2005年重庆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_重庆

2005 年重庆高考理科数学真题及答案 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． 1i ( )2005  2． 1i （ ） A． i B．－ i C．22005 D．－22005 f(x) (,0] f(2) 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,) (,2) (2,) A． B． C．  D．（－2，2） 4．已知A（3，1），B（6，1），C（4，3），D为线段BC的中点，则向量 AC 与DA的夹角为 （ ）  4 4 4 4 arccos arccos arccos( ) arccos( ) 2 5 5 5 5 A． B． C． D．－ 1 1 (x )2 (y )2 2y 2x 5．若x，y是正数，则 的最小值是 （ ） 第1页 | 共12页7 9 2 2 A．3 B． C．4 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   7．对于不重合的两个平面 与 ，给定下列条件：     ①存在平面 ，使得 、 都垂直于 ；     ②存在平面 ，使得 、 都平行于 ；   ③ 内有不共线的三点到 的距离相等；     ④存在异面直线l、m，使得l// ，l// ，m// ，m// ，   其中，可以判定 与 平行的条件有 （ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 1 1 1 (2x ) 8．若 x n展开式中含 x2 项的系数与含 x4 项的系数之比为－5，则n等于 （ ） A．4 B．6 C．8 D．10 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   2b (b 4) 2b (b 2) A． B． b2 4 4 b C． D．2 10．如图，在体积为1的三棱锥A—BCD侧棱 AB、AC、AD上分别取点E、F、G， 使 AE : EB=AF : FC=AG : GD=2 : 1，记O为 三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱 锥O—BCD的体积等于 （ ） 第2页 | 共12页1 1 9 8 A． B． 1 1 7 4 C． D． 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 x60},B {x | x2| 2} A B 11．集合 R| ，则  = . y  x3在点(a,a3)(a  0) x  a 12．曲线 处的切线与x轴、直线 所围成的三角形的面积为 1 ,则a 6 = .   cos() sin(),则tan 13．已知 、 均为锐角，且 = . 23n 32n1 lim 14．n 23n 32n = . 15．某轻轨列车有4节车厢，现有6位乘客准备乘坐，设每一位乘客进入每节车厢是等可能 的，则这6位乘客进入各节车厢的人数恰好为0，1，2，3的概率为 . 16．连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是 （填写所有正确选项的序号）. ①菱形 ②有3条边相等的四边形 ③梯形 ④平行四边形 ⑤有一组对角相等的四边形 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 x x f(x)  asin cos( )  2 2 4sin(  x) 若函数 2 的最大值为2，试确定常数a的值. 18．（本小题满分13分） 在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有 第3页 | 共12页二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖，某顾客从此10张券中任抽2 张，求： （Ⅰ）该顾客中奖的概率；  E （Ⅱ）该顾客获得的奖品总价值 （元）的概率分布列和期望 . 19．（本小题满分13分） aR f(x) ex(x2 axa1) 已知 ，讨论函数 的极值点的个数. 20．（本小题满分13分） 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，  2 3 EA⊥EB1，已知AB= ，BB1=2，BC=1，∠BCC1= ，求： （Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离； （Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值. 21．（本小题满分12分） x2  y2 1 4 已知椭圆C1的方程为 ，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点， 而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程； l: y  kx 2 （Ⅱ）若直线 与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的 OAOB 6 两个交点A和B满足 （其中O为原点），求k的取值范围. 22．（本小题满分12分） 1 1 a 1且a (1 )a  (n1) 数列{an}满足 1 n1 n2 n n 2n . a  2(n 2) （Ⅰ）用数学归纳法证明： n ； 第4页 | 共12页ln(1 x) x对x 0成立,证明:a e2(n 1) （Ⅱ）已知不等式 n ，其中无理数 e=2.71828…. 参考答案 一、选择题：每小题5分，满分50分. 1．A 2．A 3．D 4．C 5．C 6．B 7．B 8．B 9．A 10．C 二、填空题：每小题4分，满分24分. 45 11． {x|0 x 3} 12．1 13．1 14．－3 15． 128 16．②③⑤ 三、解答题：满分76分. 17．（本小题13分） 2cos2 x x x 解: f(x)  asin cos 4cosx 2 2 1 a  cosx sinx 2 2 1 a2 1   sin(x),其中角满足sin 4 4 1a2 1 a2 由已知有   4. 4 4 解之得,a   15. 18．（本小题13分） 解法一： C2 15 2 2 P 1 6 1  C2 45 3 3 （Ⅰ） 10 ，即该顾客中奖的概率为 .  （Ⅱ） 的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）. C2 1 C1C1 2 且P(0)  6  ,P(10)  3 6  , C2 3 C2 5 10 10 C2 1 C1C1 2 P( 20)  3  ,P(50)  1 6  , C2 15 C2 15 10 10 C1C1 1 P(60)  1 3  . C2 15 10  0 10 20 50 60 第5页 | 共12页P 1 2 1 2 1 3 5 15 15 15  故 有分布列： 1 2 1 2 1 E0 10 20 50 60 16. 3 5 15 15 15 从而期望 解法二： (C1C1 C2) 30 2 P  4 6 4   , C2 45 3 （Ⅰ） 10  （Ⅱ） 的分布列求法同解法一 由于10张券总价值为80元，即每张的平均奖品价值为8元，从而抽2张的平均奖品价值 E =2×8=16（元）. 19．（本小题13分） 解: f (x) ex(x2 axa1)ex(2xa) ex[x2 (a2)x(2a1)], 令f (x) 0得x2 (a2)x(2a1) 0.  (a2)2 4(2a1)  a2 4a  a(a4) 0. （1）当 即a 0或a  4时,方程x2 (a2)x(2a1) 0 有两个不同的实根x ,x ,不妨设x  x , 1 2 1 2 于是f (x) ex(xx )(xx ),从而有下表: 1 2 x (,x ) x1 (x ,x ) x (x ,) 1 1 2 2 2 f (x) + 0 － 0 + f(x ) f(x) f(x ) 2 为极小 1 为极大值 值 f(x) 即此时 有两个极值点.  0即a 0或a  4时,方程x2 (a2)x(2a1) 0 （2）当 有两个相同的实根 x  x 1 2 f (x) ex(xx )2 于是 1 第6页 | 共12页故当x  x时, f (x) 0;当x  x 时, f (x) 0,因此f(x) 1 2 无极值. 当 0,即0 a  4时,x2 (a2)x(2a1) 0, （3） f (x) ex[x2 (a2)x(2a1)]0,故f(x) f(x) 为增函数，此时 无极值. 因此当 a  4或a 0时, f(x)有2个极值点,当0 a  4时, f(x) 无极值点. 20．（本小题13分） 解法一： （Ⅰ）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE. 又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB. 由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，因此BE是异面直线 AB与EB1的公垂线， 答（20）图1 4x2 在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1= ，  3 sin  . 3 2 作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC· 1 1 3 x 4x2  2 ,即(x2 1)(x2 3) 0 2 2 2 在△BEB1中，由面积关系得 . 解之得x  1,x   3 （负根舍去）  当x  3时,在BCE中,CE2 12 2CEcos 3, 3 x  3 解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去 . 因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1. （Ⅱ）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内， 又已知AE⊥EB1 故∠AEG是二面角A—EB1—A1的平面角. BE 1 2 tanAEG    . AB 2 2 因EG//B1A1//BA，∠AEG=∠BAE，故 解法二： 由AE  EB ,得AEEB 0,又由AB 平面 （Ⅰ） 1 1 第7页 | 共12页ABEB 而BB1C1C得AB⊥EB1从而 1=0. 故EBEB (EA AB)EB 1 1  EAEB  ABEB 0 1 1 即EB  EB ,故线段BE是异面直线AB与EB的公垂线. 1 1 1 2 设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在Rt△BEB1中，EO= BB1=OB1=1，  3 因为在△OB1C1中，B1C1=1，∠OB1C1= ，故△OB1C1是正三角形， 所以OC1=OB1=1， 2     , 3 3 3 又因∠OC1E=∠B1C1C－∠B1C1O= 故△OC1E是正三角形， 所以C1E=1，故CE=1，易见△BCE是正三角形，从面BE=1， 即异面直线AB与EB1的距离是1. 2 （Ⅱ）由（I）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，在Rt△ABE中，由AB= ， 2 BE=1，得tanAEB= . 又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C，   AEB 2 故二面角A—EB1—A1的平面角 ，故  2 tan tan( AEB) cotAEB  . 2 2 解法三： （I）以B为原点， BB 1 、BA分别为y、z轴建立空间直角坐标系.  2 3 由于BC=1，BB1=2，AB= ，∠BCC1= ， 在三棱柱ABC—A1B1C1中有 第8页 | 共12页2 B（0，0，0），A（0，0， ），B1（0，2，0）， 3 1 3 3 C( , ,0),C ( , ,0) 2 2 1 2 2 3 E( ,a,0),由EA EB ,得EAEB 0,即 2 1 1 设 3 3 0 ( ,a, 2)( ,2a,0) 2 2 3 3  a(a2)  a2 2a , 4 4 1 3 1 3 3 1 得(a )(a ) 0,即a  或a  (舍去),故E( , ,0) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 BEEB ( , ,0)(  0)    0,即BE  EB . 1 2 2 2 2 4 4 1 又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE. 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线， 3 1 | BE|  1 4 4 则 ，故异面直线AB、EB1的距离为1. EA EB ,B A  EB ,  （II）由已知有 1 1 1 1 故二面角A—EB1—A1的平面角 的大小为向量 B A与EA 1 1 的夹角. 3 1 因B A  BA(0,0, 2),EA( , , 2), 1 1 2 2 EAB A 2 故cos 1 1  , | EA|| B A | 3 1 1 2 即tan . 2 21．（本小题12分） x2 y2  1 解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为a2 b2 ，则 a2 413,再由a2 b2 c2得b2 1. x2  y2 1. 3 故C2的方程为 x2 y  kx 2代入  y2 1得(14k2)x2 8 2kx4 0. 4 （II）将 第9页 | 共12页由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得  (8 2)2k2 16(14k2) 16(4k2 1) 0, 1 1 k2  . 4 即 ① x2 将y  kx 2代入  y2 1得(13k2)x2 6 2kx90 3 . 由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得  13k2  0,   (6 2k)2 36(13k2) 36(1k2) 0.  2 1 ② 即k2  且k2 1. 3 6 2k 9 设A(x ,y ),B(x ,y ),则x  x  ,x x  A A B B A B 13k2 A B 13k2 由OAOB 6得x x  y y 6,而 A B A B x x  y y  x x (kx  2)(kx  2) A B A B A B A B (k2 1)x x  2k(x  x )2 A B A B 9 6 2k (k2 1)  2k 2 13k2 13k2 3k2 7  . 3k2 1 3k2 7 15k2 13 于是 6,即 0. 3k2 1 3k2 1 解此不等式得 13 1 k2  或k2  . 15 3 ③ 由①、②、③得 1 1 13  k2  或  k2 1. 4 3 15 13 3 1 1 3 13 (1, ) ( , ) ( , ) ( ,1)    15 3 2 2 3 15 故k的取值范围为 22．（本小题12分） a  2 2 （Ⅰ）证明：（1）当n=2时， 2 ，不等式成立. n  k(k  2) a  2(k  2), （2）假设当 时不等式成立，即 k 第10页 | 共12页1 1 a (1 )a   2 k1 k(k 1) k 2k n  k 1 那么 . 这就是说，当 时不等式成立. a  2对所有n  2 根据（1）、（2）可知： k 成立. （Ⅱ）证法一： 1 1 1 1 a (1 )a  (1  )a .(n1) 由递推公式及（Ⅰ）的结论有 n1 n2 n n 2n n2 n 2n n 1 1 lna ln(1  )lna 两边取对数并利用已知不等式得 n1 n2 n 2n n 1 1 1 1 lna   . lna lna   n n2 n 2n 故 n1 n n(n1) 2n (n 1). n1 上式从1到 求和可得 1 1 1 1 1 1 lna lna         n 1 12 23  (n1)n 2 22  2n1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n 1 1 1 (  )     1 1  2.  2 2 3 n1 n 2 1 n 2n 1 2 lna  2,故a e2 (n1). 即 n n （Ⅱ）证法二： 2n  n(n1)对n  2 由数学归纳法易证 成立，故 1 1 1 1 a (1 )a  (1 a  (n  2). n1 n2 n n 2n n(n1) n n(n1) 1 b  a 1 (n  2),则b (1 )b (n  2). n n n1 n(n1) n 令 1 lnb ln(1 )lnb n1 n(n1) n 取对数并利用已知不等式得 1 lnb  (n 2). n n(n1) 1 1 1 lnb lnb     n1 2 12 23  n(n1) 上式从2到n求和得 第11页 | 共12页1 1 1 1 1 1      1.  2 2 3 n1 n b  a 13.故lnb 1ln3,b e1ln3 3e (n  2). 因 2 2 n1 n1 a 3e1e2,n  2,又显然a e2,a e2,故a e2对一切n 1 故 n1 1 2 n 成立. 第12页 | 共12页