高考湖南卷理科数学试题

2004年高考.湖南卷.理科数学试题及答案2004年高考.湖南卷.理科数学试题及答案/2004年高考.湖南卷.理科数学试题及答案2004年高考试题湖南卷数学(理)试题一.选择题(1)复数(11)4的值是(A)4ii(B)–4i(C)4(D)—4x2y213,那么点P到右准线的距离是(2)若是双曲线=1上一点P到右焦点的距离等于131213(B)13(C)55(A)(D)513(3)设f1(x)是函数f(x)log2(x1)的反函数,若[1f1(a)][1f1(b)]8,则f(a—b)的值为(A)1(B)2(C)3(D)log23把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A、B、C、D四点为极点的正棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为A90B60C45D30某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150个、120个、180个、150个销售点.公司为了检查产品销售的情况,需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本,记这项检查为①：在丙地区中有20个特大型销售点，要从中抽取7个检查其销售收入和售后服务情况，记这项检查为，则完成①、②这两项检查宜采用的抽样方法依次是（A）分层抽样，系统抽样法（B）分层抽样法，简单随机抽样法（C）系统抽样法，分层抽样法（D）简随机抽样法，分层抽样法（6）设函数f(x)x2bxc,x0,若f(--4)=f(0),f(--2)=--2,则关于x的方程f(x)x2,x0.的解的个数为（A）1（B）2（C）3（D）4（7）设a＞0,b＞0，则以下不等式中不恒建立的是．．．．（A）(ab)(11)≥4（B）a3b3≥2ab2ab（C）a2b22≥2a2b（D）ab≥ab（8）数列an16N,则lim(a1a2an)=中，a1,anan15n1,n5n12214（A）（B）（C）（D）57425（9）设会集U{(x,y)xR,yR},A{(x,y)2xym0},B{(x,yxyn≤0},那么点P(2,3)A(CUB)的充要条件是(A)m＞—1,n＜5(C)m＞—1,n＞5

(B)m＜--1,n＜5(D)m＜--1,n＞5从正方体的八个极点中任取三个点为极点作三角形,其中直角三角形的个数为(A)56(B)52(C)48(D)40(12)设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时,f(x)g(x)f(x)g(x)＞0.且g30，.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(A)(3,0)(3,)（B）(3,0)(0,3)（C）(,3)(3,)（D）(,3)(0,3)二.填空题:(13)已知向量a(cos,sin),向量b(3,1),则2ab的最大值是.(14)同时扔掷两枚相同的均匀硬币,随机变量ξ=1表示结果中有正面向上,ξ=0表示结果中没有正面向上,则Eξ=.(15)若(x31)n的张开式中的常数项为84,则n=.xx(16)设F是椭圆x2y21的右焦点,且椭圆上最少有21个不相同的点P1(i1,2,3),76使FP1FP2FP3,组成公差为d的等差数列,则d的取值范围为..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sin(2a)sin(2a)1,a(,),求2sin2atanacota1的44442值.(本小题满分12分)如图,在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,ABC60,PAACa,PBPD2a,点E在PD上,且PE:ED=2:1.(Ⅰ)证明PA⊥平面ABCD;(Ⅱ)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角θ的大小:(Ⅲ)在棱PC上可否存在一点F,使BF∥平面AEC?证明你的结论.(20)(本小题满分

12分)已知函数

f(x)

x2eax,其中

a≤0,e为自然对数的底数

.(Ⅰ)谈论函数f(x)的单调性;(Ⅱ)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.(21)(本小题满分12分)2作直线与抛物线交于A、B两点，如图,过抛物线x=4y的对称轴上任一点P(0,m)(m>0)点Q是点P关于原点的对称点。(Ⅰ)设点P分有向线段所成的比为λ，证明QP(QAQB);AB(Ⅱ)设直线AB的方程是x—2y+12=0,过A、B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程。（22）（本小题满分14分）如图，直线l1:ykx1k(k0,k1)与l2:y1x1订交于点P。直线l1222与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，，这样素来作下去，可获取一系列点P1，Q1，P2，Q2，。点Pn（n=1,2,）的横坐标组成数列xn。(Ⅰ)证明xn111(xn1),nN;2k(Ⅱ)求数列xn的通项公式；(Ⅲ)比较2PPn2PP12与4k25的大小。2004年高考试题湖南卷数学答案一选择题1.D2.A3.B4.C5.B6.C7.B8.C9.A10.CB12.D二.填空题13.415.916.1,0)(0,1[]1010三.解答题:(本小题满分12分)已知sin(2a)sin(2a)1,a(,),求2sin2atanacota1的值.44442解:由sin(2a)sin(2a)=sin(42a)cos(2a)444=1sin(24a)1cos4a1,2241又a(,),所以a5.得cos4a122.42于是2sin2tancot1cos2sin2cos2cos22cos2sincossin2=(cos22cot2)=(cos52cot5)66=(33)53.222(本小题满分12分)(Ⅰ)证明因为底面ABCD

是菱形

,∠ABC=60o,所以

AB=AD=AC=a.在△PAB中,由PA2

AB2

2a2

PB2知PA⊥AB.同理,PA⊥AD,所以PA⊥平面ABCD.(Ⅱ)解:作EG∥PA交AD于G,由PA⊥平面ABCD知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H,连接EH,则EH⊥AC.∠EHG为二面角θ的平面角.又PE:ED=2:1所以EG123,333从而tanEG3,30.GH3(Ⅲ)解法一以A为坐标原点,直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图。由题设条件，相关各点的坐标分别为A(0,0,0),B(3a,1a,0),C(3a,1a,0),222221a).D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,33所以AE(0,2a,1a),AC(3a,1a,0),3322AP(0,0,a),PC(3a,1a),2a,2BP(3a,1a,a)22设点F是棱PC上的点,PFPC(3a,1a,a),其中0<λ<1,则22BFBPPF(3a,1a,a)(3a,1a,a)2222=(3a(1),1a(1),a(1).22令BF1AC2AE得3a(1)3a111,221a(1)1a12a2,即11422233a(1)1a2.112.1,31,3.3解得12222即1时,BF1AC3AE.共面.222又BF平面AEC,所以当F是棱PC的时,BF∥平面AEC.解法二当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC.证明以下.证法一取PE的中点M,连接FM,则FM∥CE.①由EM1PEED,知E是MD的中点.2连接BM、BD,设BDAC=O，则O为BD的中点。所以BM∥OE。②由①、②知,平面BFM∥平面AEC.证法二因为BFBC1CPAD1(CDDP)22=AD1CD3132DEAD(ADAC)(AEAD)222=3AE1AC.22所以BF、AE、AC共面。又BF平面AEC,从而BF∥平面AEC。20）（本小题满分12分）解(Ⅰ)f(x)x(ax2)eax.i）当a=0时，令f(x)=0,得x=0.若x>0.则f(x)>0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递加;若x<0,则f(x)<0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.(ii)当a<0时,令f(x)=0,得x(ax+2)=0,故x=0或x2.a若x<0,则f(x)<0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.若0<x<22,则f(x)>0.从而f(x)在(0,,)上单调递加;aa若x>2,则f(x)<0.从而f(x)在(2,+∞)上单调递减.aa(Ⅱ)(i)当a=0时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=1.(ii)当2a0时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=ea.24(iii)当a≤-2时,f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(a)a2e2.21.解(Ⅰ)依题意,可设直线AB的方程为ykxm,代入抛物线方程x24y得x24kx4m0.①设A、B两点的坐标分别是（x1,y1）、(x2,y2),则x1、x2是方程①的两根。所以x1x24.m由点P（0，m）分有向线段AB所成的比为，得x1x20，即x1.1x2又点Q是点P关于原点的以称点，故点Q的坐标是（0，--m）,从而QP(0,2m).QAQB(x1,y1m)(x2,y2m)=(x1x2,y1y2(1)m).QP(QAQB)2m[y1y2(1)m]x12x1x22(1x1)m]=2m[x24x24=2m(x1x1x24mx2)4x2=2m(x1x2)4m4m4x2=0，所以OP(QAQB).(Ⅱ)由x2y120,得点A、B的坐标分别是（6，9）、（--4，4）。x24y,由x24y得y1x2，y1x,42所以抛物线x24y在点A处切线的斜率为yx63。设圆C的方程是(xa)2(yb)2r2，b91则a6,39)2(a4)2(b4)2.(a6)2(b解之得a3,b23,r2(a4)2(b4)2125.222所以圆C的方程是(x3)2(y23)2125，22222.（本小题满分14分）(Ⅰ)证明设点Pn的坐标是(xn,yn).由已知条件得点Qn,Pn1的坐标分别是：(xn,1xn1),(xn1,1xn1).2222由Pn1在直线l1上，得1xn1kxn11k.22所以1(xn1)k(xn11),21(xn即xn111),nN.2k1,x1111(xn1),(Ⅱ)解由题设知x110,又由（Ⅰ）知xn11kk1的等比数列。2k所以数列xn1是首项为x1—1,公比为2k从而xn11(1)n1,即xn12(1)n，nN。k2k2k(Ⅲ)解由ykx1k,y11x,22

得点P的坐标