04年高考理科數學全國2卷LtD2004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)一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．（1）已知集合M＝{x|x2＜4，N＝{x|x2－2x－3＜0，則集合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）設復數ω＝－＋i，則1＋ω＝（A）–ω （B）ω2 （C） （D）43521的數共有（A）56個（B）57個（C）58個 （D）60個二、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ξ個紅球，則隨機變量ξ的概率分布為ξ012P（14）設x，y滿足約束條件則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：①若有兩個側面垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱②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③若四個側面兩兩全等，則該四棱柱為直四棱柱④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)．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)已知銳角三角形ABC中，sin(A＋B)＝，sin(A－B)＝．(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；(Ⅱ)A組中至少有兩個弱隊的概率．（19）(本小題滿分12分)數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn（n＝1，2，3，…）．證明：(Ⅰ)數列{}是等比數列；(Ⅱ)Sn＋1＝4an．（20）(本小題滿分12分)．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90o，AC＝1，CB＝，側棱AA1＝1，側面AA1B1B的兩條對角線交點為D，B1C1的中點為M．(Ⅰ)求證：CD⊥平面BDM；(Ⅱ)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，求與夾角的大小；(Ⅱ)設＝，若∈[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．(1)求函數f(x)的最大值；(2)設0＜a＜b，證明：0＜g(a)＋g(b)－2g()＜(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：本大題共12小題，每小題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、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分．（13）0.1，0.6，0.3（14）5（15）x2＋y2＝1（16）②④17．(I)證明：∵sin(A+B)=,sin(A-B)=∴，∴.(II)解：∵<A+B<π,,∴,即,將代入上式并整理得解得,因為B為銳角，所以,∴=2+設AB上的高為CD，則AB=AD+DB=，由AB=3得CD=2+故AB邊上的高為2+18．(I)解：有一組恰有兩支弱隊的概率(II)解：A組中至少有兩支弱隊的概率19．（I）證：由a1=1,an+1=Sn(n=1,2,3，…)，知a2=S1=3a1,,,∴又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),則Sn+1-Sn=Sn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn,(n=1,2,3，…).故數列{}是首項為1，公比為2的等比數列（II）解：由（I）知，，于是Sn+1=4(n+1)·=4an(n)又a2=3S1=3,則S2=a1+a2=4=4a1,因此對于任意正整數n≥1都有Sn+1=4an.20．解法一：(I)如圖，連結CA1、AC1、CM，則CA1=，∵CB=CA1=，∴△CBA1為等腰三角形，又知D為其底邊A1B的中點，∴CD⊥A1B，∵A1C1=1，C1B1=，∴A1B1=，又BB1=1，∴A1B=2，∵△A1CB為直角三角形，D為A1B的中點，CD=A1B=1，CD=CC1又DM=AC1=，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,即CD⊥DM，因為A1B、DM為平面BDM內兩條相交直線，所以CD⊥平面BDM(II)設F、G分別為BC、BD的中點，連結B1G、FG、B1F，則FG∥CD，FG=CD∴FG=，FG⊥BD.由側面矩形BB1A1A的對角線的交點為D,知BD=B1D=A1B=1，所以△BB1D是邊長為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為π-arccos解法二：如圖以C為原點建立坐標系(I):B(,0,0),B1(,1,0),A1(0,1,1),D(,,),M(,1,0),(,,),(,-1,-1),(0,,-),∴CD⊥A1B,CD⊥DM.因為A1B、DM為平面BDM內兩條相交直線，所以CD⊥平面BDM(II):設BD中點為G，連結B1G，則G(-,,)，∴，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，∴與的夾角等于所求二面角的平面角，cos所以所求二面角的大小為π-arccos21．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A(x1,y1),B(x2,y2)，則有x1+x2=6,x1x2=1，=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3.cos<>=所以與夾角的大小為-arccos.解：(II)由題設知得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即由(2)得y22=λ2y12,∵y12=4x1,y22=4x2,∴x2=λ2x1……(3)聯立(1)(3)解得x2=λ.依題意有λ>0.∴B(λ,2)或B(λ,-2)，又F(1,0),得直線l的方程為(λ-1)y=2(x-1)或(λ-1)y=-2(x-1)當λ∈[4,9]時，l在y軸上的截距為或-由=，可知在[4，9]上是遞減的，∴，--直線l在y軸上截距的變化范圍是22．(I)解：函數f(x)的定義域是(-1,∞),(x)=.令(x)=0，解得x=0，當-1<x<0時,(x)>0,當x>0時,(x)<0，又f(0)=0，故當且僅當x=0時，f(x)取得最大值，最大值是0(II)證法一：g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln=a.由(I)的結論知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0)，由題設0<a<b,得,因此,.所以a>-.又a<a綜上0<g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.(II)證法二：g(x)=xlnx,,設F(x)=g(a)+g(x)-2g(),則當0<x<a時因此F(x)在(0,a)內為減函數當x>