2005年重庆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_重庆

2005 年重庆高考文科数学真题及答案
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。
参考公式：
如果事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)
如果事件A、B相互独立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)
如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概
P (k) CkPk(1P)nk
率 n n
第一部分（选择题 共50分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.
(x2)2  y2 5
1．圆 关于原点（0，0）对称的圆的方程为 （ ）
(x2)2  y2 5 x2 (y2)2 5
A． B．
(x2)2 (y2)2 5 x2 (y2)2 5
C． D．
   
(cos sin )(cos sin ) 
12 12 12 12
2． （ ）
3 1 1 3
 
2 2 2 2
A． B． C． D．
f(x) (,0] f(x) 0
3．若函数 是定义在R上的偶函数，在 上是减函数，且 ，则使得
f(x)0的x
的取值范围是 （ ）
(,2) (2,)
A． B．
(,2) (2,)
C．  D．（－2，2）
4．设向量a=（－1，2），b=（2，－1），则（a·b）（a+b）等于 （ ）
A．（1，1） B．（－4，－4） C．－4 D．（－2，－2）
| x2| 2,

log (x2 1) 1

5．不等式组 2 的解集为 （ ）
第1页 | 共11页(0, 3) ( 3,2) ( 3,4) (2,4)
A． B． C． D．

p:sinsin(),q: ,则p是q
, 2
6．已知 均为锐角，若 的 （ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
与
7．对于不重合的两个平面 ，给定下列条件：
 
①存在平面 ，使得α、β都垂直于 ；
 
②存在平面 ，使得α、β都平等于 ；
l  m l//m
③存在直线 ，直线 ，使得 ；
l//,l//,m//,m//.
④存在异面直线l、m，使得
其中，可以判定α与β平行的条件有 （ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
(12x)n x3
8．若 展开式中含 的项的系数等于含x的项的系数的8倍，则n等于 （ ）
A．5 B．7 C．9 D．11
x2 y2
 1(b0)
9．若动点 (x,y) 在曲线 4 b2 上变化，则 x2 2y 的最大值为 （ ）
b2 b2
 4 (0b4)  4 (0b2)
 4  4
A．
 2b (b4)
B．
 2b (b2)
b2
4
4 2b
C． D．
10．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所
示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面
各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形
的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则
该塔形中正方体的个数至少是 （ ）
第2页 | 共11页A．4 B．5
C．6 D．7
第二部分（非选择题 共100分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分. 把答案填写在答题卡相应位置上.
A{xR| x2 4x30},B {xR|(x2)(x5)0} A B 
11．若集合 ，则 
.
y  x3 x  2
12．曲线 在点（1，1）处的切线与x轴、直线 所围成的三角形的面积为 .
, cos() sin(),则tan
13．已知 均为锐角，且 .
x2  y2  4,则x y
14．若 的最大值是 .
15．若10把钥匙中只有2把能打开某锁，则从中任取2把能将该锁打开的概率为 .
1 1
A( ,0),B F :(x )2  y2  4(F
2 2
16．已知 是圆 为圆心）上一动点，线段AB的垂直平
分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为 .
三、解答题：本大题共6小题，共76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13分）
1cos2x 
f(x)  sinxa2sin(x )
 4
2sin( x)
若函数 2 的最大值为 2 3 ，试确定常数a
的值.
18．（本小题满分13分）
9 8 7
10 9 8
加工某种零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的合格率分别为 、 、 ，
且各道工序互不影响.
（Ⅰ）求该种零件的合格率；
第3页 | 共11页（Ⅱ）从该种零件中任取3件，求恰好取到一件合格品的概率和至少取到一件合格品的
概率.
19．（本小题满分13分）
f(x)  2x3 3(a1)x2 6ax8,其中a
设函数 R.
f(x)在x 3
（1）若 处取得极值，求常数a的值；
f(x)在(,0)
（2）若 上为增函数，求a的取值范围.
20．（本小题满分13分）
如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上
1
PD  2,CD  2,AE  ,
2
一点，PE⊥EC. 已知 求
（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；
（Ⅱ）二面角E—PC—D的大小.
21．（本小题满分12分）
( 3,0)
已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），右顶点为
（1）求双曲线C的方程；
l: y  kx 2 OAOB  2
（2）若直线 与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且 （其
中O为原点）. 求k的取值范围.
22．（本小题满分12分）
1
b  (n 1).
n 1
a 
数列 {a n }满足a 1 1且8a n1 a n 16a n1 2a n 50(n 1). 记 n 2
（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；
第4页 | 共11页{b } {a b } S .
（Ⅱ）求数列 n 的通项公式及数列 n n 的前n项和 n
参考答案
一、选择题：每小题5分，满分50分.
1.A 2.D 3.D 4.B 5.C 6.B 7.B 8.A 9.A 10.C
二、填空题：每小题4分，满分24分.
8 17 4
x2  y2 1
{x|2 x 3} 3 2 2 45 3
11． 12． 13．1 14． 15． 16．
三、解答题：满分76分.
17．（本小题13分）
12cos2 x1 
f(x)  sinxa2sin(x )
 4
2sin( x)
解： 2
2cos2 x  
 sinxa2sin(x ) sinxcosxa2sin(x )
2cosx 4 4
  
 2sin(x )a2sin(x ) ( 2 a2)sin(x )
4 4 4

2 3,sin(x )
f(x) 4 2 a2  2 3,
因为 的最大值为 的最大值为1，则
a   3,
所以
18．（本小题13分）
9 8 7 7
P    
10 9 8 10
（Ⅰ）解： ；
7
10
（Ⅱ）解法一： 该种零件的合格品率为 ，由独立重复试验的概率公式得：
7 3
C1 ( )2 0.189
3 10 10
恰好取到一件合格品的概率为 ，
3
1( )3 0.973.
10
至少取到一件合格品的概率为
解法二：
7 3
C1 ( )2 0.189
3 10 10
恰好取到一件合格品的概率为 ，
第5页 | 共11页7 3 7 3 7
C1 ( )2 C2( )2  C3( )3 0.973.
至少取到一件合格品的概率为 3 10 10 3 10 10 3 10
19．（本小题13分）
f (x) 6x2 6(a1)x6a 6(xa)(x1).
解：（Ⅰ）
f(x)在x 3 f (3) 6(3a)(31) 0. a 3.
因 取得极值， 所以 解得
a 3时,x 3为f(x)
经检验知当 为极值点.
f (x) 6(xa)(x1) 0得x  a,x 1.
（Ⅱ）令 1 2
a 1时,若x(,a) (1,),则f (x) 0,所以f(x)在(,a) (1,)
当  和 上为增
0 a 1时, f(x)在(,0)
函数，故当 上为增函数.
a 1时,若x(,1) (a,),则f (x) 0,所以f(x)在(,1)和(a,)
当  上为增函
f(x)在(,0]
数，从而 上也为增函数.
a[0,)时, f(x)在(,0)
综上所述，当 上为增函数.
20．（本小题13分）
解法一：
（Ⅰ）因PD⊥底面，故PD⊥DE，又因EC⊥PE，且DE
是PE在面ABCD内的射影，由三垂直线定理的逆定理知
EC⊥DE，因此DE是异面直线PD与EC的公垂线.
x CD
 ,即x2 1,x  1
AE x
设DE=x，因△DAE∽△CED，故 （负根舍去）.
从而DE=1，即异面直线PD与EC的距离为1.
（Ⅱ）过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH. 因PD⊥底面，
故PD⊥EG，从而EG⊥面PCD.
因GH⊥PC，且GH是EH在面PDC内的射影，由三垂线定理知EH⊥PC.
因此∠EHG为二面角的平面角.
1 3
2  ,
2 2 2
在面PDC中，PD= ，CD=2，GC=
第6页 | 共11页CG 3
GH  PD 
PC 2
因△PDC∽△GHC，故 ，
1 3
EG  DE2 DG2  12 ( )2  ,
2 2
又

RtEHG中,GH  EG,因此EHG  ,
4
故在

.
4
即二面角E—PC—D的大小为
解法二：
（Ⅰ）以D为原点，DA、 DC 、DP分别为x、y、
z轴建立空间直角坐标系.
2)
由已知可得D（0，0，0），P（0，0， ，
A(x,0,0)(x 0),则B(x,2,0),
C（0，2，0）设
1 1 3
E(x, ,0),PE (x, , 2),CE (x, ,0).
2 2 2 PE CE得PECE 0
由 ，
3 3 3 1 3 3
x2  0,故x  . DECE ( , ,0)( , ,0) 0得DE CE
4 2 2 2 2 2
即 由 ，
| DE|1
又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得 ，故异面直线PD、
CE的距离为1.
DGPC 0 (0,y,z)(0,2, 2) 0
（Ⅱ）作DG⊥PC，可设G（0，y，z）.由 得
z  2y,故可取DG (0,1, 2),
即 作EF⊥PC于F，设F（0，m，n），
3 1
EF ( ,m ,n).
2 2
则
3 1
EFPC 0得( ,m ,n)(0,2, 2) 0,即2m1 2n 0
2 2
由 ，
2 2 3 1 2
n   m 2,故m 1,n  ,EF ( , , ).
2 2 2 2 2
又由F在PC上得
EF  PC,DG  PC,  EF与DG
因 故平面E—PC—D的平面角 的大小为向量 的夹角.
第7页 | 共11页DGEF 2 

cos  , ,
.
| DG|| EF | 2 4 4
故 即二面角E—PC—D的大小为
21．（本小题12分）
x2 y2
 1
解：（Ⅰ）设双曲线方程为a2 b2 (a 0,b 0).
a  3,c  2,再由a2 b2  22,得b2 1.
由已知得
x2
 y2 1.
3
故双曲线C的方程为
x2
y  kx 2代入  y2 1得
3 (13k2)x2 6 2kx9 0.
（Ⅱ）将
 13k2  0,

  (6 2k)2 36(13k2) 36(1k2) 0.
由直线l与双曲线交于不同的两点得
1
k2  且k2 1.
3 A(x ,y ),B(x ,y )
即 ① 设 A A B B ，则
6 2k 9
x  x  ,x x  ,由OAOB  2得x x  y y  2,
A B 13k2 A B 13k2 A B A B
x x  y y  x x (kx  2)(kx  2) (k2 1)x x  2k(x  x )2
而 A B A B A B A B A B A B
9 6 2k 3k2 7
(k2 1)  2k 2  .
13k2 13k2 3k2 1
3k2 7 3k2 9
 2,即 0,解此不等式得
于是 3k2 1 3k2 1
1
 k2 3.
3
②
1
 k2 1.
3
由①、②得
3 3
(1, )( ,1).
3 3
故k的取值范围为
22．（本小题12分）解法一：
第8页 | 共11页1
a 1,故b   2;
1 1 1
1
（I） 2
7 1 8
a  ,故b   ;
2 8 2 7 1 3

8 2
3 1
a  ,故b   4;
3 4 3 3 1

4 2
13 20
a  ,故b  .
4 20 4 3
4 4 2 8 4
(b  )(b  )   ( )2
1 3 3 3 3 3 3
（II）因 ，
4 4 4 4 4
(b  )2 ( )2,(b  )(b  ) (b  )2
2 3 3 1 3 3 3 2 3
4 2
{b  }是首项为 ,公比q  2的等比数列.
n 3 3
故猜想
a  2 a  2
因 n ，（否则将 n 代入递推公式会导致矛盾）
52a
故a  (n 1).
n1 168a
n
4 1 4 168a 4 2016a
因b     n   n ,
n1 3 1 3 6a 3 3 6a 3
a  n n
n1 2
4 2 8 2016a 4 4
2(b  )    n b  ,b   0,
n 3 1 3 6a 3 n1 3 1 3
a  n
n 2
4
{b  }确是公比为q  2
n 3
故 的等比数列.
1 1
1 4 由b  得a b  b 1,
因b  4  2 ,故b  4  1 2n b  2n  (n1) n a  1 n n 2 n
1 3 3 n 3 3 , n 3 3 n 2
故S  a b a b  a b
n 1 1 2 2  n n
第9页 | 共11页1
 (b b  b )n
2 1 2  n
1
(12n)
3 5
  n
12 3
1
 (2n 5n1)
3
解法二：
1 1 1
b  得a   ,代入递推关系8a a 16a 2a 50,
n 1 n b 2 n1 n n1 n
a  n
（Ⅰ）由 n 2
4 6 3 4
  0,即b  2b  ,
b b b b n1 n 3
整理得 n1 n n1 n
8 20
由a 1,有b  2,所以b  ,b  4,b  .
1 1 2 3 3 4 3
4 4 4 4 2
b  2b  ,b   2(b  ),b    0,
n1 n 3 n1 3 n 3 1 3 3
（Ⅱ）由
4 2
{b  }是首项为 ,公比q  2的等比数列,故
n 3 3
所以
4 1 1 4
b   2n,即b  2n  (n1).
n 3 3 n 3 3
1 1
由b  得a b  b 1,
n 1 n n 2 n
a 
n 2
故S  a b a b  a b
n 1 1 2 2  n n
1
 (b b  b )n
2 1 2  n
1
(12n)
3 5
  n
12 3
1
 (2n 5n1).
3
解法三：
（Ⅰ）同解法一
2 4 8 2 8 4
b b  ,b b  ,b b  ,  ( )2
2 1 3 3 2 3 4 3 3 3 3 3
（Ⅱ）
第10页 | 共11页2 1
猜想{b b }是首项为 ,公比q  2的等比数列,b b  2n
n1 n 3 n1 n 3
52a
又因a  2,故a  n (n1).因此
n n1 168a
n
1 1 1 2
b b    
n1 n 1 1 52a 1 2a 1
a  a  n  n
n1 2 n 2 168a 2
n
168a 6 108a
 n   n ;
6a 3 6a 3 6a 3
n n n
1 1 168a 168a
b b    n1  n
n2 n1 1 1 6a 3 6a 3
a  a  n1 n
n2 2 n1 2
3624a 168a 2016a
 n  n  n  2(b b ).
6a 3 6a 3 6a 3 n1 n
n n n
2 1
因b b   0,{b b }是公比q  2的等比数列,b b  2n,
2 1 3 n1 n n1 n 3
b (b b )(b b ) (b b )b
从而 n n n1 n1 n2  2 1 1
1
 (2n1 2n2  21)2

3
1 1 4
 (2n 2)2  2n  (n 1).
3 3 3
1 1
由b  得a b  b 1,
n 1 n n 2 n
a 
n 2
故S  a b a b  a b
n 1 1 2 2  n n
1
 (b b  b )n
2 1 2  n
1
(12n)
3 5
  n
12 3
1
 (2n 5n1).
3
第11页 | 共11页