2004年北京市高考数学卷(文科)

2004年普通高等学校招生全国统一考试数学(文科)（北京卷）第Ⅰ卷一.选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题要求的.(1)设M=x{－2x≤2},N=x{x＜1},则M∩N等于(A)x{1＜x＜2}(B)x{－2＜x＜1}(C)x{1＜x≤2}(D)x{－2≤x＜1}(2)满足条件iz43的复数z在复平面上对应点的轨迹是(A)一条直线(B)两条直线(C)圆(D)椭圆(3)设m,n是两条不同的直线,r,,是三个不同的平面.给出下列四个命题:①若m⊥α,n∥α,则m⊥n;②若α∥β,β∥r,m⊥α,则m⊥r;③若m∥α,n∥α,则m∥n;④若α⊥r,β⊥r,则α∥β.其中正确命题的序号是(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)①和④(4)已知a,b,c满足c＜b＜a,且ac＜0,那么下列选项是一定成立的是(A)ab＞ac(B)c(b－a)＜0(C)cb2＜ab2(D)ac(a－c)＞0(5)从长度分别为1,2,3,4的四条线段中,任取三条的不同取法有n种.在这些取法中,以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m,则nm等于(A)0(B)41(C)21(D)43(6)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,P是侧面BB1C1C内一动点,若P到直线BC与直线C1D1的距离相等,则动点P的轨迹所在的曲线是(A)直线(B)圆(C)双曲线(D)抛物线(7)函数32)(2axxxf在区间[1,2]上存在反函数的充分必要条件是(A))1,(a(B),2a(C),2)1,(a(D)]2,1[a(8)函数,,,,)(PxxMxxxf其中P,M为实数集R的两个非空子集,又规定}.),({)(},),({)(MxxfyyMfPxxfyyPf给出下列四个判断:①若P∩M=,则;)()(MfPf②若P∩M≠,则;)()(MfPf③若P∪M=R,则;)()(RMfPf④若P∪M≠R,则RMfPf)()(其中正确判断有(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个第Ⅱ卷(非选择题共110分)二.填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在题中横线上.(9)函数xcoxxfsin)(的最小正周期是.(10)方程3lglg)2lg(2xx的解是.(11)圆1)1(22yx的圆心坐标是,如果直线x+y+a=0与该圆有公共点,那么实数a的取值范围是.(12)某地球仪上北纬30°纬线的长度为12cm,该地球仪的半径是cm,表面积是cm2.(13)在函数cbxaxxf2)(中,若a,b,c成等数列且f(0)=－4,则f(x)有最值(填“大”或“小”),且该值为.(14)定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数,那么这个数列叫做等和数列,这个常数叫做该数列的公和.已知数列na是等和数列,且a1=5,公和为5,那么a18的值为,且这个数列的前21项和S21的值为.三.解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.(15)(本小题满分14分)在中,22cossinAA,AC=2,AB=3,求tgA的值和△ABC的面积.(16)(本小题满分14分)如图,在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AB=2,AA1=2,由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与AA1的交点记为M.求:(Ⅰ)三棱柱的侧面展开图的对角线长;(Ⅱ)该最短路线的长及AMMA1的值;(Ⅲ)平面C1MB与平面ABC所成二面角(锐角)的大小.(17)(本小题满分14分)如图,抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点,点P(1,2),A(x1,y1),B(x2,y2)均在直线上.(Ⅰ)写出该抛物线的方程及其准线方程.(Ⅱ)当PA与PB的斜率存在且倾角互补时,求21yy的值及直线AB的斜率.(18)(本小题满分14分)函数f(x)定义在[0,1]上,满足)2(2)(xfxf且f(1)=1,在每个区间iii](21,21(1=1,2,…)上,y=f(x)的图象都是平行于x轴的直线的一部分.(Ⅰ)求f(0)及)41(),21(ff的值,并归纳出,2,1)(21(iif)的表达式;(Ⅱ)设直线xxixi,21,211轴及y=f(x)的图象围成的矩形的面积为),2,1(iai,求a1,a2及)(21limnnaaa的值.(19)(本小题满分12分)某段城铁线路上依次有A,B,C三站,AB=5km,BC=3km.在列车运行时刻表上,规定列车8时整从A站发车,8时07分到达B站并停车1分钟,8时12分到达C站.在实际运行时,假设列车从A站正点发车,在B站停留1分钟,并在行驶时以同一速度vkm/h匀速行驶,列车从A站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差.(Ⅰ)分别写出列车在B,C两站的运行误差;(Ⅱ)若要求列车在B,C两站的运行误差之和不超过2分钟,求v的取值范围.(20)(本小题满分12分)给定有限正数满足条件T:每个数都不大于50且总和L=1275.现将这些数按下列要求进行分组,每组数之和不大于150且分组的步骤是:首先,从这些数中选择这样一些数构成第一组,使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其他选择相比是最小的,r1称为第一组余差;然后,在去掉已选入第一组的数后,对余下的数按第一组的选择方式构成第二组,这时的余差r2;如此继续构成第三组(余差为r3)、第四组（余差为r4）、…，直至第N组（余差为rN）把这些数全部分完为止。(Ⅰ)判断r1,r2,…，rN的大小关系，并指出除第N组外的每组至少含有几个数；(Ⅱ)当构成n(nN)组后，指出余下的每个数与rn的大小关系，并证明11501nLnrn；（Ⅲ）对任何满足条件T的有限个正数，证明：N≤11。数学(文史类)答案(北京卷)一.选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分.1.D2.C3.A4.A5.B6.D7.C8.B二.填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.9.910.x1=1,x2=211.(0,-1)2121a12.3419213.大-314.352三.解答题:本大题共6小题,共80分.15.解法一:∵22)45cos(2cossinAAA,∴21)45cos(A.又0A180,∴.105,6045AA∴)6045(tgtgA=323131)6045sin(105sinsinA=46260sin45cos60cos45sin=).62(43解法二:∵,22cossinAA①∴,21)cos(sin2AA∴.21cossin2AA又∵0A180,∴sinA0,cosA0.∵,23cossin21)cos(sin2AAAA∴.26cossinAA②①+②得462sinA.①--②得.462cosA∴.32624462cossinAAtgA(14分)(以下同解法一)16.解(Ⅰ)正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面展开图是长为6,宽为2的矩形,其对角线长为1022622(Ⅱ)如图,将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120º使其侧面AA1C1C在同一平面上,点B运动到点D的位置,连接DC1交AA1于M,则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线,其长为522422212CCDC∵,11MACDMA∴AM=A1M,故11AMMA(Ⅲ)连接DB,C1B,则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线.在ΔDCB中,∵,903060ABDCBADBC∴CB⊥DB,又C1C⊥平面CBD,由三垂线定理得C1B⊥DB.∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角(锐角).∵侧面C1B1BC是正方形,∴∠C1BC=45º.故平面C1MB与平面ABC所成的二面角(锐角)为45º.(14分)17.解:(Ⅰ)由已知条件,可设抛物线的方程为.22pxy∵点P(1,2)在抛物线上,∴,1222p得p=2.故所求抛物线的方程是,42xy准线方程是x=--1.(Ⅱ)设直线PA的斜率为kPA,直线PB的斜率为kPB,∵PA与PB的斜率存在且倾斜角互补,∴.PBPAkk由A(x1,y1),B(x2,y2)在抛物线上,得,4121xy①,4222xy②∴,14121412222211yyyy∴),2(221yy∴.421yy由①--②得直线AB的斜率).21(1444211212xxyyxxyykAB(14分)18.解:(Ⅰ)由f(0)=2f(0),得f(0)=0.由)21(2)1(ff及f(1)=1,得21)1(21)21(ff.同理,41)21(21)41(ff归纳得).,2,1(21)21(ifii(Ⅱ)当12121iix时,,21)(1ixf211a812a).,2,1(21)2121(211211iaiiiii所以na是首项为21,公比为41的等比数列.所以.3241121)(21limnnaaa(14分)19.解:(Ⅰ)列车在B,C两站的运行误差(单位:分钟)分别是7300v和11480v.(Ⅱ)由于列车在B,C两站的运行误差之和不超过2分钟所以7300v+11480v≤2.(*)当73000v时,(*)式变形为,2114807300vv解得39≤v≤7300;当7300v≤11480时,(*)式变形为,2480113007vv解得.419511480v综上所述,v的取值范围是[39,4195].(12分)20.解:(Ⅰ)r1≤r2≤rN.除第N组外的每组至少含有350150个数.(Ⅱ)当第n组形成后,因为nN,所以还有数没分完,这时余下的每个数必大于余差rn.余下数之和也大于第n组的余差rn,即nnrrrrL)]150()150()150[(21,由此可得.150121Lnrrrn因为,)1(1211nnrrrrn所以11501nLnrn(Ⅲ)用反证法证明结论.假设N11,即第11组形成后,还有数没分完,由(Ⅰ)和(Ⅱ)可知,余下的每个数都大于第11组的余差r11,且,故余下的每个数r11≥r10).(5.3710127511150因为第11组数中至少含有3个数,所以第11组数之和大于37.5×3=112.5.此时第11组的余差r11=150—第11组数之和150—112.5=37.5,这与(*)式中r1137.5矛盾,所以N≤11.(12分)