/8r43（9）已知平面上直線l的方向向量e=（-5,5），點0（0,0）和A（l,-2）在l上的射影分別是Oyuuuurr和A］，則0A=九e,其中九=lll1111（A）三1111（A）三(B)—y(C)2(10)函數y=xcosx—sinx在下面哪個區間內是增函數兀3兀3兀5兀（A）q，亍（B）（兀，2兀）（C）（亍，T)D)－2(D)(2兀,3兀)（A）—(B)_(C)兀42（11）函數y=sin4x+cos2x的最小正周期為兀兀(D)2兀12）在由數字1，2，3，4，5組成的所有沒有重復數字的5位數中，大于23145且小于43521的數共有（A）56個（B）57個（C）58個（D）60個、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分．把答案填在題中橫線上．（13）從裝有3個紅球，2個白球的袋中隨機取出2個球，設其中有d個紅球，則隨機變量d的概率分布為d012p14）設x，y滿足約束條件x>0,<x>y,2x-y<1,則z=3x+2y的最大值是（15）設中心在原點的橢圓與雙曲線2x2—2y2=1有公共的焦點，且它們的離心率互為倒數,則該橢圓的方程是（16）下面是關于四棱柱的四個命題：若有兩個側面垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱若兩個過相對側棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱若四個側面兩兩全等，則該四棱柱為直四棱柱若四棱柱的四條對角線兩兩相等，則該四棱柱為直四棱柱其中，真命題的編號是（寫出所有真命題的編號）.三、解答題：本大題共6個小題，共74分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17）（本小題滿分12分）

31已知銳角三角形ABC中，sin(A+B)=5，sin(A—B)=5-(I)求證：tanA=2tanB；(II)設AB=3,求AB邊上的高.18)(本小題滿分12分)已知8個球隊中有3個弱隊，以抽簽方式將這8個球隊分為A、B兩組，每組4個.求(I)A、B兩組中有一組恰有兩個弱隊的概率；(I)A組中至少有兩個弱隊的概率.19)(本小題滿分12分)n2數列｛a｝的前n項和記為S,已知a1=1,a1=S(n=l,2,3,…).證明:nn1n＋1nn20)(本小題滿分12分)．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中,ZACB=90o,AC=1,CB如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中,面AA]B]B的兩條對角線交點為D,B1C1的中點為M.求證：CD丄平面BDM；求面B1BD與面CBD所成二面角的大小.21)(本小題滿分12分)給定拋物線C：y2=4x,F是C的焦點，過點F的直線l與C相交于A、B兩點.(I)設l的斜率為1,求OA與OB夾角的大小；(II)設FB=九AF，若九G[4,9],求l在y軸上截距的變化范圍.(22)(本小題滿分14分)已知函數f(x)=ln(1+x)—x,g(x)=xlnx.求函數f(x)的最大值；a+b設OVaVb,證明：OVg(a)+g(b)—2g(亍)<(b—a)ln2.2004年高考試題全國卷2

理科數學（必修+選修II）（四川、吉林、黑龍江、云南等地區）答案：一、選擇題（1）C（7）B本大題共12小題（2）A（8一、選擇題（1）C（7）B本大題共12小題（2）A（8）B每小題5分（3）C（9）D共60分．（4）C（10）B5)A11)B6)D12)C、填空題：本大題共4小題，13)0.1，0.6，0.3每小題4分，共16分．1（15）x2+y2=l14)516)②④17.⑴證明：?.?sin(A+B)=3,sin(A-B)=丄553sinAcosB+cosAsinB=—51sinAcosB—cosAsinB=—〔5sinAcosB=-5cosAsinB=-5tanA=2,:.tanA=2tanB.tanBTOC\o"1-5"\h\z343(II)解：T-vA+B<n,sin(A+B)=,.?.cos(A+B)=一一,tan(A+B)=—-554tanA+tanB3即=一―,將tanA=2tanB代入上式并整理得2tan2B—4tanB—1=01—tanAtanB42±62+、：'6解得tanB=-，因為B為銳角，所以tanB=-,.tanA=2tanB=2+、：'6+厶厶CDCD3CD-設AB上的高為CD,則AB=AD+DB=+=，由AB=3得CD=2+,6tanAtanB2+J6故AB邊上的高為2+6.C2C2618.(I)解：有一組恰有兩支弱隊的概率2—5=+C478C2C2C3C11（II）解：A組中至少有兩支弱隊的概率乍廠C48（II）解：A組中至少有兩支弱隊的概率乍廠C48心S（n=1,2,3,nn819?⑴證：19?⑴證：由a1=1,an+12「S

知a2「S

知a2=S1=3a,,2=21112又anmg1，2,3，…）,則—1=1=21，…S1Sn+1-Sn=心Sn(n=1,2,3,...),.??nSn+1=2(n+1)Sn,n+1nnnn+1n

Sn11s警1=2(n=l,2,3,???).故數列｛f｝是首項為1,公比為2的等比數列+Sn—nnSSS(II)解：由(I)知，nq=4-n1(n?2)，于是S1=4(n+1)—廿=4a(n>2)n+1n—1n—1n又a2=3S]=3,則S2=a1+a2=4=4a1，因此對于任意正整數n>1都有S”+1=4an.20.解法一：￡)如圖，連結CA「AC.CM,則CA1=邁,VCB=CA1=2,.?.△CBA1為等腰三角形，又知D為其底邊A1B的中點，???￥丄A]B,VA1C1=1,C1B1=2,?A1B1='；3,又BB1=1，?A1B=2，111???△A]CB為直角三角形,D為A1B的中點,CD=-A1B=1,CD=CC1邁又DM=-AC1=—,DM=C1M,:.△CDN^^CC1M,A'C'ZCDM=ZCC1M=90°,即CD丄DM,A'C'因為A?DM為平面BDM內兩條相交直線，所以CD丄平面BDM(II)設F、G分別為BC、BD的中點，連結B]G、FG、B1F,11則FG〃CD,FG=2Cd..FG=-,FG丄BD.1由側面矩形BBAA的對角線的交點為D,知BD=B]D=2A1B=1,所以^D是邊長為1的正三角形，于是B1G丄BD,BQ卑:.ZB1GF是所求二面角的平面角.23又B]F2=B]B2+BF2=1+(帀)2=2.ACBB'BG2+FG2—BF2ACBB'諄)2+(2)2--2BG-FG1、廂即所求二面角的大小為narccos-諄)2+(2)2--2BG-FG1、廂即所求二面角的大小為narccos-^解法二：如圖以C為原點建立坐標系+⑴:B(巨0,0),B1W-,1,0)A1(0丄1),D(￥遠uur邁11uuur?>11——)252)5M(三,1,0),CD=(二，2邁),A1B=(%2，-1，-1)，uuuur11uuuruuuruuuruuuurDM=(0,-,--),CD-AB=0,CD-DM=0,221.CD丄A1B,CD丄DM.因為A”、DM為平面BDM內兩條相交直線，y所以CD丄平面BDM3近11uur運11(II)：設BD中點為G，連結B1G，貝9G(〒,亍4),BD=(-丁，2,2)，uuLr'231uuruuruuruuurBG=(—、,—,￡,???BD-BG=0，:.BD丄BQ,又CD丄BD，:.CD與BG的夾角0TOC\o"1-5"\h\z1444111等于所求二面角的平面角，-nCD-BG羽cos0=_uuruur=—.ICD|-1BG|31所以所求一面角的大小為兀-arccos乜21.解：(I)C的焦點為F(1,0)，直線l的斜率為1,所以l的方程為y=x-1.將y=x-1代入方程y2=4x，并整理得x2-6x+1=0.設nA(xur1),B(x2,y2)，則有x1+x2=6,x1x2=1，x［xx+4(x+x)+16］=\：4121212OAr°B1=華1丿1)?(x2，y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x［xx+4(x+x)+16］=\：4121212IOAI-1OBI=?Jx2+y2=xTOC\o"1-5"\h\zuur22二1巴恕OA?OB3..'41cos<OA,OB>=-uuruur=—.IOAI?IOBI41uuruun3^/41uuruurfx—1=X(1—x)LLL(1)uuruurfx—1=X(1—x)LLL(1)解:(II)由題設知FB=XAF得:心心畝1-")，即jy2=—Xyll1LLLL⑵21⑶由(2)得y22=A2y12,*/y12=4x1,y22=4x2,Ax2=A2x^聯立⑴(3)解得x2=A.依題意有久>0.:.Bgd)或Bg2\))，又F(1,0),得直線l的方程為Q-1)y=2\：'九(x-1)或(A-1)y=-2九(x-1)-2麻、2麻當久丘［4,9］時，l在y軸上的截距為無一1或-無一1-TOC\o"1-5"\h\z2打222、工由X―1=:無+1+X—1，可知―1在［4，9］上是遞減的，2當X442JX3—，-—<-,X—133X—14334直線l在y軸上截距的變化范圍是［-3,—4］U［才乜］*22.(I)解：函數fx)的定義域是(-l,Q,f'(x)=——1?令f'(x)=0,解得x=0，當-1<x<0時,1+xf'(x)>0,當x>0時,f'(x)<0,又f(0)=0，故當且僅當x=0時，fx)取得最大值，最大值是0-a+ba+b2a2b(II)證法~:g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=aIn+bIn.22a+ba+bb—aa—b由(I)的結論知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x^O)，由題設0<a<b，得>0,—1<<0,因此TOC\o"1-5"\h\z2a2b2ab—ab—a2ba—ba—bIn=—ln(1+)>—,ln=—ln(1+)>—.a+b2a2aa+b2b2b2a2bb—aa—bTOC\o"1-5"\h\z所以aIn+bIn>-—=0.a+ba+b222aa+b又<,a+b2b2a2ba+b2b2baIn+bIn<aln+bIn=(b—a)ln<(b—a)ln2.a+ba+b2ba+ba+ba+b綜上0vg(a)+g(b)-2g(-)v(b-a)ln2.a+x(II證法二：g(x)=xlnx,g'(x)=lnx+1,設F(x)=g(a)+g(x)-2g(-),a+xa+x則F'(x)=g'(x)—2[g([)]'=lnx=ln—.當0<x<a時F'(x)<0,因此F(x)在(0,a)內為減函數?當x