2004年内蒙古高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_内蒙古

2004 年内蒙古高考理科数学真题及答案 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）设集合M {(x,y)|x2  y2 1，xR，yR}，N {(x,y)|x2  y0，xR，yR}，则集合 M N 中元素的个数为( )  A．1 B．2 C．3 D．4 x 2．（5分）函数y|sin |的最小正周期是( ) 2  A． B． C．2 D．4 2 3．（5分）设数列{a }是等差数列，a 6，a 6，S 是数列{a }的前n项和，则( ) n 2 8 n n A．S S B．S S C．S S D．S S 4 5 4 5 6 5 6 5 4．（5分）圆x2  y2 4x0在点P(1, 3)处的切线方程为( ) A．x 3y20 B．x 3y40 C．x 3y40 D．x 3y20 5．（5分）函数y log (x2 1) 的定义域是( ) 1 2   A．[ 2，1) (1， 2] B．( 3，1) (1， 2)   C．[2，1) (1，2] D．(2，1) (1，2) 2 6．（5分）设复数z的幅角的主值为 ，虚部为 3，则z2 ( ) 3 A．22 3i B．2 32i C．22 3i D．2 32i 1 7．（5分）设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线为y x，则双曲线的离心率e( ) 2 5 5 A．5 B． 5 C． D． 2 4 8．（5分）不等式1|x1|3的解集为( )  A．(0,2) B．(2，0) (2，4)  C．(4,0) D．(4，2) (0，2) 9．（5分）正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) 第1页 | 共14页2 2 4 A． 2 B． 2 C． D． 2 3 3 3 10．（5分）在ABC 中，AB3,BC  13,AC 4，则边AC上的高为( ) 3 3 3 A． 2 B． 3 C． D．3 3 2 2 2 (x1)2 x1 11．（5分）设函数 f(x) 则使得 f(x)…1的自变量x的取值范围为( ) 4 x1 x…1 A．(，2] [0，10] B．(，2] [0，1]   C．(，2] [1，10] D．[2，0] [1，10]   12．（5分）将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有( ) A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） R 13．（4分）用平面截半径为R的球，如果球心到截面的距离为 ，那么截得小圆的面积与球的表面积的 2 比值为 ．  14．（4分）函数ysinx 3cosx在区间[0, ]的最小值为 ． 2 15．（4分）已知函数y f(x)是奇函数，当x…0时， f(x)3x 1，设 f(x)的反函数是yg(x)，则g(8) 16．（4分）设P是曲线y2 4(x1)上的一个动点，则点P到点(0,1)的距离与点P到y轴的距离之和的最 小值是 ． 三、解答题（共6小题，满分74分） 1 sin2cossin 17．（12分）已知为锐角，且tan ，求 的值． 2 sin2cos2 18．（12分）解方程4x|12x |11． 19．（12分）某村计划建造一个室内面积为800m2的矩形蔬菜温室．在温室内，沿左、右两侧与后侧内墙各 保留1m宽的通道，沿前侧内墙保留3m宽的空地．当矩形温室的边长各为多少时，蔬菜的种植面积最大？ 最大种植面积是多少？ 第2页 | 共14页20．（12分）三棱锥PABC中，侧面PAC 与底面ABC垂直，PAPBPC 3． （1）求证ABBC； （2）如果ABBC 2 3，求AC与侧面PBC 所成角的大小． x2 21．（12分）设椭圆  y2 1的两个焦点是F(c,0)，F (c，0)(c0)，且椭圆上存在点P，使得直线 m1 1 2 PF 与直线PF 垂直． 1 2 (I)求实数m的取值范围． |QF | (II)设l是相应于焦点F 的准线，直线PF 与l相交于点Q．若 2 2 3，求直线PF 的方程． 2 2 |PF | 2 2 22．（14分）已知数列{a }的前n项和S 满足：S 2a (1)n，n…1． n n n n （1）写出求数列{a }的前3项a ，a ，a ； n 1 2 3 （2）求数列{a }的通项公式； n 1 1 1 7 （3）证明：对任意的整数m4，有    ． a a a 8 4 5 m 第3页 | 共14页2004年陕西省高考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）设集合M {(x,y)|x2  y2 1，xR，yR}，N {(x,y)|x2  y0，xR，yR}，则集合 M N 中元素的个数为( )  A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：根据题意， M N {(x,y)|x2  y2 1， xR， yR} {(x,y)|x2  y0， xR，   x2  y2 1 yR}{(x,y)| } x2  y0 将x2  y0代入x2  y2 1， 得y2  y10，△50， 所以方程组有两组解， 因此集合M N 中元素的个数为2个，  故选：B． x 2．（5分）函数y|sin |的最小正周期是( ) 2  A． B． C．2 D．4 2 x 2 【解答】解：对于ysin ，T  4， 2 1 2 x x 函数 y|sin |是函数 ysin x轴上方的图象不动将 x轴下方的图象向上对折得到的，如图示，故 2 2 1 T T 2， 2 故选：C． 第4页 | 共14页3．（5分）设数列{a }是等差数列，a 6，a 6，S 是数列{a }的前n项和，则( ) n 2 8 n n A．S S B．S S C．S S D．S S 4 5 4 5 6 5 6 5 【解答】解： a 6，a 6  2 8 a d 6，a 7d 6 1 1 得a 8，d 2 1 S S 4 5 故选：B． 4．（5分）圆x2  y2 4x0在点P(1, 3)处的切线方程为( ) A．x 3y20 B．x 3y40 C．x 3y40 D．x 3y20 【解答】解：法一： x2  y2 4x0 ykxk 3x2 4x(kxk 3)2 0． 3 该二次方程应有两相等实根，即△0，解得k  ． 3 3 y 3 (x1)， 3 即x 3y20． 法二： 点(1, 3)在圆x2  y2 4x0上，  点P为切点，从而圆心与P的连线应与切线垂直． 0 3 又 圆心为(2,0)， k 1．   21 3 解得k  ， 3 切线方程为x 3y20． 故选：D． 5．（5分）函数y log (x2 1) 的定义域是( ) 1 2 第5页 | 共14页  A．[ 2，1) (1， 2] B．( 3，1) (1， 2)   C．[2，1) (1，2] D．(2，1) (1，2)   x2 10 x2 1 x2 1  x1或x1 【解答】解：  log 1  x2 1  …0  x2 1„1  x2„ 2    2„ x„ 2   2  2„ x1或1x„ 2． y log (x2 1)的定义域为[ 2，1)  (1， 2]． 1 2 故选：A． 2 6．（5分）设复数z的幅角的主值为 ，虚部为 3，则z2 ( ) 3 A．22 3i B．2 32i C．22 3i D．2 32i 2 【解答】解： 复数z的幅角的主值为  3 2 2 1 3 设复数zr(cos isin ) r r 3 3 2 2 虚部为 3  3  r  3 2 r 2 2 2 z2(cos isin ) 3 3 4 4 z2 4(cos isin )22 3i 3 3 故选：A． 1 7．（5分）设双曲线的焦点在x轴上，两条渐近线为y x，则双曲线的离心率e( ) 2 5 5 A．5 B． 5 C． D． 2 4 b 1 【解答】解：依题意可知  ，求得a2b a 2 c a2 b2  5b c 5 e  a 2 故选：C． 8．（5分）不等式1|x1|3的解集为( ) 第6页 | 共14页 A．(0,2) B．(2，0) (2，4)  C．(4,0) D．(4，2) (0，2) 【解答】解：1|x1|31|x1|29 (x1)2 1 x2 2x0 即 即 ， (x1)2 9 x2 2x80 x 2或x 0  解得 ，即x(4，2) (0，2) 4x2 |x1|1 x1 1或x1 1 解法二：1|x1|3   |x1|3 3x13  解得x(4，2) (0，2) 故选：D． 9．（5分）正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) 2 2 4 A． 2 B． 2 C． D． 2 3 3 3 【解答】解：由题意正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形， 可知：侧棱长为 2，三条侧棱两两垂直， 1 1 2 所以此三棱锥的体积为   2 2 2  3 2 3 故选：C． 10．（5分）在ABC 中，AB3,BC  13,AC 4，则边AC上的高为( ) 3 3 3 A． 2 B． 3 C． D．3 3 2 2 2 【解答】解：由点B向AC作垂线，交点为D． 设ADx，则CD4x， 3 BD 9x2  13(4x)2 ，解得x 2 3 BD 9x2  3 2 故选：B． (x1)2 x1 11．（5分）设函数 f(x) 则使得 f(x)…1的自变量x的取值范围为( ) 4 x1 x…1 第7页 | 共14页A．(，2] [0，10] B．(，2] [0，1] C．(，2] [1，10]    D．[2，0] [1，10]  x1 【解答】解： f(x)…1等价于 解得：x„ 2或0„ x1． (x1)2…1 x…1 或 解得：1„ x„10 4 x1… 1 综上所述，x„ 2或0„ x„10． 故选：A． 12．（5分）将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有( ) A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【解答】解：将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师， 只有一种结果1，1，2， 首先从4个人中选2个作为一个元素， 使它与其他两个元素在一起进行排列， 共有C2A3 36种结果， 4 3 故选：C． 二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） R 13．（4分）用平面截半径为R的球，如果球心到截面的距离为 ，那么截得小圆的面积与球的表面积的 2 比值为 3:16 ． 3 3 【解答】解：小圆半径是： R，小圆的面积是： R2， 2 4 球的表面积是；4R2 3 截得小圆的面积与球的表面积的比值为： R2:4R2 3:16 4 故答案为：3:16  14．（4分）函数ysinx 3cosx在区间[0, ]的最小值为 1 ． 2 【解答】解：ysinx 3cosx 1 3 2( sinx cosx) 2 2 第8页 | 共14页 2sin(x )， 3  x[0, ]，  2   5  x 【 , 】， 3 3 6  2sin(x )[1,2]， 3 最小值为1， 故答案为：1． 15．（4分）已知函数y f(x)是奇函数，当x…0时， f(x)3x 1，设 f(x)的反函数是yg(x)，则g(8) 2 【解答】解：法一：当x0时，x0，由已知 f(x)3x 1． 又 f(x)是奇函数，  f(x)f(x)，即f(x)3x 1． f(x)13x． 3x 1 x…0 f(x)  13x x0. log (x1) x…0 f1(x) 3 log (1x) x0. 3 f1(8)g(8)log (18)log 3 22． 3 3 法二：当x0时，x0，由已知 f(x)3x 1． 又 f(x)是奇函数，  f(x)f(x)，即f(x)3x 1． f(x)13x．根据反函数定义 令13x 8 得x2，即：g(8)2 答案为：2 16．（4分）设P是曲线y2 4(x1)上的一个动点，则点P到点(0,1)的距离与点P到y轴的距离之和的最 第9页 | 共14页小值是 5 ． 【解答】解：y2 4(x1)的图象是以y轴为准线，(2,0)为焦点的抛物线，当点P为(0,1)点与(2,0)点的 连线与抛物线的交点时，距离和最小， 最小值为： (20)2 (01)2  5． 故答案为： 5 ． 三、解答题（共6小题，满分74分） 1 sin2cossin 17．（12分）已知为锐角，且tan ，求 的值． 2 sin2cos2 1 2 【解答】解： tan ，为锐角cos  2 5 sin2cossin sin(2cos21) 1 5     ． sin2cos2 2sincoscos2 2cos 4 18．（12分）解方程4x|12x |11． 【解答】解：当x„ 0时，有：4x 12x 11， 化简得：(2x)2 2x 100， 1 41 1 41 解之得：2x  或2x  （舍去）． 2 2 1 41 又 x„ 0得 2x„1，故2x  不可能舍去．  2 当x0时，有：4x 12x 11， 化简得：(2x)2 2x 120， 解之得：2x 3或2x 4（舍去） 2x 3，xlog 3， 2 综上可得，原方程的解为xlog 3． 2 19．（12分）某村计划建造一个室内面积为800m2的矩形蔬菜温室．在温室内，沿左、右两侧与后侧内墙各 保留1m宽的通道，沿前侧内墙保留3m宽的空地．当矩形温室的边长各为多少时，蔬菜的种植面积最大？ 最大种植面积是多少？ 第10页 | 共14页【解答】解：设矩形温室的左侧边长为am，后侧边长为bm，则ab800． 蔬菜的种植面积 S (a4)(b2) ab4b2a8 8082(a2b)． 所以S„ 8084 2ab 648(m2) 当且仅当a2b，即a40(m)，b20(m)时， S 648  m2． 最大值 答：当矩形温室的左侧边长为40m，后侧边长为20m时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积为648m2． 20．（12分）三棱锥PABC中，侧面PAC 与底面ABC垂直，PAPBPC 3． （1）求证ABBC； （2）如果ABBC 2 3，求AC与侧面PBC 所成角的大小． 【解答】解：（1）证明：取AC中点O，连接PO、BO． PAPCPO AC  又 侧面PAC 底面ABC  PO底面ABC 又PAPBPCAOBOCO ABC为直角三角形ABBC 1 1 （2）解：取BC的中点为M ，连接OM ，PM ，所以有OM  AB 3，AO (2 3)2 (2 3)2  6 2 2 PO PA2 AO2  3 由（1）有PO平面ABC，OM BC，由三垂线定理得PM BC 平面POM 平面PBC ，又 POOM  3．  第11页 | 共14页POM 是等腰直角三角形，取PM 的中点N，连接ON，NC 则ON PM ，又 平面POM 平面PBC ，且交线是PM ，ON 平面PBC  1 1 6 OCN 即为AC与平面PBC 所成的角.ON  PM  (2 3)2 (2 3)2  ,OC  6 2 2 2 ON 1  sinOCN   ONC  ． OC 2 6  故AC与平面PBC 所成的角为 ． 6 x2 21．（12分）设椭圆  y2 1的两个焦点是F(c,0)，F (c，0)(c0)，且椭圆上存在点P，使得直线 m1 1 2 PF 与直线PF 垂直． 1 2 (I)求实数m的取值范围． |QF | (II)设l是相应于焦点F 的准线，直线PF 与l相交于点Q．若 2 2 3，求直线PF 的方程． 2 2 |PF | 2 2 【解答】解：（1） 直线PF 直线PF  1 2 x2  y2 c2 x2  以O为圆心以c为半径的圆：x2  y2 c2与椭圆：  y2 1有交点．即 x2 有解 m1   y2 1 m1 又 c2 a2 b2 m11m0  m2 1 0„ x2  a2 m1 m m0 （2）设P(x ，y )，直线PF 方程为：yk(xc)， 0 0 2 a2 m1 直线l的方程为：x  ，  c m m1 准线L的方程为x ， m m1 设点Q的坐标为(x ，y )，则x  ， 1 1 1 m 第12页 | 共14页|QF | x c 2  1 m m2 12 3② |PF | cx 2 0 6 2 解可得m2，从而x  ，y  ，c 2， 0 2 0 2 则k (2 3)或k ( 32)， PF2 PF2 得到PF 的方程y( 32)(x 2)或y( 32)(x 2)． 2 22．（14分）已知数列{a }的前n项和S 满足：S 2a (1)n，n…1． n n n n （1）写出求数列{a }的前3项a ，a ，a ； n 1 2 3 （2）求数列{a }的通项公式； n 1 1 1 7 （3）证明：对任意的整数m4，有    ． a a a 8 4 5 m 【解答】解：（1）当n1时，有：S a 2a (1)a 1； 1 1 1 1 当n2时，有：S a a 2a (1)2 a 0； 2 1 2 2 2 当n3时，有：S a a a 2a (1)3 a 2； 3 1 2 3 3 3 综上可知a 1，a 0，a 2； 1 2 3 （2）由已知得：a S S 2a (1)n 2a (1)n1 n n n1 n n1 化简得：a 2a 2(1)n1 n n1 2 2 上式可化为：a  (1)n 2[a  (1)n1] n 3 n1 3 2 2 故数列{a  (1)n}是以a  (1)1为首项，公比为2的等比数列． n 3 1 3 2 1 1 2 2 故a  (1)n  2n1a  2n1 (1)n  [2n2 (1)n] n 3 3 n 3  3 3 2n1 2 数列{a }的通项公式为：a   (1)n． n n 3 3 1 1 1 1 1 1 （3）由已知得：   3[   ] a a a 23 2 24 2 2m1(1)m 4 5 m 第13页 | 共14页1 1 1 1 1 1 16 7 3[    ]3(  ) 6 24 28 2m1 6 1 8 1 2 1 1 1 7 故    (m4)． a a a 8 4 5 m 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/4/23 19:41:17；用户：James；邮箱：15399095293；学号：8796782 第14页 | 共14页