高考學習網(wǎng)－中國最大高考學習網(wǎng)站G|我們負責傳遞知識！2004年高考試題全國卷Ⅱ理科數(shù)學（必修＋選修Ⅱ）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(shù)ω＝－＋i，則1＋ω＝（A）–ω（B）ω2（C）（D）（4）已知圓C與圓(x－1)2＋y2＝1關于直線y＝－x對稱，則圓C的方程為（A）(x＋1)2＋y2＝1（B）x2＋y2＝1（C）x2＋(y＋1)2＝1（D）x2＋(y－1)2＝1（5）已知函數(shù)y＝tan(2x＋φ)的圖象過點(,0)，則φ可以是（A）－（B）（C）－（D）（6）函數(shù)y＝－ex的圖象（A）與y＝ex的圖象關于y軸對稱（B）與y＝ex的圖象關于坐標原點對稱（C）與y＝e－x的圖象關于y軸對稱（D）與y＝e－x的圖象關于坐標原點對稱（7）已知球O的半徑為1，A、B、C三點都在球面上，且每兩點間的球面距離為，則球心O到平面ABC的距離為（A）（B）（C）（D）（8）在坐標平面內(nèi)，與點A(1，2)距離為1，且與點B(3，1)距離為2的直線共有（A）1條（B）2條（C）3條（D）4條（9）已知平面上直線的方向向量，點O(0,0)和A(1,-2)在上的射影分別是O1和A1，則＝，其中＝（A）（B）－（C）2（D）－2（10）函數(shù)y＝xcosx－sinx在下面哪個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)（A）(，)（B）(，2)（C）(，)（D）(2，3)（11）函數(shù)y＝sin4x＋cos2x的最小正周期為（A）（B）（C）（D）2（12）在由數(shù)字1，2，3，4，5組成的所有沒有重復數(shù)字的5位數(shù)中，大于23145且小于43521的數(shù)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(shù)，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(shù)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(shù)列{}是等比數(shù)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?。?1）(本小題滿分12分)給定拋物線C：y2＝4x，F(xiàn)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?。?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(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝xlnx．（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(shù)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(nèi)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，F(xiàn)G=CD∴FG=，F(xiàn)G⊥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(nèi)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(lián)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(shù)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(nèi)為減