2004年全国卷II高考理科数学真题及答案

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|x＜4}，N＝{x|x－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

2

x2x2（2）lim2＝

n1x4x5（A）

1 （B）1 （C）2 （D）1 2541＋3i，则1＋ω＝

222

（3）设复数ω＝－

（A）–ω （B）ω （C）2

2

1 （D）

1 2（4）已知圆C与圆(x－1)＋y＝1关于直线y＝－x对称，则圆C的方程为

22222222

（A）(x＋1)＋y＝1 （B）x＋y＝1 （C）x＋(y＋1)＝1 （D）x＋(y－1)＝1 （5）已知函数y＝tan(2x＋φ)的图象过点(

,0)，则φ可以是 12（A）－ （B） （C）－ （D）

121266x（6）函数y＝－e的图象

xx（A）与y＝e的图象关于y轴对称 （B）与y＝e的图象关于坐标原点对称

－x－x（C）与y＝e的图象关于y轴对称 （D）与y＝e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的距离为 （A）

，则球心O到平面ABC21 （B）3 （C）2 （D）6 3333（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e(＝e，其中＝ （A）

43,)，点O(0,0)和A(1,-2)在l上的射影分别是O1和A1，则O1A15511 （B）－11 （C）2 （D）－2 55335，) （B）(，2) （C）(，) （D）(2，3)

22224

2

（10）函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数

（A）(

（11）函数y＝sinx＋cosx的最小正周期为

（A）

 （B） （C） （D）2 42（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 0 1 2 P

x0，（14）设x，y满足约束条件xy，则z＝3x＋2y的最大值是 ．

2xy1，（15）设中心在原点的椭圆与双曲线2x－2y＝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)＝

2

2

3，sin(A－B)＝1． 55(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)

数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝

n2Sn（n＝1，2，3，…）．证明： n(Ⅰ)数列{

Sn}是等比数列； n(Ⅱ)Sn＋1＝4an．

（20）(本小题满分12分) ．

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90，AC＝1，CB＝2，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角

o

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．

2

（21）(本小题满分12分) 给定抛物线C：y＝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；

(2)设0＜a＜b，证明：0＜g(a)＋g(b)－2g(

2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）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）17．(I)证明：∵sin(A+B)=,sin(A-B)=

3515ab)＜(b－a)ln2． 2122

x＋y＝1 （16）②④ 232sinAcosBtanA552，∴tanA2tanB. 1tanBcosAsinB155343(II)解：∵2554tanAtanB3,将tanA2tanB代入上式并整理得2tan2B4tanB10 即

1tanAtanB42626解得tanB,因为B为锐角，所以tanB,∴tanA2tanB =2+6

22CDCD3CD设AB上的高为CD，则AB=AD+DB=，由AB=3得CD=2+6 tanAtanB26sinAcosBcosAsinB∴sinAcosBcosAsinB故AB边上的高为2+6

C32C52618．(I) 解：有一组恰有两支弱队的概率2 47C831C32C52C3C51(II)解：A组中至少有两支弱队的概率 442C8C819．（I）证： 由a1=1,an+1=

n2Sn(n=1,2,3，…)， nS2S4aS2122

知a2=S1=3a1,212, 11,∴

1S12211Sn1n2又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),则Sn+1-Sn=Sn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn, n12(n=1,2,3，…).

SnnnS故数列{n}是首项为1，公比为2的等比数列 AnDCMBB'C'A'（II）解：由（I）知，

Sn1S4•n1(n2)，于是Sn+1=4(n+1)·Sn1=4an(n2)

n1n1n1Sn+1=4an.

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

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=A1B=1，CD=CC1 又DM=AC1=

1212DCMBB'C'2，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,即CD⊥DM， 2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， 则FG∥CD，FG=CD∴FG=，FG⊥BD.

由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=A1B=1， 所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=∴∠B1GF是所求二面角的平面角 又B1F=B1B+BF=1+(

21212A12A'3， 2CFBGDC'MB'222

223)=.

2222∴cos∠B1GF=

B1GFGB1F2B1G•FG(32123)()2223

3312••22即所求二面角的大小为π-arccos

3 3z解法二：如图以C为原点建立坐标系 (I):B(2,0,0),B1(2,1,0),A1(0,1,1),D(M(

211,,), 222AA'2211,1,0),CD(,,),A1B(2,-1,-1),

222211DM(0,,-),CD•A1B0,CD•DM0,

22FBXDCGB'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

3211211(II):设BD中点为G，连结B1G，则G(,,)，,,),BD(-224442B1G(231,,),∴BD•B1G0，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，∴CD与B1G的夹角等于所求二面角的平面角， 444CD•B1G3. 3cos|CD|•|B1G|所以所求二面角的大小为π-arccos

3 321．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y=4x，并整理得x-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

22

cos=OA•OB|OA|•|OB|341. 41所以OA与OB夹角的大小为-arccos

341. 41x21(1x1)(1)

yy(2)12解：(II)由题设知FBAF得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即2

2

2

2

2

2

由 (2)得y2=λy1, ∵y1=4x1,y2=4x2,∴x2=λx1……………………………………(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) 当λ∈[4,9]时，l在y轴上的截距为由∴

22或-

112222=，可知在[4，9]上是递减的， 1111344322，-- 434131直线l在y轴上截距的变化范围是[,][,] 22．(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞),f'(x)=

11.令f'(x)=0，解得x=0，当-10,1x43343443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b2a2bbln)=alna+blnb-(a+b)ln=aln.

22ababbaab0,10,因此由(I)的结论知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0)，由题设0-abab222aab2a2bab2b2b, alnblnbln(ba)ln(ba)ln2. 又2ax(II)证法二：g(x)=xlnx,g'(x)lnx1,设F(x)= g(a)+g(x)-2g(),

2axax)]'lnxln.当0a时F'(x)0,则F'(x)g'(x)2[g(22(II)证法一：g(a)+g(b)-2g(

因此F(x)在(a,+∞)上为增函数从而，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0ab). 2axln2lnxln(ax).当x>0时,G'(x)0,因此G(x)在(0,+∞)上2ab为减函数，因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.

2设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则G'(x)lnxln