理科数学(必修+选修Ⅱ)
(四川吉林黑龙江云南等区)
选择题:题12题题5分60分.题出四选项中选项符合题目求.
(1)已知集合M={x|x2<4N={x|x2-2x-3<0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)设复数ω=-+i1+ω=
(A)–ω (B)ω2
(C) (D)
(4)已知圆C圆(x-1)2+y2=1关直线y=-x称圆C方程
(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)图象点(0)φ
(A)- (B) (C)- (D)
(6)函数y=-ex图象
(A)y=ex图象关y轴称 (B)y=ex图象关坐标原点称
(C)y=e-x图象关y轴称 (D)y=e-x图象关坐标原点称
(7)已知球O半径1ABC三点球面两点间球面距离球心O面ABC距离
(A) (B) (C) (D)
(8)坐标面点A(12)距离1点B(31)距离2直线
(A)1条 (B)2条 (C)3条 (D)4条
(9)已知面直线方量点O(00)A(12)射影分O1A1=中=
(A) (B)- (C)2 (D)-2
(10)函数y=xcosx-sinx面区间增函数
(A)() (B)(2) (C)() (D)(23)
(11)函数y=sin4x+cos2x正周期
(A) (B) (C) (D)2
(12)数字12345组成没重复数字5位数中2314543521数
(A)56 (B)57 (C)58 (D)60
二填空题:题4题题4分16分.答案填题中横线.
(13)装3红球2白球袋中机取出2球设中ξ红球机变量ξ概率分布
ξ
0
1
2
P
(14)设xy满足约束条件
z=3x+2y值 .
(15)设中心原点椭圆双曲线2x2-2y2=1公焦点离心率互倒数该椭圆方程 .
(16)面关四棱柱四命题:
①两侧面垂直底面该四棱柱直四棱柱
②两相侧棱截面垂直底面该四棱柱直四棱柱
③四侧面两两全等该四棱柱直四棱柱
④四棱柱四条角线两两相等该四棱柱直四棱柱
中真命题编号 (写出真命题编号).
三 解答题:题6题74分.解答应写出文字说明证明程演算步骤.
(17) (题满分12分)
已知锐角三角形ABC中sin(A+B)=sin(A-B)=.
(Ⅰ)求证:tanA=2tanB
(Ⅱ)设AB=3求AB边高.
(18)(题满分12分)
已知8球队中3弱队抽签方式8球队分AB两组组4.求
(Ⅰ)AB两组中组恰两弱队概率
(Ⅱ)A组中少两弱队概率.
(19)(题满分12分)
数列{an}前n项记Sn已知a1=1an+1=Sn(n=123…).证明:
(Ⅰ)数列{}等数列
(Ⅱ)Sn+1=4an.
(20)(题满分12分) .
图直三棱柱ABCA1B1C1中∠ACB=90oAC=1CB=侧棱AA1=1侧面AA1B1B两条角线交点DB1C1中点M.
(Ⅰ)求证:CD⊥面BDM
(Ⅱ)求面B1BD面CBD成二面角.
(21)(题满分12分)
定抛物线C:y2=4xFC焦点点F直线lC相交AB两点.
(Ⅰ)设l斜率1求夹角
(Ⅱ)设=∈[49]求ly轴截距变化范围.
(22)(题满分14分)
已知函数f(x)=ln(1+x)-xg(x)=xlnx.
(1)求函数f(x)值
(2)设0<a<b证明:0<g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2.
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区)
答案:
选择题:题12题题5分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:题4题题4分16分.
(13)010603 (14)5 (15)x2+y2=1 (16)②④
17.(I)证明:∵sin(A+B)sin(AB)
∴∴
(II)解:∵代入式整理
解B锐角∴ 2+
设AB高CDABAD+DBAB3CD2+
AB边高2+
18.(I) 解:组恰两支弱队概率
(II)解:A组中少两支弱队概率
19.(I)证: a11an+1Sn(n123…)
知a2S13a1 ∴
an+1Sn+1Sn(n123…)Sn+1SnSn(n123…)∴nSn+12(n+1)Sn (n123…)数列{}首项1公2等数列
(II)解:(I)知Sn+14(n+1)·4an(n)
a23S13S2a1+a244a1意正整数n≥1Sn+14an
20.解法:(I)图连结CA1AC1CMCA1
∵CBCA1∴△CBA1等腰三角形
知D底边A1B中点∴CD⊥A1B
∵A1C11C1B1∴A1B1
BB11∴A1B2
∵△A1CB直角三角形DA1B中点CDA1B1CDCC1
DMAC1DMC1M∴△CDN≌△CC1M∠CDM∠CC1M90°CD⊥DM
A1BDM面BDM两条相交直线CD⊥面BDM
(II)设FG分BCBD中点连结B1GFGB1F
FG∥CDFGCD∴FGFG⊥BD
侧面矩形BB1A1A角线交点D知BDB1DA1B1
△BB1D边长1正三角形B1G⊥BDB1G
∴∠B1GF求二面角面角
B1F2B1B2+BF21+()2
∴cos∠B1GF
求二面角πarccos
解法二:图C原点建立坐标系
(I)B(00)B1(10)A1(011)D()
M(10)()(11)
(0)
∴CD⊥A1BCD⊥DM
A1BDM面BDM两条相交直线
CD⊥面BDM
(II)设BD中点G连结B1GG()∴∴BD⊥B1GCD⊥BD∴夹角等求二面角面角
cos
求二面角πarccos
21.解:(I)C焦点F(10)直线l斜率1l方程yx1
yx1代入方程y24x整理x26x+10
设A(x1y1)B(x2y2)x1+x26x1x21
(x1y1)·(x2y2)x1x2+y1y22x1x2(x1+x2)+13
cos<>
夹角arccos
解:(II)题设知:(x21y2)λ(1x1y1)
(2)y22λ2y12 ∵y124x1y224x2∴x2λ2x1……………………………………(3)
联立(1)(3)解x2λ题意λ>0
∴B(λ2)B(λ2)F(10)
直线l方程(λ1)y2(x1)(λ1)y2(x1)
λ∈[49]时ly轴截距
知[49]递减
∴
直线ly轴截距变化范围
22.(I)解:函数f(x)定义域(1∞)(x)令(x)0解x01
(II)证法:g(a)+g(b)2g()alna+blnb(a+b)lna
(I)结知ln(1+x)x<0(x>1x≠0)题设0a>
a综0
0
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