2004年吉林高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2004 年吉林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|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） n 2 1  x lim 2 x 1 （A） 2 2 x  4 5 x   ＝（B）1 2 （C） 5 （3）设复数ω＝－ 2 1 ＋ 2 3 i，则 1＋ω＝（A）–ω （B）ω2 （C） 1  （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（C）x2＋(y＋1)2＝1 （A）(x＋1)2＋y2＝1 （B）x2＋y2＝1  12 （5）已知函数 y＝tan(2x＋φ)的图象过点( （A）－  6 （6）函数 y＝－ex的图象（B）  6 ,0)，则φ可以是（C）－  12 （D）  12 1 （D） 4 （D） 1 2  （D）x2＋(y－1)2＝1 （A）与 y＝ex的图象关于 y轴对称（C）与 y＝e－x的图象关于 y轴对称（B）与 y＝ex的图象关于坐标原点对称（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 1 （A） 3 3 （B） 3 2 （C） 3 6 （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（9）已知平面上直线l 的方向向量 4(e 5 3, 5 ) 1AO ，点 O(0,0)和 A(1,-2)在l 上的射影分别是 O1 和 A1，则 1 ＝e ，其中＝ 11 （A） 5 11 （B）－ 5 （C）2 （D）－2 （10）函数 y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数（A）(  2 ， 3 2 ) （B）(，2) （C）( 3 2 ， 5 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（14）设 x，y满足约束条件      0 则 z＝3x＋2y的最大值是． 1 2 ξ 0 P ，x  y，x  2 x  ，y 1 （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． (写出所（17） (本小题满分 12 分)已知锐角三角形 ABC中，sin(A＋B)＝ 5 1 ． 3 ，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) 数列{an}的前 n项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝ n 2 n Sn（n＝1，2，3，…）．证明： (Ⅰ)数列{ S n }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＝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； (2)设 0＜a＜b，证明：0＜g(a)＋g(b)－2g( b a  2 )＜(b－a)ln2． 2004 年高考试题全国卷 2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）答案：（2）A （8）B 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．（4）C （1）C （7）B （10）B 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分． 1 2 （13）0.1，0.6，0.3 （3）C （9）D （14）5 （15） 17．(I)证明：∵sin(A+B)= 3 ,sin(A-B)= 5 1 5 ∴  sin    sin   A cos B  cos A sin B A cos B  cos A sin B (II)解：∵ 

（II）解：由（I）知， S n 1 n  1  4  S n 1 n  1  ( n  )2 ，于是 Sn+1=4(n+1)· Sn 1  1 n  =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 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= 1 A1B=1，CD=CC1 2 A C D B Sn+1=4an. A' C' M B' 又 DM= 1 AC1= 2 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= 1 CD∴FG= 2 1 ，FG⊥BD. 2 由侧面矩形 BB1A1A 的对角线的交点为 D,知 BD=B1D= 1 A1B=1， 2 所以△BB1D 是边长为 1 的正三角形，于是 B1G⊥BD，B1G= 3 ， 2 ∴∠B1GF 是所求二面角的平面角又 B1F2=B1B2+BF2=1+( 2 )2= 2 3 . 2 A' C' A D C F G B M B' ∴cos∠B1GF= GB 1 FB 1 2 FG  2 GB  1 2  FG 2  3( 2 2 ) 2   ) 1( 2 3  2 3 2 2  1 2  3 3 即所求二面角的大小为π-arccos 3 3 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( 2 , 2 1 , 2 1 ), 2 M( 2 ,1,0), 2 DM (0, CD ( 1 ), 2 1 ,- 2 2 , 2 1 , 2 BA 1  1 ), 2 ,0 CD BA1 ( 2 ,-1,-1),  DM  ,0 CD  ∴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 (II):设 BD 中点为 G，连结 B1G，则 G 23( 4 1, 4 1, 4 ), BD (- 2 , 2 1 , 2 1 )， 2 ), ∴ BD  GB 1  0 ，∴BD⊥B1G，又 CD⊥BD，∴ CD 与 GB1 的夹角等于所求二面角的平面角， GB1 (  cos   | 2 4 CD | CD 1, 3,  4 4 GB 1 | GB 1   3 3 .  | 所以所求二面角的大小为π-arccos 3 3 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 | | | OA  =(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3. OB  ]16 xxxx 21 21 2 x 1 (4 |  x 1      x y x  2 2 2 2 ) 2 [ 41 cos< OA, OB >= | OB | OB |  3 41 41 .  2 y 1 OA | OA   所以 OA 与 OB 夹角的大小为-arccos 3 41 41 . 解：(II)由题设知 FB  AF 2=λ2y1 2, ∵y1 由 (2)得 y2 2=4x1,y2 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) 得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即 1 1(    y    1 2=4x2,∴x2=λ2x1……………………………………(3) x 2 y    x 1  ) 2 )1( )2( 当λ∈[4,9]时，l 在 y 轴上的截距为 2   1 或- 2   1 由  = 1 2  3 4 2   1  2 2 1    1  4 4 ，- 3 3 ∴  ，可知  - 2   1 2  在[4，9]上是递减的， 1  3 4 直线 l在 y 轴上截距的变化范围是 4[  3 3,  4 ]  3[ 4 4, 3 ] 22．(I)解：函数 f(x)的定义域是(-1,∞), 'f (x)= 1   x 1 1 .令 'f (x)=0，解得 x=0，当-10, (II)证法一：g(a)+g(b)-2g( 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 2 b ba  ab  2 a 由 (I) 的结论知 ln(1+x)-x<0(x>-1, 且 x ≠ 0) ，由题设 0- ln  2 b ba  ba  2  1ln(  ba  2 b )  ba  2 b .  0 . ln 2 a ba   1ln(  所以 a ln 又 2 a ba    2 a ba  ba  2 b ab  2 a ln b )  2 b ba  2 a ln ba  , a 综上 0a 时 xF )(' ,0 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,所以 G(b)<0.即 g(a)+g(b)-2g( 0 ,因此 G(x)在(0,+∞)上 xG 当 x>0 时, )(' ). x ba  )<(b-a)ln2. 2

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