1、 2005 年高考年高考理理科数学科数学 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（理工农医类）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
2、 王新敞 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(
3、 22 =+yx B5)2( 22 =+ yx C5)2()2( 22 =+yx D5)2( 22 =+ yx 2 2005 1 1 i i + = （ ） Ai Bi C 2005 2 D 2005 2 3若函数)(xf是定义在 R 上的偶函数，在0 ,(上是减函数，且0)2(=f，则使得 0)(xf的 x 的取值范围是（ ） A)2 ,( B), 2( + C), 2()2,(+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（ ） A 5 4 arccos 2 B 5 4 arccos C) 5 4 arccos
4、( D) 5 4 arccos( 5若 x，y 是正数，则 22 ) 2 1 () 2 1 ( x y y x+的最小值是（ ） A3 B 2 7 C4 D 2 9 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、都平行于； 内有不共线的三点到的距离相等； 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（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 8若) 1 2( x
5、 x n展开式中含 2 1 x 项的系数与含 4 1 x 项的系数之比为5，则 n 等于 （ ） A4 B6 C8 D10 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 D2b 10如图，在体积为 1 的三棱锥 ABCD 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 BC
6、D 的体积等于 （ ） A 9 1 B 8 1 C 7 1 D 4 1 O G F A B C D E 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. 11集合=xBxxRxA,06| 2 R| 2|2|x，则BA= . 12曲线)0)(,( 33 =aaaxy在点处的切线与 x 轴、直线ax =所围成的三角形的面积为 a则, 6 1 = 奎屯 王新敞 新疆 13已知、均为锐角，且tan),sin()cos(则=+= 奎屯 王新敞 新疆 14 nn nn n 23 123 32 32 lim + + = 奎屯
7、 王新敞 新疆 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 奎屯 王新敞 新疆 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） 奎屯 王新敞 新疆 菱形 有 3 条边相等的四边形 梯形 平行四边形 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） 若函数) 2 cos( 2 sin ) 2 sin(4 2cos1 )( xx a x x xf + + = 的最
8、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 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： （）该顾客中奖的概率； （）该顾客获得的奖品总价值（元）的概率分布列和期望E 奎屯 王新敞 新疆 19 （本小题满分 13 分） 已知Ra，讨论函数) 1()( 2 +=aaxxexf x 的极值点的个数 奎屯 王新敞 新疆 20 （本小题满分 13 分） 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AB侧面 BB1C1C，E 为棱
9、 CC1上异于 C、C1的一 点，EAEB1，已知 AB=2，BB1=2，BC=1，BCC1= 3 ，求： （）异面直线 AB 与 EB1的距离； （）二面角 AEB1A1的平面角的正切值. 21 （本小题满分 12 分） 已知椭圆 C1的方程为1 4 2 2 =+ y x ，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. （）求双曲线 C2的方程； （）若直线2:+= kxyl与椭圆 C1及双曲线 C2都恒有两个不同的交点，且 l 与 C2 的两个交点 A 和 B 满足6OBOA（其中 O 为原点） ，求 k 的取值范围. 22 （本小题满
10、分 12 分） 数列an满足) 1( 2 1 ) 1 1 (1 2 11 + + += + na nn aa n nn 且. （）用数学归纳法证明：)2(2nan； （）已知不等式) 1(:,0)1ln( 2 +neaxxx n 证明成立对，其中无理数 e=2.71828. C1 B1 A B C A1 E 2005 年高考年高考理理科数学科数学 重庆卷重庆卷 试题及答案试题及答案 参考答参考答案案 一、选择题：每小题 5 分，满分 50 分. 1A 2A 3D 4C 5C 6B 7B 8B 9A 10C 二、填空题：每小题 4 分，满分 24 分. 1130| xx 121 131 143
11、15 128 45 16 三、解答题：满分 76 分. 17 （本小题 13 分） .15, . 4 44 1 1 1 sin),sin( 44 1 sin 2 cos 2 1 2 cos 2 sin cos4 cos2 )(: 2 2 2 2 = =+ + =+= += += a a a x a x a x xx a x x xf 解之得 由已知有 满足其中角 解 18 （本小题 13 分） 解法一： （） 3 2 45 15 1 2 10 2 6 = C C IP，即该顾客中奖的概率为 3 2 . （）的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）. . 15 1 )60( , 15 2
12、 )50(, 15 1 )20( , 5 2 )10(, 3 1 )0( 2 10 1 3 1 1 2 10 1 6 1 1 2 10 2 3 2 10 1 6 1 3 2 10 2 6 = = = C CC P C CC P C C P C CC P C C P 且 故有分布列： 0 10 20 50 60 P 3 1 5 2 15 1 15 2 15 1 从而期望.16 15 1 60 15 2 50 15 1 20 5 2 10 3 1 0=+=E 解法二： （）, 3 2 45 30)( 2 10 2 4 1 6 1 4 = + = C CCC P （）的分布列求法同解法一 由于 10
13、 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=28=16（元）. 19 （本小题 13 分） . 0) 12()2(0)( ),12()2( )2() 1()(: 2 2 2 =+= += += axaxxf axaxe axeaaxxexf x xx 得令 解 （1）当. 0)4(4) 12(4)2( 22 =+=aaaaaa :),)()( , 0) 12()2(,40 21 2121 2 从而有下表于是 不妨设有两个不同的实根 方程时或即 xxxxexf xxxx axaxaa x = =+ x ),( 1 x x1 ),( 21 xx
14、2 x ),( 2 +x )(x f + 0 0 + )(xf )( 1 xf为极大值 )( 2 xf为极小值 即此时)(xf有两个极值点. （2）当0) 12()2(,400 2 =+=axaxaa方程时或即有两个相同的实根 21 xx = 于是 2 1) ()(xxexf x = )(, 0)(,; 0)(, 21 xfxfxxxfxx因此时当时故当无极值. （3）, 0) 12()2(,40, 0 2 +axaxa时即当 )(, 0)12()2()( 2 xfaxaxexf x 故+=为增函数， 此时)(xf无极值. 因此当 )(,40,2)(,04xfaxfaa时当个极值点有时或无极值
15、点. 20 （本小题 13 分） 解法一： （）因 AB面 BB1C1C，故 ABBE. 又 EB1EA，且 EA 在面 BCC1B1内的射影为 EB. 由三垂线定理的逆定理知 EB1BE，因此 BE 是异面直线 AB 与 EB1的公垂线， 在平行四边形 BCC1B1中，设 EB=x，则 EB1= 2 4x， 作 BDCC1，交 CC1于 D，则 BD=BC. 2 3 3 sin= 在BEB1中，由面积关系得0)3)(1(, 2 3 2 2 1 4 2 1 222 =xxxx即. 3, 1=xx解之得（负根舍去） , 3 3 cos21,3 22 =+= CECEBCEx中在时当 解之得 CE
16、=2，故此时 E 与 C1重合，由题意舍去3=x. 因此 x=1，即异面直线 AB 与 EB1的距离为 1. （）过 E 作 EG/B1A1，则 GE面 BCC1B，故 GEEB1且 GE 在圆 A1B1E 内， 又已知 AEEB1 故AEG 是二面角 AEB1A1的平面角. 因 EG/B1A1/BA，AEG=BAE，故. 2 2 2 1 tan= AB BE AEG 解法二： （）平面又由得由=ABEBAEEBAE, 0, 11 而 BB1C1C 得 ABEB1从而 1 EBAB=0. ., 0 )( 11 11 11 的公垂线与是异面直线故线段即 故 EBABBEEBEB EBABEBEA
17、 EBABEAEBEB =+= += 设 O 是 BB1的中点，连接 EO 及 OC1，则在 RtBEB1中，EO= 2 1 BB1=OB1=1， 因为在OB1C1中，B1C1=1，OB1C1= 3 ，故OB1C1是正三角形， 所以 OC1=OB1=1， 又因OC1E=B1C1CB1C1O=, 333 2 =故OC1E 是正三角形， C1 B1 A B C A1 G ED C1 B1 A B C A1 E O 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. （） 由（I）可得AEB 是二面角 AEB1B 的平面角， 在 Rt
18、ABE 中，由 AB=2， BE=1，得 tanAEB=2. 又由已知得平面 A1B1E平面 BB1C1C， 故二面角 AEB1A1的平面角AEB= 2 ，故 . 2 2 cot) 2 tan(tan=AEBAEB 解法三： （I）以 B 为原点， 1 BB、BA分别为 y、z 轴建立空间直角坐标系. 由于 BC=1，BB1=2，AB=2，BCC1= 3 ， 在三棱柱 ABCA1B1C1中有 B（0，0，0） ，A（0，0，2） ，B1（0，2，0） ， )0 , 2 3 , 2 3 (),0 , 2 1 , 2 3 ( 1 CC 设即得由, 0,),0 , 2 3 ( 11 =EBEAEBE
19、AaE )0 ,2 , 2 3 ()2, 2 3 (0aa= , 4 3 2)2( 4 3 2 +=+=aaaa ., 0 4 3 4 3 )0 2 3 2 3 ()0 , 2 1 , 2 3 ( )0 , 2 1 , 2 3 (),( 2 3 2 1 , 0) 2 3 )( 2 1 ( 11 EBBEEBBE Eaaaa =+= = 即 故舍去或即得 又 AB面 BCC1B1，故 ABBE. 因此 BE 是异面直线 AB、EB1的公垂线， 则1 4 1 4 3 |=+=BE，故异面直线 AB、EB1的距离为 1. （II）由已知有, 1111 EBABEBEA故二面角 AEB1A1的平面角的
20、大小为向 量EAAB与 11 的夹角. C1 B1 A B C A1 E x z y . 2 2 tan , 3 2 | cos ),2, 2 1 , 2 3 (),2, 0 , 0( 11 11 11 = = = = 即 故 因 ABEA ABEA EABAAB 21 （本小题 12 分） 解： （） 设双曲线 C2的方程为 1 2 2 2 2 = b y a x ， 则. 1, 314 22222 =+=bcbaa得再由 故 C2的方程为. 1 3 2 2 = y x （II）将. 0428)41 (1 4 2 222 2 =+=+=kxxky x kxy得代入 由直线 l 与椭圆 C1恒
21、有两个不同的交点得 , 0) 14(16)41 (16)28( 2222 1 =+=kkk 即 . 4 1 2 k 0926)31 (1 3 2 222 2 =+=kxxky x kxy得代入将. 由直线 l 与双曲线 C2恒有两个不同的交点 A，B 得 . 1 3 1 . 0)1 (36)31 (36)26( , 031 22 222 2 2 =+= kk kkk k 且即 )2)(2( , 66 31 9 , 31 26 ),(),( 22 +=+ + = =+ BABABABA BABA BABABBAA kxkxxxyyxx yyxxOBOA k xx k k xxyxByxA 而得由
22、 则设 . 13 73 2 31 26 2 31 9 ) 1( 2)(2) 1( 2 2 22 2 2 + = + + += += k k k k k k k xxkxxk BABA . 0 13 1315 , 6 13 73 2 2 2 2 + k k k k 即于是解此不等式得 . 3 1 15 13 22 kk或 由、得 . 1 15 13 3 1 4 1 22 kk或 故 k 的取值范围为)1 , 15 13 () 3 3 , 2 1 () 2 1 , 3 3 () 15 13 , 1( 22 （本小题 12 分） （）证明： （1）当 n=2 时，22 2 =a，不等式成立. （2）
23、假设当)2( =kkn时不等式成立，即),2(2kak 那么2 2 1 ) ) 1( 1 1 ( 1 + + += + k kk a kk a. 这就是说，当1+= kn时不等式成立. 根据（1） 、 （2）可知：22nak对所有成立. （）证法一： 由递推公式及（）的结论有 ) 1.() 2 11 1 ( 2 1 ) 1 1 ( 22 1 + + + + += + na nn a nn a n nn nn 两边取对数并利用已知不等式得 n n n a nn aln) 2 11 1ln(ln 2 1 + + + + . 2 11 ln 2n n nn a+ + + 故 n nn nn aa 2
24、 1 ) 1( 1 lnln 1 + + + ).1( n 上式从 1 到1n求和可得 12 1 2 1 2 1 2 1 ) 1( 1 32 1 21 1 lnln + + + n n nn aa . 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 11 1 1 ) 3 1 2 1 ( 2 1 1+= + += n n nnn 即).1(, 2ln 2 neaa nn 故 （）证法二： 由数学归纳法易证2) 1(2nnn n 对成立，故 ).2( ) 1( 1 ) 1( 1 1 ( 2 1 ) 1 1 ( 2 1 + + + += + n nn a nn a nn a n n nn 令).
25、2() ) 1( 1 1 (),2(1 1 += + nb nn bnab nnnn 则 取对数并利用已知不等式得 nn b nn bln) ) 1( 1 1ln(ln 1 + + + ).2( ) 1( 1 ln +n nn bn 上式从 2 到 n 求和得 ) 1( 1 32 1 21 1 lnln 21 + + + nn bbn . 1 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 += nn 因).2(3, 3ln1ln. 31 3ln1 1122 =+=+= + + neebbab nn 故 故1, 2,13 22 2 2 1 2 1 + neaeaeaneea nn 对一切故又显然成立.
