2005年高考理科数学试卷及答案（重庆）.pdf

1、第 1 页 共 11 页 2005 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 数学试题卷（理工农医类） 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。 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

2、 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(AB)=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 （ ） A 5)2( 22 =+ yx B 5)2( 22 =+ yx C 5)2()2( 22 =+

3、 yx D 5)2( 22 =+ yx 2 = + 2005 ) 1 1 ( i i （ ） A i B i 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 （ ） 第 2 页 共 11 页 A 5 4 arccos 2 B 5 4 arccos C ) 5

4、 4 arccos( 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 （ ） A 3 B 2 7 C 4 D 2 9 6已知 、 均为锐角，若 qpqp 是则, 2 :),sin(sin: +=+ b b yx 上变化，则 yx 2 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 C 4 4 2 + b D 2b 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 :

5、 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 3 页 共 11 页 A 9 1 B 8 1 C 7 1 D 4 1 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 = . 13已知 、 均为

6、锐角，且 tan),sin()cos( 则=+ = . 14 nn nn n 23 123 32 32 lim + + = . 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） . 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

7、 sin ) 2 sin(4 2cos1 )( xx a x x xf + + = 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 . 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 . 20 （本小题满分 13 分） 如

8、图，在三棱柱 ABC A 1 B 1 C 1 中， AB侧面 BB 1 C 1 C， E 为棱 CC 1 上异于 C、 C 1 的一点， EA 第 4 页 共 11 页 EB 1 ，已知 AB= 2 ， BB 1 =2， BC=1， BCC 1 = 3 ，求： （）异面直线 AB 与 EB 1 的距离； （）二面角 A EB 1 A 1 的平面角的正切值 . 21 （本小题满分 12 分） 已知椭圆 C 1 的方程为 1 4 2 2 =+ y x ，双曲线 C 2 的左、右焦点分别为 C 1 的左、右顶点，而 C 2 的左、右顶点分别是 C 1 的左、右焦点 . （）求双曲线 C 2 的方程；

9、 （）若直线 2: += kxyl 与椭圆 C 1 及双曲线 C 2 都恒有两个不同的交点，且 l 与 C 2 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 （本小题满分 12 分） 数列 a n 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(2 na n ； （）已知不等式 )1(:,0)1ln( 2 + neaxxx n 证明成立对 ，其中无理数 e=2.71828 . 第 5 页 共 11 页 2005 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 数学试

10、题卷（理工农医类） 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 . 11 30| =+= 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 = += 为增函数，此时 )(xf 无极值 . 因此当 第 7 页 共 11 页 )(,40,2)(,04 xfaxfaa 时当个极值点有时或 无极值点 . 20 （本小题 13 分） 解法一： （）因 A

11、B面 BB 1 C 1 C，故 AB BE. 又 EB 1 EA，且 EA 在面 BCC 1 B 1 内的射影为 EB. 由三垂线定理的逆定理知 EB 1 BE，因此 BE 是异面直线 AB 与 EB 1 的公垂线， 在平行四边形 BCC 1 B 1 中，设 EB=x，则 EB 1 = 2 4 x ， 作 BD CC 1 ，交 CC 1 于 D，则 BD=BC . 2 3 3 sin = 在 BEB 1 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

12、 中在时当 解之得 CE=2，故此时 E 与 C 1 重合，由题意舍去 3=x . 因此 x=1，即异面直线 AB 与 EB 1 的距离为 1. （）过 E 作 EG/B 1 A 1 ，则 GE面 BCC 1 B，故 GE EB 1 且 GE 在圆 A 1 B 1 E 内， 又已知 AE EB 1 故 AEG 是二面角 A EB 1 A 1 的平面角 . 因 EG/B 1 A 1 /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 BB 1 C 1 C 得 AB EB 1 从而 1 EBA

13、B =0. ., 0 )( 11 11 11 的公垂线与是异面直线故线段即 故 EBABBEEBEB EBABEBEA EBABEAEBEB =+= += 设 O 是 BB 1 的中点，连接 EO 及 OC 1 ，则在 Rt BEB 1 中， EO= 2 1 BB 1 =OB 1 =1， 第 8 页 共 11 页 因为在 OB 1 C 1 中， B 1 C 1 =1， OB 1 C 1 = 3 ，故 OB 1 C 1 是正三角形， 所以 OC 1 =OB 1 =1， 又因 OC 1 E= B 1 C 1 C B 1 C 1 O= , 333 2 = 故 OC 1 E 是正三角形， 所以 C 1

14、 E=1，故 CE=1，易见 BCE 是正三角形，从面 BE=1， 即异面直线 AB 与 EB 1 的距离是 1. （）由（ I）可得 AEB 是二面角 A EB 1 B 的平面角，在 Rt ABE 中，由 AB= 2 ， BE=1，得 tanAEB= 2 . 又由已知得平面 A 1 B 1 E平面 BB 1 C 1 C， 故二面角 A EB 1 A 1 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， BB 1 =2， AB= 2 ， B

15、CC 1 = 3 ， 在三棱柱 ABC A 1 B 1 C 1 中有 B（ 0， 0， 0） ， A（ 0， 0， 2 ） ， B 1 （ 0， 2， 0） ， )0, 2 3 , 2 3 (),0, 2 1 , 2 3 ( 1 CC 设 即得由 ,0,),0, 2 3 ( 11 = EBEAEBEAaE )0,2, 2 3 ()2, 2 3 (0 aa = , 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 EBBEE

16、BBE Eaaaa =+= = 即 故舍去或即得 第 9 页 共 11 页 又 AB面 BCC 1 B 1 ，故 AB BE. 因此 BE 是异面直线 AB、 EB 1 的公垂线， 则 1 4 1 4 3 | =+=BE ，故异面直线 AB、 EB 1 的距离为 1. （ II）由已知有 , 1111 EBABEBEA 故二面角 A EB 1 A 1 的平面角 的大小为向量 EAAB 与 11 的夹角 . . 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

17、12 分） 解： （）设双曲线 C 2 的方程为 1 2 2 2 2 = b y a x ，则 .1,314 22222 =+= bcbaa 得再由 故 C 2 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 C 1 恒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 C 2 恒有两个不同的交点 A， B 得 .1

18、3 1 .0)1(36)31(36)26( ,031 22 222 2 2 =+= kk kkk k 且即 第 10 页 共 11 页 )2)(2( ,66 31 9 , 31 26 ),(),( 22 +=+ + + 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）假设当 )2(

19、= kkn 时不等式成立，即 ),2(2 ka k 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： 22 na k 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 a ln) 2 11 1ln(ln 2 1 + + + + . 2 11 ln 2 n n nn a + + + 故 n n

20、n nn aa 2 1 )1( 1 lnln 1 + + + ).1( n 上式从 1 到 1n 求和可得 第 11 页 共 11 页 12 1 2 1 2 1 2 1 )1( 1 32 1 21 1 lnln + + + n n nn aa nullnull .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 null 即 ).1(,2ln 2 nnn 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

21、令 ).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 b ln) )1( 1 1ln(ln 1 + + + ).2( )1( 1 ln + n nn b n 上式从 2 到 n 求和得 )1( 1 32 1 21 1 lnln 21 + + + nn bb n null .1 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 += nn null 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 .