2004年重庆高考理科数学真题及答案.doc

2004年重庆高考理科数学真题及答案 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）函数的定义域是：　　 A．， B． C． D． 2．（5分）设复数，则　　 A． B．3 C． D． 3．（5分）圆的圆心到直线的距离为：　　 A．2 B． C．1 D． 4．（5分）不等式的解集是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 5．（5分）等于　　 A． B． C． D． 6．（5分）若向量的夹角为，，则向量的模为　　 A．2 B．4 C．6 D．12 7．（5分）一元二次方程，有一个正根和一个负根的充分不必要条件是　　 A． B． C． D． 8．（5分）设是的二面角内一点，平面，平面，，为垂足，，，则的长为：　　 A． B． C． D． 9．（5分）若数列是等差数列，首项，，．，则使前项和成立的最大自然数是　　 A．4005 B．4006 C．4007 D．4008 10．（5分）已知双曲线，的左，右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，且，则此双曲线的离心率的最大值为　　 A． B． C．2 D． 11．（5分）某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：　　 A． B． C． D． 12．（5分）若三棱锥的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是：　　 A． B． C． D． 二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） 13．（4分）若在的展开式中的系数为，则　 　． 14．（4分）曲线与在交点处的切线夹角是 　 　．（以弧度数作答） 15．（4分）如图是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形、、、，记纸板的面积为，则　 　． 16．（4分）直线：与椭圆：恰有一个公共点，则取值是　 　． 三、解答题（共6小题，满分74分） 17．（12分）求函数的最小正周期和最小值；并写出该函数在，上的单调递增区间． 18．（12分）设一汽车在前进途中要经过4个路口，汽车在每个路口遇到绿灯的概率为，遇到红灯（禁止通行）的概率为．假定汽车只在遇到红灯或到达目的地才停止前进，表示停车时已经通过的路口数，求： （Ⅰ）的概率的分布列及期望； （Ⅱ）停车时最多已通过3个路口的概率． 19．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，， （1）证明是异面直线与的公垂线； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 20．（12分）设函数， （1）求导数并证明有两个不同的极值点，； （2）若不等式成立，求的取值范围． 21．（12分）设是一常数，过点的直线与抛物线交于相异两点、，以线段为直径作圆为圆心）．试证抛物线顶点在圆的圆周上；并求圆的面积最小时直线的方程． 22．（14分）设数列满足：，． （Ⅰ）证明：对恒成立； （Ⅱ）令，判断与的大小，并说明理由． 2004年重庆市高考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）函数的定义域是：　　 A．， B． C． D． 【解答】解：要使函数有意义：， 即： 可得 解得 故选：． 2．（5分）设复数，则　　 A． B．3 C． D． 【解答】解：复数， 故选：． 3．（5分）圆的圆心到直线的距离为：　　 A．2 B． C．1 D． 【解答】解：圆的圆心， 它到直线的距离： 故选：． 4．（5分）不等式的解集是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 【解答】解：法一： 得 即 可得 可得或． 法二：验证，、不满足不等式，排除、、． 故选：． 5．（5分）等于　　 A． B． C． D． 【解答】解：原式 ． 故选：． 6．（5分）若向量的夹角为，，则向量的模为　　 A．2 B．4 C．6 D．12 【解答】解： ， ． ． ． 故选：． 7．（5分）一元二次方程，有一个正根和一个负根的充分不必要条件是　　 A． B． C． D． 【解答】解：一元二次方程，有一个正根和一个负根的充要条件是，即， 而的一个充分不必要条件是 故选：． 8．（5分）设是的二面角内一点，平面，平面，，为垂足，，，则的长为：　　 A． B． C． D． 【解答】解：设平面与二面角的棱交于点， 连接、可得直线平面， 所以是二面角的平面角，， 故中，，，， 由余弦定理得：，， 所以， 故选：． 9．（5分）若数列是等差数列，首项，，．，则使前项和成立的最大自然数是　　 A．4005 B．4006 C．4007 D．4008 【解答】解： 解法1：由，，知和两项中有一正数一负数，又，则公差为负数，否则各项总为正数，故，即，． ， ， 故4006为的最大自然数． 故选． 解法2：由，，，同解法1的分析得，， 为中的最大值． 是关于的二次函数，如草图所示， 到对称轴的距离比2004到对称轴的距离小， 在对称轴的右侧． 根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象中右侧零点的左侧， 4007，4008都在其右侧，的最大自然数是4006． 故选：． 10．（5分）已知双曲线，的左，右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，且，则此双曲线的离心率的最大值为　　 A． B． C．2 D． 【解答】解：设，由焦半径得，， ，化简得， 在双曲线的右支上， ， ，即双曲线的离心率的最大值为 故选：． 11．（5分）某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：　　 A． B． C． D． 【解答】解：由题意知本题是一个古典概型， 试验发生包含的所有事件是10位同学参赛演讲的顺序共有：； 满足条件的事件要得到“一班有3位同学恰好被排在一起而二班的2位同学没有被排在一起的演讲的顺序”可通过如下步骤： ①将一班的3位同学“捆绑”在一起，有种方法； ②将一班的“一梱”看作一个对象与其它班的5位同学共6个对象排成一列，有种方法； ③在以上6个对象所排成一列的7个间隙（包括两端的位置）中选2个位置，将二班的2位同学插入，有种方法． 根据分步计数原理（乘法原理），共有种方法． 一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连）， 而二班的2位同学没有被排在一起的概率为：． 故选：． 12．（5分）若三棱锥的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是：　　 A． B． C． D． 【解答】解：设二面角的大小为，如图． 作面于，于，于，则， 且由条件， 为小于1的常数， 故选：． 二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） 13．（4分）若在的展开式中的系数为，则　　． 【解答】解：展开式的通项为 令的展开式中的系数为 展开式中的系数为 故答案为 14．（4分）曲线与在交点处的切线夹角是 　　．（以弧度数作答） 【解答】解：由得，，． 两曲线只有一个交点． ，． 又，当时，． 两曲线在交点处的切线斜率分别为、3， ． 夹角为． 故答案为： 15．（4分）如图是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形、、、，记纸板的面积为，则　　． 【解答】解：每次剪掉的半圆形面积构成一个以为首项，以为公比的等比数列， 则 故： 故答案为： 16．（4分）直线：与椭圆：恰有一个公共点，则取值是　0　． 【解答】解：椭圆：化成标准方程为 直线恒过， 而点，在椭圆上且为上定点， 则直线：与椭圆：恰有一个公共点 即， 故答案为0． 三、解答题（共6小题，满分74分） 17．（12分）求函数的最小正周期和最小值；并写出该函数在，上的单调递增区间． 【解答】解： ． 故该函数的最小正周期是；最小值是；单调递增区间是，，，． 18．（12分）设一汽车在前进途中要经过4个路口，汽车在每个路口遇到绿灯的概率为，遇到红灯（禁止通行）的概率为．假定汽车只在遇到红灯或到达目的地才停止前进，表示停车时已经通过的路口数，求： （Ⅰ）的概率的分布列及期望； （Ⅱ）停车时最多已通过3个路口的概率． 【解答】解：由题意知的所有可能值为0，1，2，3，4 用表示“汽车通过第个路口时不停（遇绿灯）”， 则独立． 故， ， ， 从而有分布列： 即停车时最多已通过3个路口的概率为． 19．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，底面，，， （1）证明是异面直线与的公垂线； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】证明：因底面，有，又知， 故面，推得， 又，且， 证得是矩形，故． 又因，，故面， 而，得面， 故， 因此是与的公垂线． 解：连接交于，连接，过作的垂线， 垂足在上． 易知面，故， 又，故， 因此面． 连接，则是所要求的线与面所成的角 设，则，． 因，故 ， ． 从而在中 ． 20．（12分）设函数， （1）求导数并证明有两个不同的极值点，； （2）若不等式成立，求的取值范围． 【解答】解：（1）． 令得方程 ． 因△，故方程有两个不同实根， 不妨设，由可判断的符号如下： 当时，； 当时，； 当时， 因此是极大值点，是极小值点． （2）因，故得不等式． 即． 又由知 代入前面不等式，两边除以，并化简得 ． 解不等式得或（舍去） 因此，当时，不等式成立． 21．（12分）设是一常数，过点的直线与抛物线交于相异两点、，以线段为直径作圆为圆心）．试证抛物线顶点在圆的圆周上；并求圆的面积最小时直线的方程． 【解答】解：由题意，设直线的方程为， 设，，，，则其坐标满足 消去的， 则 因此 ，故必在圆的圆周上， 又由题意圆心是的中点，故 ， 由前已证应是圆的半径，且； 从而当时，圆的半径最小，也使圆的面积最小． 22．（14分）设数列满足：，． （Ⅰ）证明：对恒成立； （Ⅱ）令，判断与的大小，并说明理由． 【解答】解：（1）证法一：当时，，不等式成立， 假设时，成立（2分）， 当时，．（5分） 时，时成立 综上由数学归纳法可知，对一切正整数成立（6分） 证法二：由递推公式得，（2分） 上述各式相加并化简得（4分） 又时，显然成立，故（6分） （2）解法一：（8分） （10分） 又显然，故成立（12分） 解法二：（8分） （10分） 故，因此（12分） 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/5/23 23:08:05；用户：15217760367；邮箱：15217760367