2005年湖北高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_湖北

2005 年湖北高考理科数学真题及答案 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分. 满分150分. 考试时间120分钟. 第I部分（选择题 共60分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条 形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试题卷上无效。 3．考试结束，监考人员将本试题卷和答题卡一并收回。 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备选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1．设P、Q为两个非空实数集合，定义集合P+Q={ab|aP,bQ},若P{0,2,5}, Q {1,2,6}，则P+Q中元素的个数是 （ ） A．9 B．8 C．7 D．6 2．对任意实数a，b，c，给出下列命题： ①“a b”是“ac bc”充要条件； ②“a5是无理数”是“a是无理数”的充 要条件③“a>b”是“a2>b2”的充分条件；④“a<5”是“a<3”的必要条件. 其中真命题的个数是 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 (1i)(12i) 3．  （ ） 1i A．2i B．2i C．2i D．2i 4．函数y e|lnx|| x1|的图象大致是 （ ） x2 y2 5．双曲线  1(mn  0)离心率为2，有一个焦点与抛物线 y2  4x的焦点重合， m n 则mn的值为 （ ） 3 3 16 8 A． B． C． D． 16 8 3 3 6．在 y  2x,y log x,y  x2,y cos2x这四个函数中，当 0 x  x 1时，使 2 1 2 x  x f(x ) f(x ) f( 1 2)  1 2 恒成立的函数的个数是 （ ） 2 2 第1页 | 共12页A．0 B．1 C．2 D．3  7．若sincos tan(0 ),则 （ ） 2        A．(0, ) B．( , ) C．( , ) D．( , ) 6 6 4 4 3 3 2 a b 8．若lim(  ) 1，则常数a,b的值为 （ ） x1 1x 1x2 A．a  2,b  4 B．a  2,b  4 C．a  2,b  4 D．a  2,b  4  9．若0 x  ,则2x与3sinx的大小关系 （ ） 2 A．2x 3sinx B．2x 3sinx C．2x 3sinx D．与x的取值有关 10．如图，在三棱柱ABC—A′B′C′中，点E、F、H、 K分 别为AC′、CB′、A′B、B′C′的中点，G为△ABC的 重心. 从K、H、G、B′中取一点作为P， 使得该棱柱恰有 2条棱与平面PEF平行，则P为 （ ） A．K B．H C．G D．B′ 11．某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方 法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案， 使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…， 270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2，…，270，并将整个编号依次分为10 段。如果抽得号码有下列四种情况： ①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250； ②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265； ③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254； ④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270； 关于上述样本的下列结论中，正确的是 （ ） A．②、③都不能为系统抽样 B．②、④都不能为分层抽样 C．①、④都可能为系统抽样 D．①、③都可能为分层抽样 12．以平行六面体ABCD—A′B′C′D′的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出两 个三角形，则这两个三角形不共面的概率p为 （ ） 367 376 192 18 A． B． C． D． 385 385 385 385 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 注意事项： 第Ⅱ卷用0.5毫米黑色的签字或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上。答在试题卷上无效。 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 把答案填在答题卡相应位置上. 13．已知向量a (2,2),b (5,k).若|ab|不超过5，则k的取值范围是 . x 1 14．(   2)5的展开式中整理后的常数项为 . 2 x 15．设等比数列{a }的公比为q，前n项和为S，若S ,S，S 成等差数列，则q的值为 n n n+1 n n+2 第2页 | 共12页. 16．某实验室需购某种化工原料106千克，现在市场上该原料有两种包装，一种是每袋35 千克，价格为140元；另一种是每袋24千克，价格为120元. 在满足需要的条件下， 最少要花费 元. 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） 已知向量a (x2,x1),b (1x,t),若函数f(x)  ab在区间（－1，1）上是增函 数， 求t的取值范围. 18．（本小题满分12分） 4 6 6 在△ABC中，已知AB  ,cosB  ,AC边上的中线BD= 5，求sinA的值. 3 6 19．（本小题满分12分） 某地最近出台一项机动车驾照考试规定；每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机 会，一旦某次考试通过，使可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止。 如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，0.9， 求在 一年内李明参加驾照考试次数的分布列和的期望，并求李明在一年内领到驾照的概率. 20．（本小题满分12分） 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB= 3， BC=1，PA=2，E为PD的中点. （Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值； （Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离. 21．（本小题满分12分） 第3页 | 共12页设A、B是椭圆3x2  y2 上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂 直平分线与椭圆相交于C、D两点. （Ⅰ）确定的取值范围，并求直线AB的方程； （Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由. （此题不要求在答题卡上画图） 22．（本小题满分14分） 1 1 1 1 已知不等式     [log n],其中n为大于2的整数，[log n]表示不超过 2 3  n 2 2 2 log n的 最 大 整 数 . 设 数 列 {a }的 各 项 为 正 ， 且 满 足 2 n na a b(b0),a  n1 ,n2,3,4, 1 n na  n1 2b （Ⅰ）证明a  ,n 3,4,5, n 2b[log n]  2 （Ⅱ）猜测数列{a }是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）； n 1 （Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当n  N 时，对任意b>0，都有a  . n 5 参考答案 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分，满分60分. 1．B 2．B 3．C 4．D 5．A 6．B 7．C 8．C 9．D 10．C 11．D 12．A 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算. 每小题4分，满分16分. 63 2 13．[－6，2] 14． 15．－2 16．500 2 三、解答题 17．本小题主要考查平面向量数量积的计算方法、利用导数研究函数的单调性，以及运用基 本函数的性质分析和解决问题的能力。 解法1：依定义 f(x)  x2(1x)t(x1)  x3  x2 txt, 则f (x)  3x2 2xt. 若f(x)在(1,1)上是增函数,则在(1,1)上可设f (x)0. 第4页 | 共12页 f (x)0 t 3x2 2x,在区间(1,1)上恒成立,考虑函数g(x) 3x2 2x, 1 由于g(x)的图象是对称轴为x  , 3 开 口 向 上 的 抛 物 线 ， 故 要 使 t 3x2 2x在 区 间 （ － 1 ， 1 ） 上 恒 成 立  t  g(1),即t 5. 而当t 5时, f (x)在(1,1)上满足f (x) 0,即f(x)在(1,1)上是增函数. 故t的取值范围是t 5. 解法2：依定义 f(x)  x2(1x)t(x1)  x3  x2 txt, f (x)  3x2 2xt. 若f(x)在(1,1)上是增函数,则在(1,1)上可设f (x)0. f (x)的图象是开口向下的抛物线，  当且仅当f (1) t 10,且f (1) t 50时 f (x)在(1,1)上满足f (x) 0,即f(x)在(1,1)上是增函数. 故t的取值范围是t 5. 18．本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查利用三角公式进行恒等变形 的技能和运算能力. 1 2 6 解法1：设E为BC的中点，连接DE，则DE//AB，且DE= AB  ,设BE  x, 2 3 在△BDE中利用余弦定理可得： BD2=BE2+ED2－2BE·EDcosBED， 8 2 6 6 5 x2  2  x, 3 3 6 7 解得x 1,x   (舍去), 3 28 故BC  2,从而AC2  AB2 BC2 2ABBCcosB  , 3 第5页 | 共12页2 21 即AC  , 3 2 21 30 2 3 70 又sinB  ,故  ,sinA . 6 sinA 30 14 6 解法2： 以B为坐标原点，BC为x轴正向建立直角坐标系，且不妨设点A位于第一象限. 30 4 6 4 6 4 4 5 由sinB ,则BA( cosB, sinB)( , ), 6 3 3 3 3 43x 2 5 设BC (x,0),则BD( , ). 6 3 43x 2 5 由条件得|BD| ( )2 ( )2  5. 6 3 14 从而x2,x (舍去). 3 2 4 5 故CA( , ), 3 3 8 80   BACA 9 9 3 14 于是cosA   , | BA||CA| 16 80 4 80 14   9 9 9 9 70 sin A 1cos2 A  . 14 解法3：过A作AH⊥BC交BC于H，延长BD到P使BD=DP，连接AP、PC， 4 4 5 过P作PN⊥BC交BC的延长线于N，则HB=ABcosB= ,AH  , 3 3 4 5 10 4 BN  BP2 PN2  BP2  AH2  (2 5)2 ( )2  ,而CN  HB  , 3 3 3 2 2 21 BC  BN CN 2,HC  ,AC  AH2 HC2  . 3 3 2 21 2 3 故由正弦定理得  , sinA 30 6 70 sinA . 14 19．本小题主要考查随机变量的分布列和数学期望的概念和运算，以及运用概率统计的知识 解决实际问题的能力. 第6页 | 共12页解：的取值分别为1，2，3，4. 1，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（1）=0.6.  2，表明李明在第一次考试未通过，第二次通过了，故 P( 2) (10.6)0.7 0.28. ξ=3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故 P(3) (10.6)(10.7)0.80.096. ξ=4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故 P( 4) (10.6)(10.7)(10.8) 0.024. ∴李明实际参加考试次数ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 P 0.6 0.28 0.096 0.024 ∴ξ的期望Eξ=1×0.6+2×0.28+3×0.096+4×0.024=1.544. 李明在一年内领到驾照的概率为 1－(1－0.6)(1－0.7)(1-0.8)(1－0.9)=0.9976. 20．本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力. 解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、 B（ 3，0，0）、C（ 3，1，0）、D（0，1，0）、 1 P（0，0，2）、E（0， ，1）， 2 从而AC ( 3,1,0),PB ( 3,0,2). 设AC与PB的夹角为θ，则 ACPB 3 3 7 cos   , | AC || PB| 2 7 14 3 7 ∴AC与PB所成角的余弦值为 . 14 （Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，O，z），则 1 NE (x, ,1z)，由NE⊥面PAC可得， 2  1  3   NEAP0, 即    (x, 2 ,1z)(0,0,2)0, 化简得   z10, 1 ∴   x  6  NEAC 0. (x, 1 ,1z)( 3,1,0)0.    3x 2 0.  z 1   2 第7页 | 共12页3 3 即N点的坐标为( ,0,1)，从而N点到AB、AP的距离分别为1， . 6 6 解法2：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB， ∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角. 1 7 在△AOE中，AO=1，OE= PB  , 2 2 1 5 AE  PD  , 2 2 7 5 1  4 4 3 7 ∴cosEOA  . 7 14 2 1 2 3 7 即AC与PB所成角的余弦值为 . 14  （Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则ADF  . 6 AD 2 3 3 连PF，则在Rt△ADF中DF   ,AF  ADtanADF  . cosADF 3 3 设N为PF的中点，连NE，则NE//DF， ∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，从而NE⊥面PAC. 1 1 3 ∴N点到AB的距离 AP 1，N点到AP的距离 AF  . 2 2 6 21．本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解 决问题的能力. （Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为y  k(x1)3,代入3x2  y2 ，整 理得 (k2 3)x2 2k(k 3)x(k 3)2 0. ① 设A(x ,y ),B(x ,y ),则x ,x 是方程①的两个不同的根， 1 1 2 2 1 2 ∴  4[(k2 3)3(k 3)2]0, ② 2k(k 3) 且x  x  ,由N（1，3）是线段AB的中点，得 1 2 k2 3 x  x 1 2 1, k(k 3)  k2 3. 2 第8页 | 共12页解得k=－1，代入②得，12,即的取值范围是（12，+∞）. 于是，直线AB的方程为y3 (x1),即x y40. 解法2：设A(x ,y ),B(x ,y ),则有 1 1 2 2 3x2  y2   1 1 (x x )(x  x )(y  y )(y  y ) 0. 3x2  y2  1 2 1 2 1 2 1 2  2 2 3(x  x ) 依题意，x  x ,k   1 2 . 1 2 AB y  y 1 2 ∵N（1，3）是AB的中点， ∴x  x  2,y  y 6,从而k  1. 1 2 1 2 AB 又由N（1，3）在椭圆内，∴312 32 12, ∴的取值范围是（12，+∞）. 直线AB的方程为y－3=－（x－1），即x+y－4=0. （Ⅱ）解法1：∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y－3=x－1，即x－y+2=0， 代入椭圆方程，整理得 4x2 4x40. 又设C(x ,y ),D(x ,y ),CD的中点为C(x ,y ),则x ,x 是方程③的两根， 3 3 4 4 0 0 3 4 1 1 3 1 3 ∴x x  1,且x  (x x )   ,y  x 2 ,即M( , ). 3 4 0 2 3 4 2 0 0 2 2 2 1 于是由弦长公式可得 |CD| 1( )2| x x | 2(3). ④ k 3 4 将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程得4x2 8x160 ⑤ 同理可得 | AB| 1k2| x x | 2(12). ⑥ 1 2 ∵当12时， 2(3)  2(12),| AB||CD| 假设存在>12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心. 1 3 |  4| | x  y 4| 2 2 3 2 点M到直线AB的距离为 d  0 0   . ⑦ 2 2 2 于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得 AB 9 12 3 CD |MA|2|MB|2 d2| |2   | |2 . 2 2 2 2 2 |CD| 故当>12时，A、B、C、D四点匀在以M为圆心， 为半径的圆上. 2 第9页 | 共12页（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：） A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角|AN|2=|CN|·|DN|， | AB| |CD| |CD| 即 ( )2 ( d)( d). ⑧ 2 2 2 12 由⑥式知，⑧式左边 , 2 2(3) 3 2 2(3) 3 2 3 9 12 由④和⑦知，⑧式右边(  )(  )   , 2 2 2 2 2 2 2 ∴⑧式成立，即A、B、C、D四点共圆. 解法2：由（Ⅱ）解法1及λ>12, ∵CD垂直平分AB， ∴直线CD方程为y3 x1，代入椭圆方程，整理得 4x2 4x40. ③ 将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程，整理得 4x2 8x160. ⑤ 2 12 1 3 解③和⑤式可得 x  ,x  . 1,2 2 3,4 2 1 1 1 3 3 3 1 3 3 3 不妨设 A(1 12,3 12),C( , ),D( , ) 2 2 2 2 2 2 3 12  3 3 3 12 ∴CA( , ) 2 2 3 12  3 3 3 12 DA( , ) 2 2 计算可得CADA0，∴A在以CD为直径的圆上. 又B为A关于CD的对称点，∴A、B、C、D四点共圆. （注：也可用勾股定理证明AC⊥AD） 22．本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想. na 1 na 1 1 （Ⅰ）证法1：∵当n  2时,0 a  n1 ,  n1   , n na a na a n n1 n n1 n1 1 1 1 即   , a a n n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 于是有   ,   , ,   .  a a 2 a a 3 a a n 2 1 3 2 n n1 第10页 | 共12页1 1 1 1 1 所有不等式两边相加可得      .  a a 2 3 n n 1 1 1 1 由已知不等式知，当n≥3时有，   [log n]. a a 2 2 n 1 1 1 1 2b[log n] 2b ∵a b,   [log n] 2 . a  . 1 a b 2 2 2b n 2b[log n] n 2 1 1 1 证法2：设 f(n)     ，首先利用数学归纳法证不等式  2 3 n b a  ,n 3,4,5, . n 1 f(n)b  3a 3 3 b （i）当n=3时， 由 a  2    . 3 3a 3 2a 1 f(3)b 2 1 3 1 1 a 2a 2 1 知不等式成立. b （ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即a  , k 1 f(k)b (k 1)a k 1 k 1 则a  k   k1 (k 1)a (k 1) 1 f(k)b k 1 (k 1) 1 a b k (k 1)b b b    , (k 1)(k 1)f(k)bb 1 1 f(k 1)b 1(f(k) )b k 1 即当n=k+1时，不等式也成立. b 由（i）、（ii）知，a  ,n 3,4,5, . n 1 f(n)b  b 2b 又由已知不等式得 a   ,n 3,4,5, . n 1 2b[log n]  1 [log n]b 2 2 2 （Ⅱ）有极限，且lima 0. n n 2b 2 2 1 （Ⅲ）∵  ,令  , 2b[log n] [log n] [log n] 5 2 2 2 则有log n[log n]10, n  210 1024, 2 2 第11页 | 共12页1 故取N=1024，可使当n>N时，都有a  . n 5 第12页 | 共12页