2004年浙江高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2004 年浙江高考理科数学真题及答案第Ⅰ卷 (选择题共 60 分) 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,只有一项是符合题目要求的. (1) 若 U={1,2,3,4}, M={1,2},N={2,3}, 则 CU(M∪N)= (A) {1,2,3} (B) {2} (C) {1,3,4} (D) {4} (2) 点 P 从(1,0)出发,沿单位圆 2 x 2  y  1 逆时针方向运动 2 3 弧长到达 Q 点,则 Q 的坐标为 (A) 1( 2 3, 2 ) (C) (  1  , 2 3 2 ) (B) (  1, 3  2 2 ) (D) ( 3 2 1, 2 ) (3) 已知等差数列 na 的公差为 2,若 , aaa 1 , 3 成等比数列, 则 2a = 4 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10 (4)曲线 y 2  关于直线 x=2 对称的曲线方程是 4 x (A) 2 y  48 x (B) 2 y 4  x  8 (C) 2 y  16  4 x (D) 2 y 4  x  16 (5) 设 z=x—y ,式中变量 x 和 y 满足条件 x x     ,0  3  y 2 y 0 则 z 的最小值为 (A) 1 (B) –1 (C) 3 (D) –3 ,43 zi 4 3 (B)  t i ,且 2 1 z z  是实数,则实数 t= 2 4 3 (D) -- 3 4 (C) -- (6) 已知复数 z 1  (A) (7) 若 ( 3 4 x  2 x 3 n ) 展开式中存在常数项,则 n 的值可以是 (A) 8 (B) 9 (C) 10 (D) 12 (8)在ΔABC 中,“A>30º”是“sinA> 1 2 ”的 (A) 充分而不必要条件 (C) 充分必要条件 (B) 必要而不充分条件 (D) 既不充分也必要条件 (9)若椭圆 2 2 x a  2 2 y b  (1 ba  )0 两段，则此椭圆的离心率为的左、右焦点分别为 F1、F2，线段 F1F2 被抛物线 y2=2bx 的焦点分成 5：3 （A） 16 17 （B） 4 17 17 （C） 4 5 （D） 52 5

（10）如图，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中已知 AB=1，D 在棱 BB1 上，且 BD=1，若 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为α，则α= （A）（B）  3  4 （C） arcsin （D） arcsin 10 4 6 4 （11）设 f  是函数 f(x)的导函数，y= )(x f  的图象 )(x 如图所示，则 y= f(x)的图象最有可能的是（12）若 )(xf 和 g(x)都是定义在实数集 R 上的函数，且方程 x  ([ xgf )]  0 有实数解，则 [ ( xfg )] 不．可能．．是（A） 2 x  x 1 5 （B） 2 x  x （C） 1 5 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 2 x 1 5 （D） 2 x 1 5 二.填空题：三大题共 4 小题，每小题 4 分，满分 16 分。把答案填在题中横线上。（13）已知 )( xf ,1   x ,1 ,0  ,0 x  则不等式 x  ( x  )2  ( xf  )2 ≤5 的解集是。（14）已知平面上三点 A、B、C 满足| AB |=3，| BC |=4，| CA |=5，则 AB · BC + BC · CA + CA · AB 的值等于。（15）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿 x 轴跳动，每次向正方向或负方向跳 1 个单位，经过 5 种（用数字次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有作答）。（16）已知平面α和平面交于直线l ，P 是空间一点，PA⊥α，垂足为 A，PB⊥β，垂足为 B，且 PA=1，

PB=2，若点 A 在β内的射影与点 B 在α内的射影重合，则点 P 到l 的距离为。三. 解答题：本大题共 6 小题，满分 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本题满分 12 分）在ΔABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 cos A 1 3 。（Ⅰ）求  cos 2 A 的值；（Ⅱ）若，求 bc 的最大值。 CB sin 2  2 3a （18）（本题满分 12 分）盒子中有大小相同的球 10 个，其中标号为 1 的球 3 个，标号为 2 的球 4 个，标号为 5 的球 3 个，第一次从盒子中任取 1 个球，放回后第二次再任取 1 个球（假设取到每个球的可能性都相同）。记第一次与第二次取到球的标号之和为ε。（Ⅰ）求随机变量ε的分布列；（Ⅱ）求随机变量ε的期望 Eε。（19）（本题满分 12 分）如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直， AB= 2 ，AF=1，M 是线段 EF 的中点。（Ⅰ）求证 AM∥平面 BDE；（Ⅱ）求二面角 A—DF—B 的大小；（20）（本题满分 12 分）设曲线 y x ( e x ≥0）在点 M（t, te ）处的切线l 与 x 轴 y 轴所围成的三角形面积为 S（t）。（Ⅰ）求切线l 的方程；（Ⅱ）求 S（t）的最大值。（21）（本题满分 12 分）已知双曲线的中心在原点，右顶点为 A（1，0）点 P、Q 在双曲线的右支上，支 M（m,0）到直线 AP 的距离为 1。

（Ⅰ）若直线 AP 的斜率为 k，且 3[k 3 ]3, ，求实数 m 的取值范围；（Ⅱ）当 m 12  时，ΔAPQ 的内心恰好是点 M，求此双曲线的方程。（22）（本题满分 14 分）如图，ΔOBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）, 设 P 为线段 BC 的中点,P2 为线段 CO 的中点,P3 为线段 OP1 的中点,对于每一个正整数 n,Pn+3 为线段 PnPn+1 的中点,令 Pn 的坐标为(xn,yn), a n  1 2 y n  y   1 n y n  2 . （Ⅰ）求 , aaa 1 , 2 及 na ; 3 （Ⅱ）证明 y n  4 1  y n 4 , Nn   ; (Ⅲ)若记 b n  y 4 n  4  y ,4 n Nn   , 证明 nb 是等比数列. 数学答案(理工类) 一.选择题: 本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1. D 二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,满分 16 分. 2.A 6.A 7.C 8.B 3.B 4.C 5.A 9.D 10.D 11.C 12.B 13. ( 3, 2 ] 14. 14 --25 15. 5 16. 5 三.解答题:本大题共 6 小题,满分 74 分. 17. (本题满分 12 分) CB 解: (Ⅰ)  cos 2 A  CB  )]  2( cos 2 A  )1  2( cos 2 A  )1  2 cos( ) cos A 2( 9  )  )1 = 1[ sin 2 1 2 1 1(  2 11(  3 1 9 = = 1 2 =

(Ⅱ) ∵ 2 b 2 a 2 c   2 bc  cos A  1 3 ∴ 2 3 bc  2 b  2 c  2 a  2 bc  2 a , 又∵ ∴ 3a 9bc 4 . 9 4 时,bc= 当且仅当 b=c= ,故 bc 的最大值是 3 2 (18) (满分 12 分) 解: (Ⅰ)由题意可得,随机变量ε的取值是 2、3、4、6、7、10。随机变量ε的概率分布列如下 9 4 . ε P 2 0.09 3 0.24 4 0.16 6 7 0.18 0.24 10 0.09 随机变量ε的数学期望 Eε=2×0.09+3×0.24+4×0.13+6×0.18+7×0.24+10×0.09=5.2. (19) (满分 12 分) 方法一解: (Ⅰ)记 AC 与 BD 的交点为 O,连接 OE, ∵O、M 分别是 AC、EF 的中点，ACEF 是矩形， ∴四边形 AOEM 是平行四边形， ∴AM∥OE。 OE 平面 BDE， ∵ ∴AM∥平面 BDE。 (Ⅱ)在平面 AFD 中过 A 作 AS⊥DF 于 S，连结 BS， AM 平面 BDE， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， AD  AF  ,A ∴AB⊥平面 ADF， ∴AS 是 BS 在平面 ADF 上的射影，由三垂线定理得 BS⊥DF。 ∴∠BSA 是二面角 A—DF—B 的平面角。在 RtΔASB 中， AS  6 3 , AB  ,2 ∴ tan  ASB  ,3  ASB  ,60  ∴二面角 A—DF—B 的大小为 60º。（Ⅲ）设 CP=t（0≤t≤2）,作 PQ⊥AB 于 Q，则 PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，，   AB AF A QE 平面 ABF， ∴PQ⊥平面 ABF， ∴PQ⊥QF。

在 RtΔPQF 中，∠FPQ=60º， PF=2PQ。 ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形， ∴ PQ  2 2 2(  t ). 又∵ΔPAF 为直角三角形， ∴ PF  2(  t ) 2  1 ， ∴ 2(  2 t ) 1 2  2 2 2(  t ). 所以 t=1 或 t=3(舍去) 即点 P 是 AC 的中点。方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系。设 AC  BD  N ，连接 NE，则点 N、E 的坐标分别是（ 2 2 2, 2 )0, 、（0,0,1）, ∴NE=(  2  , 2 2 2 )1, , 又点 A、M 的坐标分别是（ 2 ，，）、（ 02 2 2 2, 2 )1, ∴ AM=（  2  , 2 2 2 )1, ∴NE=AM 且 NE 与 AM 不共线， ∴NE∥AM。 NE 平面 BDE，又∵ ∴AM∥平面 BDF。 AM 平面 BDE，（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF  AD  ,A ∴AB⊥平面 ADF。 ∴ (AB )0,0,2 为平面 DAF 的法向量。 ∵NE·DB=（ ∴NE·NF=（   2  , 2 2  , 2 2 2 2 2 )1, · ( )0,2,2 =0， )1, · )0,2,2( =0 得

NE⊥DB，NE⊥NF， ∴NE 为平面 BDF 的法向量。 ∴cos= 1 2 ∴AB 与 NE 的夹角是 60º。即所求二面角 A—DF—B 的大小是 60º。（Ⅲ）设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF  2(  t 2,  t ),1, ∴CD=（ 2 ，0，0）又∵PF 和 CD 所成的角是 60º。 ) t  2( 2 ∴ cos 60   2( ) t 23t 2 或 2  2(  2 t ) 1  2 （舍去），解得 2t 2 即点 P 是 AC 的中点。（20）（满分 12 分）解：（Ⅰ）因为 f  )( x  ( e  x )  e  x , 所以切线l 的斜率为 ,t e 故切线l 的方程为 y  e  t  e  t ( x  t ). 即 xe t   y e  (1 t  )1  0 。（Ⅱ）令 y=0 得 x=t+1, 又令 x=0 得 y t   e (  t )1 所以 S（t）= = 从而  )( tS  ( t 1 2 1 ( t 2 1 2 e )1  e 1  (  t )1  2)1 e 1  1  1(  t 1)(  t ). ∵当 t （0，1）时， )(tS >0, 当 t （1,+∞）时, )(tS <0, 所以 S(t)的最大值为 S(1)= (21) (满分 12 分) 解: (Ⅰ)由条件得直线 AP 的方程 y  (  xk ),1

即 kx .0 k y 因为点 M 到直线 AP 的距离为 1, ∵ mk k k  12   ,1 即 m 1  2 k  1 k  1  1 2 k . ∵ 3[k 3 ],3, ∴ 32 3  m 1  ,2 解得 32 3 +1≤m≤3 或--1≤m≤1-- 32 3 . ∴m 的取值范围是 321,1[  3  ]  321[  3 ].3, (Ⅱ)可设双曲线方程为 2 x  2 2 y b  (1 b  ),0 由 M ),0,12(  ),0,1( A 得 AM 2 . 又因为 M 是ΔAPQ 的内心,M 到 AP 的距离为 1,所以∠MAP=45º,直线 AM 是∠PAQ 的角平分线,且 M 到 AQ、PQ 的距离均为 1。因此， k AP  ,1 k AQ  1 （不妨设 P 在第一象限）直线 PQ 方程为 2 x 2 。直线 AP 的方程 y=x-1, ∴解得 P 的坐标是（2+ 2 ，1+ 2 ），将 P 点坐标代入 x 2  2 2 y b  1 得， 2 b 12  3 2  所以所求双曲线方程为 2 x  2( )3  12  2 y  ,1 即 2 x  )122(  y 2  .1

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