2005年高考文科数学(重庆卷)试题含答案.pdf

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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=+

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