2004年高考数学(理科)真题及答案[全国卷I]

2004年全国统一考试理科数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分. 共150分. 考试时间120分钟.

第I卷

参考公式： 如果事件A、B互斥，那么

P（A+B）=P（A）+P（B） 如果事件A、B相互独立，那么

P（A·B）=P（A）·P（B）

球的表面积公式

2S=4R

其中R表示球的半径， 球的体积公式

V=R， 433如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 其中R表示球的半径 n次独立重复试验中恰好发生k次的概率

kkn－k

Pn(k)=CnP(1－P)

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，只有一项是符合题目要求的. 1．已知集合M{x|x4},N{x|x2x30},则集合MN

A．{x|x2}

B．{x|x3}

22（ ）

C．{x|1x2} D． {x|2x3}

x2x2 2．lim2xnx4x5A． （ ）

1 2B．1 C．

2 5D．

1 4（ ）

3．设复数

A． 13i,则1= 22B． 22 C．

21 D．

12

（ ）

4．已知圆C与圆(x1)y1关于直线yx对称，则圆C的方程为

A．(x1)2y21 C．x(y1)1

22B．x2y21 D．x(y1)1

225．已知函数ytan(2x)的图象过点(12,0)，则可以是

（ ）

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A． 6xB．

 6C．

12 D．

x 12（ ）

6．函数ye的图象

A．与ye的图象关于y轴对称 C．与yexxB．与ye的图象关于坐标原点对称 D．与yex的图象关于y轴对称

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均为

球心O到平面ABC的距离为 A．

C．

，则 2（ ）

1 3B．

3 32 3D．

6 38．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 9．已知平面上直线l的方向向量e=(43,),点O（0，0）和A（1，－2）在l上的射影分55 别是O′和A′，则OAe，其中=

A．

（ ）

11 5B．11 5C．2 D．－2 D．(2,3) D．2

（ ） （ ）

10．函数yxcosxsinx在下面哪个区间内是增函数

A．(322,) 4B．(,2)

2C．(35,) 2211．函数ysinxcosx的最小正周期为

A． 4B． 2C．

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

第Ⅱ卷

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 0 1 2 ξ P

14．设x,y满足约束条件：

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x0, xy,2xy1,

则z3x2y的最大值是 .

2215．设中心在原点的椭圆与双曲线2x2y=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 （写出所有正确结论的编号）.

三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）

已知锐角三角形ABC中，sin(AB)31,sin(AB). 55 （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支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A、B两组，每组4支.

求：（Ⅰ）A、B两组中有一组恰有两支弱队的概率； （Ⅱ）A组中至少有两支弱队的概率. 19．（本小题满分12分）

数列{an}的前n项和记为Sn，已知a11,an1（Ⅰ）数列{n2Sn(n1,2,3).证明： nSn}是等比数列； n（Ⅱ）Sn14an. 20．（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=2，侧棱AA1=1，侧

面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M.

（Ⅰ）求证CD⊥平面BDM；

（Ⅱ）求面B1BD与面CBD所成二面角的大小.

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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。

（Ⅰ）设l的斜率为1，求OA与OB的夹角的大小；

（Ⅱ）设FBAF，若λ∈[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. （Ⅰ）求函数f(x)的最大值；

（Ⅱ）设0ab)<(b-a)ln2. 22004年普通高等学校招生全国统一考试

数学参考答案（理）（选修Ⅱ）

1.C 2.A 3.C 4.C 5.A 6.D 7.B 8.B 9.D 10.B 11.B 12.C x2y21 16．②④ 13．0.1，0.6，0.3 14．5 15．217．本小题主要考查等差、等比数列的概念和性质，考查运算能力，满分12分.

本小题主要考查三角函数概念，两角和、差的三角函数值以及应用、分析和计算能力， 满分12分.

（Ⅰ）证明：sin(AB)31,sin(AB), 552,tanA52. 1tanB53sinAcosBcosAsinB,sinAcosB5sinAcosBcosAsinB1.cosAsinB5所以tanA2tanB. 33AB，sin(AB),tan(AB), 254tanAtanB3 即 ，将tanA2tanB代入上式并整理得

1tanAtanB4（Ⅱ）解： 2tanB4tanB10. 解得tanB22626，舍去负值得tanB， 22tanA2tanB26. 设AB边上的高为CD.

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则AB=AD+DB=

CDCD3CD. tanAtanB26由AB=3，得CD=2+6. 所以AB边上的高等于2+6.

18．本小题主要考查组合、概率等基本概念，相互独立事件和互斥事件等概率的计算，运用 数学知识解决问题的能力，满分12分.

11C5C51（Ⅰ）解法一：三支弱队在同一组的概率为 44.

C8C87故有一组恰有两支弱队的概率为116. 77C32C52C32C526解法二：有一组恰有两支弱队的概率.

7C84C8431C32C52C3C51（Ⅱ）解法一：A组中至少有两支弱队的概率  442C8C8 解法二：A、B两组有一组至少有两支弱队的概率为1，由于对A组和B组来说，至

少有两支弱队的概率是相同的，所以A组中至少有两支弱队的概率为. 19．本小题主要考查数列、等比数列的概念和性质，分析和推理能力，满分12分。

证明：（Ⅰ）∵an1Sn1Sn,an112n2Sn, n∴ (n2)Snn(Sn1Sn), 整理得 nSn12(n1)Sn,

所以 Sn1SS2n. 故{n}是以2为公比 的等比数列. n1nnSn1SS4n1(n2). 于是 Sn14(n1)n14an(n2). n1n1n1（Ⅱ）由（Ⅰ）知又 a23S13, 故 S2a1a24, 因此对于任意正整数 n1, 都有Sn14an.

20．本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

满分12分.

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

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又BB1=1，A1B=2. ∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点， ∴CD=

211A1B=1，CD=CC1，又DM=AC1=，DM=C1M.

222 ∴△CDM≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°，即CD⊥DM.

因为A1B、DM为平在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= ∴FG=

1CD. 21，FG⊥BD. 21A1B=1， 2 由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D= 所以△BB1D是边长为1的正三角形. 于是B1G⊥BD，B1G=3. ∴∠B1GF是所求二面角的平面角， 2223)=， 2222 又 B1F2=B1B2+BF2=1+（BGFGB1F∴ cosB1GF12B1CFG2(3213)()22223. 331222即所求二面角的大小为arccos3. 3解法二：如图，以C为原点建立坐标系.

（Ⅰ）B（2，0，0），B1（2，1，0），A1（0，1，1）， D（2,1,1)，M（2，1，0）， 2222CD(211,,),A1B(2,1,1),22211DM(0,,),

22

则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（32,1,1），BD(44422、

11、），B1G(22231 ,),444BDB1G0,BDB1G.又CDBD,

BD与B1G的夹角等于所求的二面角的平面角.cosCDB1C|CD||B1C|3

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所以所求的二面角等于arccos3.

321．本小题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的关系以及解析几何的基本方法、思想和

综合解题能力。满分12分。

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.

2将yx1代入方程y4x，并整理得 x6x10.

2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. 22|OA||OB|x12y12x2y2x1x2[x1x24(x1x2)16]41. cos(OA,OB)OAOB|OA||OB|314

.41所以OA与OB夹角的大小为arccos314. 41（Ⅱ）由题设FBAF 得 (x21,y2)(1x1,y1), 即x21(1x1),

y2y1.222① ②

222由②得y2y1， ∵ y14x1,y24x2, ∴x2x1.③

联立①、③解得x2，依题意有0.

∴B(,2),或B(,2),又F（1，0），得直线l方程为 (1)y2(x1)或(1)y2(x1), 当[4,9]时，l在方程y轴上的截距为22或, 11由

2222在[4，9]上是递减的， , 可知1111∴

324423,, 413314直线l在y轴上截距的变化范围为[4334,][,]. 344322．本小题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合

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推理论证的能力，满分14分.

（Ⅰ）解：函数f(x)的定义域为(1,). f(x)11. 令 f(x)0,解得x0. 1x 当1x0时,f(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，最大值为0.

abab )alnablnb(ab)ln222a2b alnbln.

abab （Ⅱ）证法一：g(a)g(b)2g(由（Ⅰ）结论知ln(1x)x0(x1,且x0), baab0,10, 2a2b2bbaba因此 lnln1(), ab2a2a2babab lnln1(), ab2b2b2a2bbaab所以 alnbln0. abab22由题设 0ab,得又2aab,ab2baln2a2bab2b2bblnalnbln(ba)ln(ba)ln2. abab2babab综上 0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2. 2证法二：g(x)xlnx,g(x)lnx1.

ax), 2axax则 F(x)g(x)2[g()]lnxln.

22设F(x)g(a)g(x)2g(当0xa时,F(x)0, 在此F(x)在(0,a)内为减函数. 当xa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).

因此 F(a)0,ba,所以F(b)0, 即 0g(a)g(b)2g(设

ab). 2

则

G(x)F(x)(xa)ln2,

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G(x)lnxlnaxln2lnxln(ax). 2当x0时,C(x)0. 因此G(x)在(0,)上为减函数. 因为 G(a)0,ba,所以G(b)0, 即 g(a)g(b)2g(

ab)(ba)ln2. 2