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04高考试题全国卷2理科数学及答案(必修+选修Ⅱ四川吉林黑龙江云南等地区)
2020-10-26 00:18:15 ℃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 (2)= (A) (B)1 (C) (D) (3)设复数ω=-+i,则1+ω= (A)–ω (B)ω2 (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 (5)已知函数y=tan(2x+φ)的图象过点(,0),则φ可以是 (A)- (B) (C)- (D) (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,则球心O到平面ABC的距离为 (A) (B) (C) (D) (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= (A) (B)- (C)2 (D)-2 (10)函数y=xcosx-sinx在下面哪个区间内是增函数 (A)(,) (B)(,2) (C)(,) (D)(2,3) (11)函数y=sin4x+cos2x的最小正周期为 (A) (B) (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 0 1 2 P (14)设x,y满足约束条件 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)=,sin(A-B)=. (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=Sn(n=1,2,3,…).证明:
(Ⅰ)数列{}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=,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,求与夹角的大小;
(Ⅱ)设=,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)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. (13)0.1,0.6,0.3 (14)5 (15)x2+y2=1 (16)②④ 17.(I)证明:∵sin(A+B)=,sin(A-B)= ∴,∴. (II)解:∵<A+B<π, , ∴, 即,将代入上式并整理得 解得,因为B为锐角,所以,∴ =2+ 设AB上的高为CD,则AB=AD+DB=,由AB=3得CD=2+ 故AB边上的高为2+ 18.(I) 解:有一组恰有两支弱队的概率 (II)解:A组中至少有两支弱队的概率 19.(I)证:
由a1=1,an+1=Sn(n=1,2,3,…), 知a2=S1=3a1,, ,∴ 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=1,2,3,…).故数列{}是首项为1,公比为2的等比数列 (II)解:由(I)知,,于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n) 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=, ∵CB=CA1=,∴△CBA1为等腰三角形, 又知D为其底边A1B的中点,∴CD⊥A1B, ∵A1C1=1,C1B1=,∴A1B1=, 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=,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, 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B1F2=B1B2+BF2=1+()2=. ∴cos∠B1GF= 即所求二面角的大小为π-arccos 解法二:如图以C为原点建立坐标系 (I):B(,0,0),B1(,1,0),A1(0,1,1),D(,,), M(,1,0),(,,),(,-1,-1), (0,,-), ∴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(-,,),∴,∴BD⊥B1G,又CD⊥BD,∴与的夹角等于所求二面角的平面角, cos 所以所求二面角的大小为π-arccos 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, =(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3. cos<>= 所以与夹角的大小为-arccos. 解:(II)由题设知得:(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1),即 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) 当λ∈[4,9]时,l在y轴上的截距为或- 由=,可知在[4,9]上是递减的, ∴,-- 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,∞),(x)=.令(x)=0,解得x=0,当-1<x<0时, (x)>0,当x>0时,(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 (II)证法一:g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=a. 由(I)的结论知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0),由题设0<a<b,得,因此,. 所以a>-. 又 a<a 综上0<g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2. (II)证法二:g(x)=xlnx,,设F(x)= g(a)+g(x)-2g(), 则当0<x<a时因此F(x)在(0,a)内为减函数当x>a时因此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0<g(a)+g(b)-2g(). 设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则当x>0时,,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数,因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.
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