2004年广西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_广西

2004 年广西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}
x2  x2
（2）lim ＝
n1 x2 4x5
1 2 1
（A） （B）1 （C） （D）
2 5 4
1 3
（3）设复数ω＝－ ＋ i，则1＋ω＝
2 2
1 1
（A）–ω （B）ω2 （C） （D）
 2
（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
12
   
（A）－ （B） （C）－ （D）
6 6 12 12
（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
2
的距离为
1 3 2 6
（A） （B） （C） （D）
3 3 3 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
4 3

（9）已知平面上直线l的方向向量e ( , )，点O(0,0)和A(1,-2)在l上的射影分别是O和A，则O A
5 5 1 1 1 1

＝e ，其中＝
11 11
（A） （B）－ （C）2 （D）－2
5 5
（10）函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数
 3 3 5
（A）( ， ) （B）(，2) （C）( ， ) （D）(2，3)
2 2 2 2
（11）函数y＝sin4x＋cos2x的最小正周期为
第1页 | 共6页 
（A） （B） （C） （D）2
4 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
x 0，

（14）设x，y满足约束条件x  y， 则z＝3x＋2y的最大值是 ．

2x 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 (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．
3 1
（17） (本小题满分12分)已知锐角三角形ABC中，sin(A＋B)＝ ，sin(A－B)＝ ．
5 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)
n2
数列{a}的前n项和记为S，已知a＝1，a ＝ S（n＝1，2，3，…）．证明：
n n 1 n＋1 n
n
S
(Ⅰ)数列{ n }是等比数列；
n
(Ⅱ)S ＝4a．
n＋1 n
（20）(本小题满分12分) ．
如图，直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB＝90o，AC＝1，CB＝ 2 ，侧棱AA＝1，侧面AABB的两条对角
1 1 1 1 1 1
线交点为D，BC的中点为M．
1 1
(Ⅰ)求证：CD⊥平面BDM；
(Ⅱ)求面BBD与面CBD所成二面角的大小．
1
（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．
第2页 | 共6页(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；
ab
(2)设0＜a＜b，证明：0＜g(a)＋g(b)－2g( )＜(b－a)ln2．
2
2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）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．
1
（13）0.1，0.6，0.3 （14）5 （15） x2＋y2＝1 （16）②④
2
3 1
17．(I)证明：∵sin(A+B)= ,sin(A-B)=
5 5
 3  2
sinAcosBcosAsinB  sinAcosB 
 
 5  5 tanA
∴     2，∴tanA 2tanB.
1 1 tanB
 
sinAcosBcosAsinB  cosAsinB 
 
 5  5
3 4 3

(II)解：∵ <A+B<π, sin(AB)  , ∴cos(AB)   , tan(AB)  
2 5 5 4
tanAtanB 3
即   ,将tanA 2tanB代入上式并整理得2tan2 B4tanB10
1tanAtanB 4
2 6 2 6
解得tanB  ,因为B为锐角，所以tanB  ,∴tanA 2tanB =2+ 6
2 2
CD CD 3CD
设AB上的高为CD，则AB=AD+DB=   ，由AB=3得CD=2+ 6
tanA tanB 2 6
故AB边上的高为2+ 6
C2C2 6
18．(I) 解：有一组恰有两支弱队的概率2 3 5 
C4 7
8
C2C2 C3C1 1
(II)解：A组中至少有两支弱队的概率 3 5  3 5 
C4 C4 2
8 8
n2
19．（I）证： 由a=1,a = S(n=1,2,3，…)，
1 n+1 n
n
S
2
知a= 21 S=3a, S 2  4a 1  2, S 1 1,∴ 2  2
2 1 1 1 2 2 1 S
1
1
n2
又 a =S -S(n=1,2,3 ， … ), 则 S -S= S(n=1,2,3 ， … ) ， ∴ nS =2(n+1)S,
n+1 n+1 n n+1 n n n+1 n
n
A A'
第3页 | 共6页
D
C C'
M
B B'S
n1
n1 2(n=1,2,3，…).故数列{ S n }是首项为1，公比为2的等比数列
S n
n
n
S S
（II）解：由（I）知， n1  4 n1 (n 2)，于是S =4(n+1)· S n1 =4a(n2)
n+1 n
n1 n1 n1
又 a=3S=3,则 S=a+a=4=4a,因此对于任意正整数 n≥1 都有 S =4a.
2 1 2 1 2 1 n+1 n
A A'
20．解法一：(I)如图，连结CA、AC、CM，则CA= 2 ，
1 1 1
∵CB=CA= 2 ，∴△CBA 为等腰三角形， D
1 1
又知D为其底边AB的中点，∴CD⊥AB， C C'
1 1
∵AC=1，CB= 2 ，∴AB= 3， M
1 1 1 1 1 1
又BB=1，∴AB=2， B B'
1 1
1
∵△ACB为直角三角形，D为AB的中点，CD= AB=1，CD=CC
1 1 1 1
2
1 2
又DM= AC= ，DM=CM，∴△CDN≌△CCM，∠CDM=∠CCM=90°,即CD⊥DM，
1 1 1 1
2 2
因为AB、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM
1
(II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结BG、FG、BF，
1 1
1 1
则FG∥CD，FG= CD∴FG= ，FG⊥BD.
A A'
2 2
1
由侧面矩形BBAA的对角线的交点为D,知BD=BD= AB=1，
1 1 1 1
2
3 C D
所以△BBD是边长为1的正三角形，于是BG⊥BD，BG= ，
1 1 1 C'
2
F
∴∠BGF是所求二面角的平面角 G M
1
2 3 B B'
又BF2=BB2+BF2=1+( )2= .
1 1
2 2
3 1 3
( )2( )2
∴cos∠BGF= B 1 G2FG2B 1 F2  2 2 2  3
1
2BGFG 3 1 3
1 2 
2 2
3
即所求二面角的大小为π-arccos
3
解法二：如图以C为原点建立坐标系
2 1 1
(I):B( 2 ,0,0),B( 2 ,1,0),A(0,1,1),D( , , ),
1 1
2 2 2
2 2 1 1
M( ,1,0),CD( , , ),AB( 2 ,-1,-1),
2 2 2 2 1
1 1
DM (0, ,- ),CDAB0,CDDM 0,
2 2 1
∴CD⊥AB,CD⊥DM.
1
因为AB、DM为平面BDM内两条相交直线，
1
所以CD⊥平面BDM
3 2 1 1 2 1 1
(II):设BD中点为G，连结BG，则G( , , ), BD(- , , )，
1
4 4 4 2 2 2
2 3 1
BG ( , , ),∴BDBG0，∴BD⊥BG，又CD⊥BD，∴CD与BG的夹角等于所求二面角的平面角，
1 4 4 4 1 1 1
CDBG 3
cos 1  .
|CD||BG| 3
1
第4页 | 共6页3
所以所求二面角的大小为π-arccos
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(x,y),B(x,y)，则有x+x=6,xx=1，
1 1 2 2 1 2 1 2
OAOB=(x,y)·(x,y)=xx+yy=2xx-(x+x)+1=-3.
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
|OA||OB| x2y2  x2y2  xx[xx 4(x x )16]  41
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
OAOB 3 41
cos<OA,OB>=  .
|OA||OB| 41
3 41
所以OA与OB夹角的大小为-arccos .
41
解：(II)由题设知FB AF 得：(x 2 -1,y 2 )=λ(1-x 1 ,-y 1 )，即  
x
y 2 2


1




y 1
(

1

x
 1
)
     
(
(
1
2
)
)
由 (2)得y2=λ2y2, ∵y2=4x,y2=4x,∴x=λ2x……………………………………(3)
2 1 1 1 2 2 2 1
联立(1)(3)解得x=λ.依题意有λ>0.
2
∴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)
2  2 
当λ∈[4,9]时，l在y轴上的截距为 或-
1 1
2  2 2 2 
由 =  ，可知 在[4，9]上是递减的，
1 1 1 1
3 2  4 4 2  3
∴   ，- - 
4 1 3 3 1 4
4 3 3 4
直线l在y轴上截距的变化范围是[ , ] [ , ]

3 4 4 3
1
22．(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞), f'(x)= 1.令 f'(x)=0，解得x=0，当-1<x<0时, f'(x)>0,
1x
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
ab ab 2a 2b
(II)证法一：g(a)+g(b)-2g( )=alna+blnb-(a+b)ln =aln bln .
2 2 ab ab
ba ab
由 (I) 的 结 论 知 ln(1+x)-x<0(x>-1, 且 x ≠ 0) ， 由 题 设 0<a<b, 得 0,1 0, 因 此
2a 2b
2a ba ba 2b ab ab
ln ln(1 ) ,ln ln(1 ) .
ab 2a 2a ab 2b 2b
2a 2b ba ab
所以aln bln >-  0.
ab ab 2 2
2a ab 2a 2b ab 2b 2b
又  , aln bln <aln bln (ba)ln (ba)ln2.
ab 2b ab ab 2b ab ab
ab
综上0<g(a)+g(b)-2g( )<(b-a)ln2.
2
ax
(II)证法二：g(x)=xlnx,g'(x)lnx1,设F(x)= g(a)+g(x)-2g( ),
2
ax ax
则F'(x)g'(x)2[g( )]'lnxln .当0<x<a时F'(x)0,因此F(x)在(0,a)内为减函数当x>a时F'(x)0,
2 2
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
ab
0<g(a)+g(b)-2g( ).
2
ax
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则G'(x)lnxln ln2lnxln(ax).当x>0时,G'(x)0,因此G(x)在(0,+∞)上
2
ab
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.
2
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