2004年高考试题全国卷2理科数学及答案（必修+选修）

2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）(四川、吉林、黑龙江、云南等地区) 王新敞

（13）0.1，0.6，0.3 （14）5 （15）17．(I)证明：∵sin(A+B)=

3512x＋y＝1 （16）②④

22

,sin(A-B)=

5132??sinAcosB?cosAsinB?sinAcosB???tanA??55∴??2，∴tanA?2tanB. ???tanB?sinAcosB?cosAsinB?1?cosAsinB?1??55??343?(II)解：∵

2554tanA?tanB32即??,将tanA?2tanB代入上式并整理得2tanB?4tanB?1?0 1?tanAtanB4解得tanB?2?26,因为B为锐角，所以tanB?CDtanA?CD2?26,∴tanA?2tanB =2+，由AB=3得CD=2+66

设AB上的高为CD，则AB=AD+DB=故AB边上的高为2+

6 tanB2?3CD2?618．(I) 解：有一组恰有两支弱队的概率2(II)解：A组中至少有两支弱队的概率19．（I）证： 由a1=1,an+1=

S22n?2nC3C5C2482?3167? 1C3C5C482?C3C5C482 Sn(n=1,2,3，…)，

S2S1知a2=

2?11S1=3a1,

?4a12?2,

?1,∴2?2

S111又an+1=Sn+1-Sn(n=1,2,3，…),则Sn+1-Sn=

Sn?1Sn?1?2(n=1,2,3，…).故数列{nSnnn?2nSn(n=1,2,3，…)，∴nSn+1=2(n+1)Sn,

}是首项为1，公比为2的等比数列 n（II）解：由（I）知，

Sn?1n?1?4?Sn?1n?1(n?2)，于是Sn+1=4(n+1)·

Sn?1n?1=4an(n?2)

又a2=3S1=3,则S2=a1+a2=4=4a1,因此对于任意正整数n≥1都有Sn+1=4an.

20．解法一：(I)如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2， ∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形， 又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B， ∵A1C1=1，C1B1=2，∴A1B1=3， 又BB1=1，∴A1B=2，

∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=CD=CC1 AA'ADCA'C'DCB'B'M12A1B=1，

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2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）(四川、吉林、黑龙江、云南等地区) 王新敞

又DM=AC1=

2122，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,即CD⊥DM，

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM (II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F， 则FG∥CD，FG=CD∴FG=，FG⊥BD.

1122A12A'由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=A1B=1，

32所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=∴∠B1GF是所求二面角的平面角 ，

FBCGDC'MB'又B1F2=B1B2+BF2=1+(∴cos∠B1GF=

2222)2=.

223B1G?FG?B1F2B1G?FG(?1232)?()?222??33312??2233 即所求二面角的大小为π-arccos3 解法二：如图以C为原点建立坐标系 (I):B(M(

22z2,0,0),B1(

?2,1,0),A1(0,1,1),D(

222,,),

2211AA',1,0),CD1122(

2,,),AB22111?(

2,-1,-1),

FBXDCGB'C'MyDM?(0,,-),CD?A1B?0,CD?DM?0,

∴CD⊥A1B,CD⊥DM.

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线， 所以CD⊥平面BDM (II):设BD中点为G，连结B1G，则

G(3211,,),BD?4441(-

22,,)，BG22111?(?24,?31,),44∴BD?BG1?0，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，

∴CD与BG的夹角?等于所求二面角的平面角， cos??CD?B1G|CD|?|B1G|??33.

3所以所求二面角的大小为π-arccos3 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.

22

将y=x-1代入方程y=4x，并整理得x-6x+1=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1+x2=6,x1x2=1，

OA?OB=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3.

x1?y1?22|OA|?|OB|?x2?y2?22x1x2[x1x2?4(x1?x2)?16]?41

cos=OA?OB|OA|?|OB|??34141.

所以OA与OB夹角的大小为?-arccos

34141.

?x2?1??(1?x1)???(1)?y2???y1??????(2)解：(II)由题设知FB??AF得：(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1)，即?

由 (2)得y22=λ2y12, ∵y12=4x1,y22=4x2,∴x2=λ2x1……………………………………(3)

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2004年高考试题全国卷2 理科数学（必修＋选修Ⅱ）(四川、吉林、黑龙江、云南等地区) 王新敞

联立(1)(3)解得x2=λ.依题意有λ>0. ∴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

2??(x-1) 当λ∈[4,9]时，l在y轴上的截距为由∴

2???1或-2???1 ??134?=

2?2??1?43?2??143，可知

?2???1??3在[4，9]上是递减的， 43,?34]?[34,]4311?x??1，--

2???14直线l在y轴上截距的变化范围是[? ?1.令f'22．(I)解：函数f(x)的定义域是(-1,∞),

f'f'(x)=(x)=0，解得x=0，当-1

(x)>0,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?b2(II)证法一：g(a)+g(b)-2g()=alna+blnb-(a+b)ln

a?b2=aln2aa?b2a?bln2ba?b.

a?b2b?0由(I)的结论知ln(1+x)-x<0(x>-1,且x≠0)，由题设0

ln2aa?b??ln(1?2aa?b2bb?a2a)??2ba?b2aa?b2b?a2a2b?a?0,?1?,因此

,ln?2ba?ba?b2??ln(1??0a?b2b)??a?b2b.

所以aln又

2aa?b??bln,

>-

b?a.

2b?bln2ba?b?(b?a)ln2ba?b?(b?a)ln2.a?baln?bln2ba?b

综上0

a?b)<(b-a)ln2.

a?x2(II)证法二：g(x)=xlnx,g'(x)?lnx?1,设F(x)= g(a)+g(x)-2g(则F'(x)?g'(x)?2[g(a?x2)]'?lnx?lna?x2.),

当0a时F'(x)?0,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0

当x>0时,G'(x)?0,因此G(x)在

a?b2?ln2?lnx?ln(a?x).(0,+∞)上为减函数，因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即g(a)+g(b)-2g(

)<(b-a)ln2.

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