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