2005年高考文科数学（重庆卷）试题含答案.pdf

1、 2005 年高考年高考文文科数学科数学 重庆卷重庆卷 试题及答案试题及答案 奎屯 王新敞 新疆 数学试题（文史类）分选择题和非选择题两部分. 满分 150 分. 考试时间 120 分钟. 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 奎屯 王新敞 新疆 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 奎屯 王新敞 新疆如需改动，用 橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号 奎屯 王新敞 新疆 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 奎屯 王新敞 新疆 4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效 奎屯 王

2、新敞 新疆 5考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回 奎屯 王新敞 新疆 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 率 knkk nn PPCkP =)1 ()( 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. 1圆5)2( 22 =+yx关于原点（0，0）对称的圆的方程为（ ） A5)2( 2

3、2 =+yx B5)2( 22 =+ yx C5)2()2( 22 =+yx D5)2( 22 =+ yx 2=+) 12 sin 12 )(cos 12 sin 12 (cos （ ） A 2 3 B 2 1 C 2 1 D 2 3 3若函数)(xf是定义在 R 上的偶函数，在0 ,(上是减函数，且0)(=xf，则使得 xxf的0)(的取值范围是（ ） A)2 ,( B), 2( + C), 2()2,(+ D （2，2） 4设向量a=（1，2） ，b=（2，1） ，则（ab） （a+b）等于（ ） A （1，1） B （4，4） C4 D （2，2） 5不等式组 1) 1(log , 2|

4、2| 2 2 x x 的解集为（ ） A)3, 0( B)2 , 3( C)4 , 3( D)4 , 2( 6已知,均为锐角，若qpqp是则, 2 :),sin(sin: +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： 存在平面，使得、都垂直于； 存在平面，使得、都平等于； 存在直线l，直线m，使得ml/； 存在异面直线 l、m，使得./,/,/,/mmll 其中，可以判定与平行的条件有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 8若 n x)21 ( +展开式中含 3 x的项的系数等于含 x 的项的系数的

5、8 倍，则 n 等于（ ） A5 B7 C9 D11 9若动点),(yx在曲线)0( 1 4 2 22 =+b b yx 上变化，则yx2 2 +的最大值为（ ） A + )4(2 )40(4 4 2 bb b b B + )2(2 )20(4 4 2 bb b b C4 4 2 + b Db2 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 各连接中点，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 （ ） A4 B5 C6 D7 第二部分（非选择题 共 100 分

6、） 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. 11若集合0)5)(2( |,034| 2 =+=xxRxBxxRxA，则=BA . 12曲线 3 xy =在点（1，1）处的切线与 x 轴、直线2=x所围成的三角形的面积为 . 13已知,均为锐角，且=+tan),sin()cos(则 . 14若yxyx=+则, 4 22 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 . 16已知BA),0 , 2 1 (是圆FyxF(4) 2 1 ( : 22 =+为圆心）上一动点，线段 AB 的垂

7、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） 若函数) 4 sin(sin ) 2 sin(2 2cos1 )( 2 + + =xax x x xf的最大值为32 +， 试确定常数 a 的值. 18 （本小题满分 13 分） 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 10 9 、 9 8 、 8 7 ， 且各道工序互不影响. （）求该种零件的合格率； （）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. 1

8、9 （本小题满分 13 分） 设函数+=aaxxaxxf其中, 86) 1( 32)( 23 R. （1）若3)(=xxf在处取得极值，求常数 a 的值； （2）若)0 ,()(在xf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 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PD底面 ABCD，E 是 AB 上一点，PEEC. 已知, 2 1 , 2,2=AECDPD求 （）异面直线 PD 与 EC 的距离； （）二面角 EPCD 的大小. 21 （本小题满分 12 分） 已知中心在原点的双曲线 C 的右焦点为（2，0） ，右顶点为)0 , 3( （1）求双曲线

9、C 的方程； （2） 若直线2:+= kxyl与双曲线 C 恒有两个不同的交点 A 和 B， 且2OBOA（其 中 O 为原点）. 求 k 的取值范围. 22 （本小题满分 12 分） 数列).1(0521681 111 =+= + naaaaaa nnnnn 且满足记).1( 2 1 1 =n a b n n （）求 b1、b2、b3、b4的值； （）求数列 n b的通项公式及数列 nnb a的前 n 项和. n S AB C D P E 2005 年高考年高考文文科数学科数学 重庆卷重庆卷 试题及答案试题及答案 参考答案参考答案 一、选择题：每小题 5 分，满分 50 分. 1.A 2.D

10、 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. 1132| xx 12 3 8 131 1422 15 45 17 161 3 4 22 =+yx 三、解答题：满分 76 分. 17 （本小题 13 分） 解：) 4 sin(sin ) 2 sin(2 1cos21 )( 2 2 + + =xax x x xf ) 4 sin(cossin) 4 sin(sin cos2 cos2 22 2 +=+=xaxxxax x x ) 4 sin()2() 4 sin() 4 sin(2 22 +=+=xaxax 因为)(xf的最大值为

11、) 4 sin(, 32 +x的最大值为 1，则, 322 2 +=+a 所以, 3=a 18 （本小题 13 分） （）解： 10 7 8 7 9 8 10 9 =P； （）解法一： 该种零件的合格品率为 10 7 ，由独立重复试验的概率公式得： 恰好取到一件合格品的概率为 189. 0) 10 3 ( 10 7 21 3 =C， 至少取到一件合格品的概率为 .973. 0) 10 3 (1 3 = 解法二： 恰好取到一件合格品的概率为189. 0) 10 3 ( 10 7 21 3 =C， 至少取到一件合格品的概率为 .973. 0) 10 7 ( 10 3 ) 10 7 () 10 3

12、( 10 7 33 3 22 3 21 3 =+CCC 19 （本小题 13 分） 解： （）).1)(66) 1(66)( 2 =+=xaxaxaxxf 因3)(=xxf在取得极值， 所以. 0) 13)(3(6)3(=af 解得. 3=a 经检验知当)(3,3xfxa为时=为极值点. （）令. 1,0) 1)(6)( 21 =xaxxaxxf得 当),()(, 0)(), 1 (),(,1axfxfaxa+在所以则若时和), 1 ( +上为增 函数，故当)0 ,()(,10在时xfa上为增函数. 当),() 1 ,()(, 0)(),() 1 ,(,1+axfxfaxa和在所以则若时上为增

13、函 数，从而0 ,()(在xf上也为增函数. 综上所述，当)0 ,()(,), 0+在时xfa上为增函数. 20 （本小题 13 分） 解法一： （）因 PD底面，故 PDDE，又因 ECPE，且 DE 是 PE 在面 ABCD 内的射影，由三垂直线定理的逆定理知 ECDE，因此 DE 是异面直线 PD 与 EC 的公垂线. 设 DE=x，因DAECED，故1, 1, 2 =xx x CD AE x 即（负根舍去）. 从而 DE=1，即异面直线 PD 与 EC 的距离为 1. （）过 E 作 EGCD 交 CD 于 G，作 GHPC 交 PC 于 H，连接 EH. 因 PD底面， 故 PDEG

14、，从而 EG面 PCD. 因 GHPC，且 GH 是 EH 在面 PDC 内的射影， 由三垂线定理知 EHPC. 因此EHG 为二面角的平面角. 在面 PDC 中，PD=2，CD=2，GC=, 2 3 2 1 2= 因PDCGHC，故 2 3 = PC CG PDGH， 又, 2 3 ) 2 1 (1 2222 =DGDEEG 故在, 4 , =EHGEGGHEHGRt因此中 即二面角 EPCD 的大小为. 4 解法二： （）以 D 为原点，DA、DC、DP分别为 x、y、 z 轴建立空间直角坐标系. AB C D P E G H 由已知可得 D（0，0，0） ，P（0，0，)2， C（0，2

15、，0）设),0 , 2 ,(),0)(0 , 0 ,(xBxxA则 ).0 , 2 3 ,(),2, 2 1 ,(),0 , 2 1 ,(=xCExPExE 由0=CEPECEPE得， 即. 2 3 , 0 4 3 2 =xx故 由CEDECEDE=得0)0 , 2 3 , 2 3 ()0 , 2 1 , 2 3 (， 又 PDDE，故 DE 是异面直线 PD 与 CE 的公垂线，易得1|=DE，故异面直线 PD、 CE 的距离为 1. （）作 DGPC，可设 G（0，y，z）.由0=PCDG得0)2, 2 , 0(), 0(=zy 即),2, 1 , 0(,2=DGyz故可取作 EFPC 于

16、 F，设 F（0，m，n） ， 则)., 2 1 , 2 3 (nmEF= 由0212, 0)2, 2 , 0(), 2 1 , 2 3 (0=nmnmPCEF即得， 又由 F 在 PC 上得). 2 2 , 2 1 , 2 3 (, 2 2 , 1,2 2 2 =+=EFnmmn故 因,PCDGPCEF故平面 EPCD 的平面角的大小为向量DGEF与的夹 角. 故, 4 , 2 2 | cos = = EFDG EFDG 即二面角 EPCD 的大小为. 4 21 （本小题 12 分） 解： （）设双曲线方程为1 2 2 2 2 = b y a x ).0, 0(ba 由已知得. 1,2, 2

17、, 3 2222 =+=bbaca得再由 故双曲线 C 的方程为. 1 3 2 2 = y x A B C D P x z y E F G （）将得代入1 3 2 2 2 =+=y x kxy . 0926)31 ( 22 =kxxk 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得 =+= . 0)1 (36)31 (36)26( , 031 222 2 kkk k 即. 1 3 1 22 kk且 设),(),( BBAA yxByxA，则 , 22, 31 9 , 31 26 22 + = =+ BABABABA yyxxOBOA k xx k k xx得由 而2)(2) 1()2)(2( 2 +=+

18、=+ BABABABABABA xxkxxkkxkxxxyyxx . 13 73 2 31 26 2 31 9 ) 1( 2 2 22 2 + =+ + += k k k k k k k 于是解此不等式得即, 0 13 93 , 2 13 73 2 2 2 2 + + k k k k . 3 3 1 2 k 由、得 . 1 3 1 2 k 故 k 的取值范围为).1 , 3 3 () 3 3 , 1( 22 （本小题 12 分）解法一： （I）; 2 2 1 1 1 , 1 11 = =ba故 22 718 ,; 71 83 82 ab= 故 33 31 ,4; 31 4 42 ab= 故 4

19、4 1320 ,. 203 ab=故 （II）因 2 31 ) 3 4 ( 3 8 3 2 ) 3 4 )( 3 4 (=bb， 2 231 22 2 ) 3 4 () 3 4 )( 3 4 ( ,) 3 4 () 3 4 (=bbbb 故猜想.2, 3 2 3 4 的等比数列公比是首项为=qbn 更多资源加微信 ziyuanwang8 因2 n a， （否则将2= n a代入递推公式会导致矛盾） , 0 3 4 , 3 4 36 1620 3 8 2 1 2 ) 3 4 (2 , 36 1620 3 4 36 816 3 4 2 1 1 3 4 ).1( 816 25 11 1 1 1 =

20、= = = = = + = + + + + bb a a a b a a a a a b n a a a n n n n n n n n n n n n n 因 故 故2| 3 4 |=qbn确是公比为的等比数列. n n bb2 3 1 3 4 , 3 2 3 4 1 =故因 , ) 1( 3 4 2 3 1 +=nb n n , 1 2 1 2 1 1 += = nnn n n bba a b得由 nnn bababaS+= 2211 故 12 1 () 2 n bbbn=+ 1 (1 2 ) 5 3 1 23 n n =+ 1 (251) 3 n n=+ 解法二： （）由, 052168

21、, 2 11 2 1 1 11 =+= = +nnnn n n n n aaaa b a a b代入递推关系得 整理得, 3 4 2, 0 364 1 11 =+ + + nn nnnn bb bbbb 即 . 3 20 , 4, 3 8 , 2, 1 43211 =bbbba所以有由 （）由, 0 3 2 3 4 ), 3 4 (2 3 4 , 3 4 2 111 = + bbbbb nnnn 所以故的等比数列公比是首项为,2, 3 2 3 4 =qbn 4114 2 ,2(1). 3333 nn nn bbn=+即 11 1, 1 2 2 nnnn n ba bb a =+ 由得 1 12

22、 2nn n Saba ba b=+故 12 1 () 2 n bbbn=+ 1 (1 2 ) 5 3 1 23 n n =+ 1 (251). 3 n n=+ 解法三： （）同解法一 （） 2 342312 ) 3 4 ( 3 8 3 2 , 3 8 , 3 4 , 3 2 =bbbbbb 因此故又因 的等比数列公比是首项为猜想 ).1( 816 25 , 2 2 3 1 ,2, 3 2 1 11 + = = + + n a a aa bbqbb n n nn n nnnn 12 2 2 1 816 25 1 2 1 1 2 1 1 1 1 + = = + + n n n nn nn a a

23、 a aa bb ; 36 810 36 6 36 816 = = n n nn n a a aa a 36 816 36 816 2 1 1 2 1 1 1 1 12 12 = = + + + + n n n n nn nn a a a a aa bb ).(2 36 1620 36 816 36 2436 1nn n n n n n n bb a a a a a a = = = + ,2 3 1 ,2 , 0 3 2 1112 n nnnn bbqbbbb= + 的等比数列是公比因 从而 112211 )()()(bbbbbbbb nnnnn += 121 1 (222 )2 3 nn =+ 114 (22)22(1). 333 nn n=+=+ 11 1, 1 2 2 nnnn n ba bb a =+ 由得 1 12 2nn n Saba ba b=+故 12 1 () 2 n bbbn=+ 1 (1 2 ) 5 3 1 23 n n =+ 1 (251). 3 n n=+