B=1，所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=23，∴∠B1GF是所求二面角的平面角奎屯王新敞新疆又B1F2=B1B2+BF2=1+(22)2=23.∴cos∠B1GF=332123223)21()23(222121221FGGBFBFGGB奎屯王新敞新疆即所求二面角的大小为π-arccos33奎屯王新敞新疆解法二：如图以C为原点建立坐标系奎屯王新敞新疆(I):B(2,0,0),B1(2,1,0),A1(0,1,1),D(22,21,21),M(22,1,0),CD(22,21,21),BA1(2,-1,-1),DM(0,21,-21),,0,01DMCDBACD∴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奎屯王新敞新疆(II):设BD中点为G，连结B1G，则G),41,41,423(BD(-22,21,21)，GB1),41,43,42(∴01GBBD，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，∴CD与GB1的夹角等于所求二面角的平面角，cos.33||||11GBCDGBCD所以所求二面角的大小为π-arccos33奎屯王新敞新疆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.ABCA'B'C'DMFGzXyA'CBAC'B'FMDG-10-设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1+x2=6,x1x2=1，OBOA=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3.41]16)(4[||||21212122222121xxxxxxyxyxOBOAcosOBOA,=.41413||||OBOAOBOA所以OA与OB夹角的大小为-arccos41413.解：(II)由题设知AFFB得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即)2()1()1(11212yyxx由(2)得y22=λ2y12,∵y12=4x1,y22=4x2,∴x2=λ2x1奎屯王新敞新疆……………………………………(3)联立(1)(3)解得x2=λ.依题意有λ0.∴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)奎屯王新敞新疆当λ∈[4,9]时，l在y轴上的截距为12或-12奎屯王新敞新疆由12=1212，可知12在[4，9]上是递减的，∴431234，-34-1243奎屯王新敞新疆直线l在y轴上截距的变化范围是]34,43[]43,34[奎屯王新敞新疆22．(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞),'f(x)=111x.令'f(x)=0，解得x=0，当-1x0时,'f(x)0,当x0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奎屯王新敞新疆(II)证法一：g(a)+g(b)-2g(2ba)=alna+blnb-(a+b)ln2ba=ababbbaa2ln2ln.由(I)的结论知ln(1+x)-x0(x-1,且x≠0)，由题设0ab,得021,02bbaaab,因此aabaabbaa2)21ln(2ln,bbabbabab2)21ln(2ln.所以ababbbaa2ln2ln-022baab.又,22bbabaaababbbaa2ln2lna.2ln)(2ln)(2ln2lnabbababbabbbba-11-综上0g(a)+g(b)-2g(2ba)(b-a)ln2.(II)证法二：g(x)=xlnx,1ln)('xxg,设F(x)=g(a)+g(x)-2g(2xa),则.2