2005年湖南高考文科数学真题及答案_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_湖南

2005 年湖南高考文科数学真题及答案 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.考试用时120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：本大题共10小，每小题5分，共50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．设全集U={－2,－1,0,1,2}，A={－2,－1,0}，B={0,1,2}，则(C A) B =（ ） U  A．{0} B．{－2，－1} C．{1，2} D．{0，1，2} 2．tan600°的值是（ ） 3 3 A． B． C． 3 D． 3 3 3 3．函数f(x)＝ 12x 的定义域是 （ ） A．(－∞，0] B．[0，＋∞) C．（－∞，0） D．（－∞，＋∞） 4．如图，正方体ABCD－ABCD 的棱长为1，E是AB 的中点，则E到平面AB CD 的距离为 1 1 1 1 1 1 1 1 （ ） D 1 C 1 3 2 A B A． B． 1 E 1 2 2 D C 1 3 A B C． D． 2 3 a  3 5．已知数列{a }满足a 0,a  n (nN*)，则a =（ ） n 1 n1 20 3a 1 n 3 A．0 B． 3 C． 3 D． 2 x1 6．设集合A＝｛x| ＜0}，B＝｛x || x －1|＜a}，若“a＝1”是“A B ”的  x1 （ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 7．设直线的方程是AxBy 0，从1，2，3，4，5这五个数中每次取两个不同的数作为 A、B的值，则所得不同直线的条数是 （ ） A．20 B．19 C．18 D．16 第1页 | 共9页x2 y2 8．已知双曲线 － ＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，右准线与一条渐近线交于点A，△ a2 b2 a2 OAF的面积为 （O为原点），则两条渐近线的夹角为 （ ） 2 A．30º B．45º C．60º D．90º 9．P是△ABC所在平面上一点，若PAPB  PBPC  PCPA，则P是△ABC的（ ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 10．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为L=5.06x－0.15 x 2 1 和L=2 x，其中x为销售量（单位：辆）.若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最 2 大利润为（ ） A．45.606 B．45.6 C．45.56 D．45.51 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题：本大题共5小题，每小题4分（第15小题每空2分），共20分，把答案填在 答题卡中对应题号后的横线上. 11．设直线2x3y10和圆x2  y2 2x30相交于点A、B，则弦AB的垂直平分 线方程是 12．一工厂生产了某种产品16800件，它们来自甲、乙、丙3条生产线.为检查这批产品的 质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样.已知从甲、乙、丙3条生产线抽取的个体数 组成一个等差数列，则乙生产线生产了 件产品 13．在(1x)(1x)2   (1x)6的展开式中，x 2项的系数是 .（用数字作答） 14．设函数f(x)的图象关于点（1,2）对称，且存在反函数 f 1(x),f (4)＝0，则 f 1(4) ＝ . 15．已知平面,和直线，给出条件：①m//；②m ；③m；④；⑤//. （i）当满足条件 时，有m//；（ii）当满足条件 时，有 m  （填所选条件的序号） 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. 16．（本小题满分12分） 已知数列{log (a 1)}nN*)为等差数列，且a 3,a 9. 2 n 1 3 （Ⅰ）求数列{a }的通项公式； n 第2页 | 共9页1 1 1 （Ⅱ）证明    1.  a a a a a a 2 1 3 2 n1 n 17．（本小题满分12分） 已知在△ABC中，sinA（sinB＋cosB）－sinC＝0，sinB＋cos2C＝0，求角A、B、C的 大小 18．（本小题满分14分） 如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为 3的等腰梯形，将它沿对称轴 OO 折成直二面角，如图2 1 （Ⅰ）证明：AC⊥BO； 1 （Ⅱ）求二面角O－AC－O 的大小. O O 1 D 1 C 1 C D O B A O B 图1 A 图2 19．（本小题满分14分） 设t  0，点P（t，0）是函数 f(x)  x3 ax与g(x) bx2 c的图象的一个公共点， 两函数的图象在点P处有相同的切线 （Ⅰ）用t表示a，b，c； （Ⅱ）若函数y  f(x)g(x)在（－1，3）上单调递减，求t的取值范围 20．（本小题满分14分） 某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中 任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的. （Ⅰ）求3个景区都有部门选择的概率； （Ⅱ）求恰有2个景区有部门选择的概率 21．（本小题满分14分） x2 y2 已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F、F，离心率为e. 直线 a2 b2 1 2 l：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F 1 关于直线l的对称点，设AM ＝λAB. （Ⅰ）证明：λ＝1－e2； 第3页 | 共9页3 （Ⅱ）若 ，△PFF 的周长为6；写出椭圆C的方程； 1 2 4 （Ⅲ）确定λ的值，使得△PFF 是等腰三角形 1 2 参考答案 一、选择题：1—5：CDABB 6—10： ACDDB 二、填空题： 11．3x2y30 12．5600 13．35 14．－2 15．③⑤ ②⑤ 三、解答题： 16．（I）解：设等差数列{log (a 1)}的公差为d. 2 n 由a 3,a 9得2(log 2d) log 2log 8,即d=1. 1 3 2 2 2 所以log (a 1) 1(n1) n,即a  2n 1. 2 n n 1 1 1 （II）证明因为   ， a a an1 2n 2n n1 n 1 1 1 1 1 1 1 所以           a a a a a a 21 22 23 2n 2 1 3 2 n1 n 1 1 1   2 2n 2 1  1 1. 1 2n 1 2 17．解法一 由sin A(sinBcosB)sinC 0 得sin AsinBsin AcosBsin(AB) 0. 所以sin AsinBsin AcosBsin AcosBcosAsinB 0. 即sinB(sinAcosA) 0. 因为B(0,),所以sinB  0，从而cosAsin A.  3 由A(0,),知A . 从而BC  . 4 4 3 由sinBcos2C 0得sinBcos2( B) 0. 4 即sinBsin2B 0.亦即sinB2sinBcosB 0. 第4页 | 共9页1  5   5 由此得cosB  ,B  ,C  .所以A , B  ,C  . 2 3 12 4 3 12 3 解法二：由sinBcos2C 0得sinB  cos2C sin( 2C). 2 3  由0 B、c ，所以B  2C或B  2C  . 2 2 3  即B2C  或2C B  . 2 2 由sin A(sinBcosB)sinC 0得 sin AsinBsin AcosBsin(AB) 0. 所以sin AsinBsin AcosBsin AcosBcosAsinB 0. 即sinB(sinAcosA) 0. 因为sinB  0，所以cosAsin A.  3 3 由A(0,),知A .从而BC  ，知B+2C= 不合要求. 4 4 2 1  5   5 再由2C B  ，得B  ,C  . 所以A , B  ,C  . 2 3 12 4 3 12 18．解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO，OB⊥OO. 1 1 z 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， O C 1 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO 1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， D 如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1， 3） O B y O（0，0， 3）. x A 图3 1 从而AC (3,1, 3),BO (0,3, 3),ACBO  3 3 3 0. 1 1 所以AC⊥BO. 1 （II）解：因为BO OC  3 3 3 0,所以BO⊥OC， 1 1 由（I）AC⊥BO，所以BO⊥平面OAC，BO 是平面OAC的一个法向量. 1 1 1 设n (x,y,z)是0平面OAC的一个法向量， 1 由 nAC 0 3x y 3z 0, 得n (1,0, 3).   取z  3, nOC 0 y0. 1 设二面角O—AC—O 的大小为，由n、BO 的方向可知 n，BO >， 1 1 1 所以coscos n，BO >= nBO 1  3 . 1 |n||BO | 4 1 第5页 | 共9页3 即二面角O—AC—O 的大小是arccos . 1 4 解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO，OB⊥OO， 1 1 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO， 1 OC是AC在面OBCO 内的射影. 1 因为 tanOO B OB  3 tanOOC  O 1 C  3 ， 1 OO 1 OO 3 1 1 所以∠OOB=60°，∠OOC=30°，从而OC⊥BO 1 1 1 由三垂线定理得AC⊥BO. O 1 1 F C （II）解 由（I）AC⊥BO，OC⊥BO，知BO⊥平面AOC. 1 1 1 设OC∩OB=E，过点E作EF⊥AC于F，连结OF（如图4）， 1 1 D E 则EF是OF在平面AOC内的射影，由三垂线定理得OF⊥AC. 1 1 所以∠OFE是二面角O—AC—O 的平面角. 1 1 O B 由题设知OA=3，OO= 3，OC=1， 1 1 所 以 A 图4 O A OA2 OO2  2 3,AC  O A2 OC2  13， 1 1 1 1 O AOC 2 3 3 从而O F  1 1  ， 又OE=OO·sin30°= ， 1 AC 13 1 1 2 O E 13 13 所以sinO FE  1  . 即二面角O—AC—O 的大小是arcsin . 1 O F 4 1 4 1 19．解：（I）因为函数 f(x)，g(x)的图象都过点（t，0），所以 f(t) 0， 即t3 at 0.因为t  0,所以a  t2. g(t) 0,即bt2 c 0,所以c  ab. 又因为 f(x)，g(x)在点（t，0）处有相同的切线，所以 f (t)  g(t). 而 f (x) 3x2 a,g(x)  2bx,所以3t2 a  2bt. 将a  t2代入上式得b t. 因此c  ab  t3.故a  t2，b t，c  t3. （II）解法一y  f(x)g(x)  x3 t2xtx2 t3,y3x2 2txt2 (3xt)(xt). 当y(3xt)(xt)0时，函数y  f(x)g(x)单调递减. t t 由y0，若t 0,则  x t；若t 0,则t  x   . 3 3 第6页 | 共9页由题意，函数y  f(x)g(x)在（－1，3）上单调递减，则 t t (1,3) ( ,t)或(1,3) (t, ). 3 3 t 所以t 3或 3.即t  9或t 3. 3 又当9t 3时，函数y  f(x)g(x)在（－1，3）上单调递减. 所以t的取值范围为(,9][3,). 解法二：y  f(x)g(x)  x3 t2xtx2 t3,y3x2 2txt2 (3xt)(xt) 因为函数y  f(x)g(x)在（－1，3）上单调递减，且y(3xt)(xt)是（－1， 3）上的抛物线， y| 0, (3t)(1t)0. 所以 x1 即 解得t  9或t 3.  y| 0. (9t)(3t)0. x3 所以t的取值范围为(,9][3,). 20．解：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结 果出现的可能性都相等. （I）3个景区都有部门选择可能出现的结果数为C2 3!（从4个部门中任选2个作为1组， 4 另外2个部门各作为1组，共3组，共有C2 6种分法，每组选择不同的景区，共有 4 3！种选法），记“3个景区都有部门选择”为事件A，那么事件A 的概率为 1 1 C2 3! 4 P（A）= 4  . 1 34 9 （II）解法一：分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事 3 1 件A 和A，则事件A 的概率为P（A）=  ，事件A 的概率为 2 3 3 3 34 27 2 4 1 14 P（A）=1－P（A）－P（A）=1   . 2 1 3 9 27 27 解法二：恰有2个景区有部门选择可能的结果为3(C1 2!C2).（先从3个景区任意选定2 4 4 个，共有C2 3种选法，再让4个部门来选择这2个景区，分两种情况：第一种情况， 3 从4个部门中任取1个作为1组，另外3个部门作为1组，共2组，每组选择2个不同 的景区，共有C1 2!种不同选法.第二种情况，从4个部门中任选2个部门到1个景区， 4 另 外 2 个 部 门 在 另 1 个 景 区 ， 共 有 C2种 不 同 选 法 ） . 所 以 P （ A ） = 4 2 第7页 | 共9页3(C2 2!C2) 14 4 4  . 34 27 21．（Ⅰ）证法一：因为A、B分别是直线l：y exa与x轴、y轴的交点， a 所以A、B的坐标分别是( ,0),(0,a). e y exa, xc,   由 x2 y2 得  b2 这里c a2 b2  1, y  .   a2 b2  a b2 所以点M的坐标是（c, ）. a a b2 a 由AM AB得(c , ) ( ,a). e a e a a c  e e 即 ，解得1e2 b2  a  a 证法二：因为A、B分别是直线l：y exa与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标 a 分别是( ,0),(0,a).设M的坐标是(x ,y ), e 0 0   a a 由AM AB得(x  ,y )( ,a), 0 e 0 e  a x  (1) 所以 0 e y a.  0 x2 y2 因为点M在椭圆上，所以 0  0 1, a2 b2 a [ (1)]2 e (a)2 (1)2 2 即  1,所以  1. a2 b2 e2 1e2 e4 2(1)e2 (1)2 0, 解得e2 1 即1e2. 3 1 （Ⅱ）当 时，c  ，所以a  2c. 4 2 第8页 | 共9页由△MFF的周长为6，得2a2c 6. 1 2 所以a  2,c 1,b2  a2 c2 3. x2 y2 椭圆方程为  1. 4 3 （Ⅲ）解法一：因为PF⊥l，所以∠PFF=90°+∠BAF 为钝角，要使△PFF 为等腰三角 1 1 2 1 1 2 1 形，必有|PF|=|FF|，即 | PF |c. 1 1 2 2 1 1 |e(c)0a| |aec| 设点F 到l的距离为d，由 | PF | d   c, 1 2 1 1e2 1e2 1e2 得 e. 1e2 1 2 所以e2  ,于是1e2  . 3 3 2 即当 时,△PFF为等腰三角形 1 2 3 解法二：因为PF⊥l，所以∠PFF=90°+∠BAF 为钝角，要使△PFF 为等腰三角形， 1 1 2 1 1 2 必有|PF|=|FF|， 1 1 2 设点P的坐标是(x ,y )， 0 0 y 0 1  e2 3 0  x  c,   x c e  0 e2 1 则 0 ，解得  y 0 x c  2(1e2)a 0 e 0 a. y  .  2 2  0 e2 1 (e2 3)c 2(1e2)a 由|PF|=|FF|得[ c]2 [ ]2  4c2, 1 1 2 e2 1 e2 1 (e2 1)2 两边同时除以4a2，化简得 e2. e2 1 1 从而e2  . 3 2 2 于是1e2  . 即当 时，△PFF 为等腰三角形 1 2 3 3 第9页 | 共9页