历年高考数学真题-2005年高考文科数学(重庆卷)试题及答案

2005试题及答案

注意事项：

1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.

2．答选择题时，必须使用2B

3．答非选择题时，必须使用0.54 5参考公式：

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

kkn k

率Pn(k) CnP(1 P)

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(x 2)2 y2 5关于原点（0，0）对称的圆的方程为（ ）

A．(x 2) y 5 C．(x 2) (y 2) 5

12

sin

2

2

2

2

B．x (y 2) 5 D．x (y 2) 5

12

) （ ）

12

2

2

22

2．(cos

12

)(cos

12

sin

A．

32

B．

12

C． D．

32

3．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在( ,0]上是减函数，且f(x) 0，则使得 f(x) 0的x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（a·b）（a+b）等于（ ）

A．（1，1） B．（－4，－4） C．－4 D．（－2，－2）

|x 2| 2,

5．不等式组 的解集为（ ） 2

log(x 1) 12

A．(0,3) B．(3,2) C．(3,4)

2

D．(2,4)

,则p是q的（ ）

6．已知 , 均为锐角，若p:sin sin( ),q:

A．充分而不必要条件 C．充要条件

B．必要而不充分条件

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α、β都垂直于 ； ②存在平面 ，使得α、β都平等于 ； ③存在直线l ，直线m ，使得l//m； ④存在异面直线l、m，使得l// ,l// ,m// ,m// . 其中，可以判定α与β平行的条件有（ ） A．1个 B．2个 C．3个

D．4个

8．若(1 2x)n展开式中含x3的项的系数等于含x的项的系数的8倍，则n等于（ ）

A．5

x

B．7

2

C．9

22

D．11

2

9．若动点(x,y)在曲线

b2

4A． 4 2b

4

yb

1(b 0)上变化，则x 2y的最大值为（ ）

(0 b 2) (b 2)

(0 b 4) (b 4)

b2

4B． 4 2b

C．

b

2

4

4 D．2b

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 （ ） A．4 C．6

B．5 D．7

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.

2

11．若集合A {x R|x 4x 3 0},B {x R|(x 2)(x 5) 0}，则A B

.

12．曲线y x3在点（1，1）处的切线与x轴、直线x 2所围成的三角形的面积为 . 13．已知 , 均为锐角，且cos( ) sin( ),则tan . 14．若x2 y2 4,则x y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216．已知A(

12

,0),B是圆F:(x

12) y

2

2

4(F为圆心）上一动点，线段AB的垂直平

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f(x)

1 cos2x2sin(

2

sinx asin(x

2

4

试确定常数a )的最大值为2 3，

x)

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且各道工序互不影响.

（Ⅰ）求该种零件的合格率；

（Ⅱ）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.

19．（本小题满分13分）

设函数f(x) 2x 3(a 1)x 6ax 8,其中a R. （1）若f(x)在x 3处取得极值，求常数a的值； （2）若f(x)在( ,0)上为增函数，求a的取值范围.

3

2

910

、

89

、

78

，

20．（本小题满分13分）

如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上一点，PE⊥EC. 已知PD

2,CD 2,AE

12,求

（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）二面角E—PC—D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(3,0) （1）求双曲线C的方程； （2）若直线l:y kx

且OA OB 2（其 2与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，

中O为原点）. 求k的取值范围.

22．（本小题满分12分）

数列{an}满足a1 1且8an 1an 16an 1 2an 5 0(n 1).记bn （Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.

1an

12

(n 1).

2005试题及答案

参考答案

一、选择题：每小题5分，满分50分.

1.A 2.D 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. 11．{x|2 x 3} 12．三、解答题：满分76分. 17．（本小题13分）

解：f(x)

1 2cos2sin(

2

83

13．1 14．22 15．

1745

16．x2

43

y

2

1

x 1 x)

2

sinx asin(x

2

4

)

2cos

2

x

2cosx

sinx asin(x

2

4

) sinx cosx asin(x

2

2

4

)

2sin(x

4

) asin(x

2

4

) (2 a)sin(x

4

)

2 a

2

因为f(x)的最大值为2 3,sin(x 所以a 3, 18．（本小题13分） （Ⅰ）解：P

910 89 78 710

4

)的最大值为1，则 2 3,

；

710

1

（Ⅱ）解法一： 该种零件的合格品率为，由独立重复试验的概率公式得：

710310

(

3

恰好取到一件合格品的概率为 C3 至少取到一件合格品的概率为 1 ( 解法二：

恰好取到一件合格品的概率为C3

1

310

)

2

0.189，

) 0.973.

710

(

7

310

)

2

0.189，

2

2

1 至少取到一件合格品的概率为 C3

10

(

310

) C3(

710

)

2

310

C3(

3

710

) 0.973.

3

19．（本小题13分）

2

解：（Ⅰ）f (x) 6x 6(a 1)x 6a 6(x a)(x 1).

因f(x)在x 3取得极值， 所以f (3) 6(3 a)(3 1) 0. 解得a 3.

经检验知当a 3时,x 3为f(x)为极值点.

（Ⅱ）令f (x) 6(x a)(x 1) 0得x1 a,x2 1.

当a 1时,若x ( ,a) (1, ),则f (x) 0,所以f(x)在( ,a)和(1, )上为增 函数，故当0 a 1时,f(x)在( ,0)上为增函数.

当a 1时,若x ( ,1) (a, ),则f (x) 0,所以f(x)在( ,1)和(a, )上为增函 数，从而f(x)在( ,0]上也为增函数.

综上所述，当a [0, )时,f(x)在( ,0)上为增函数. 20．（本小题13分）

解法一：

（Ⅰ）因PD⊥底面，故PD⊥DE，又因EC⊥PE，且DE 是PE在面ABCD内的射影，由三垂直线定理的逆定理知 EC⊥DE，因此DE是异面直线PD与EC的公垂线. 设DE=x，因△DAE∽△CED，故

xAE

CDx,即x

2

1,x 1（负根舍去）.

从而DE=1，即异面直线PD与EC的距离为1.

（Ⅱ）过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH. 因PD⊥底面， 故PD⊥EG，从而EG⊥面PCD.

因GH⊥PC，且GH是EH在面PDC内的射影， 由三垂线定理知EH⊥PC.

因此∠EHG为二面角的平面角.

在面PDC中，PD=2，CD=2，GC=2

CGPC

12 32,

因△PDC∽△GHC，故GH PD

32

，

又EG 故在

DE

2

DG

2

1232

1 () ,

22

Rt EHG中,GH EG,因此 EHG

4

,

即二面角E—PC—D的大小为解法二：

4

.

（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、 z轴建立空间直角坐标系.

由已知可得D（0，0，0），P（0，0，2)， C（0，2，0）设A(x,0,0)(x 0),则B(x,2,0),

E(x,

12

,0),PE (x,

12

, 2),CE (x,

32,0).

由PE CE得PE CE 0， 即x2

34

32

0,故x .

由DE CE (

3133

,,0) (, ,0) 0得DE CE， 2222

又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE| 1，故异面直线PD、 CE的距离为1.

（Ⅱ）作DG⊥PC，可设G（0，y，z）.由DG PC 0得(0,y,z) (0,2, 2) 0 即z

， 2y,故可取DG (0,1,2),作EF⊥PC于F，设F（0，m，n）

32

12

则EF ( ,m ,n).

由EF PC 0得(

32

,m

12

,n) (0,2, 2) 0,即2m 1 2n 0，

又由F在PC上得n

22

m 2,故m 1,n

22

,EF (

312

,,). 222

因EF PC,DG PC,故平面E—PC—D的平面角 的大小为向量EF与DG的夹角.

故cos

DG EF

22,

4

, 即二面角E—PC—D的大小为

4

.

21．（本小题12分）

解：（Ⅰ）设双曲线方程为

xa

22

yb

22

1 (a 0,b 0).

由已知得a 3,c 2,再由a b

22

2,得b

22

1.

故双曲线C的方程为

x

2

3

y

2

1.

（Ⅱ）将y kx 2代入

x

2

3

y

2

22

1得 (1 3k)x 62kx 9 0.

2

1 3k 0,

由直线l与双曲线交于不同的两点得

222

(62k) 36(1 3k) 36(1 k) 0.

即k2

13

且k

2

1. ① 设A(xA,yA),B(xB,yB)，则

xA xB

62k1 3k

2

,xAxB

91 3k

2

,由OA OB 2得xAxB yAyB 2,

2

而xAxB yAyB xAxB (kxA

2

2)(kxB

2) (k

1)xAxB

2k(xA xB) 2

(k 1)

91 3k

2

2k

62k1 3k

2

2

2

3k3k

22

7 1

.

于是

13

3k3k

2

22

7 1

2,即

3k3k

2

9 1

0,解此不等式得

k 3. ②

13 k

2

由①、②得 1.

故k的取值范围为( 1,

33

) (

33

,1).

22．（本小题12分）解法一：

（I）a1 1,故b1

7834

178

a3

,故b3

34

a4

1320,故b4

43

11

12

83

2;

a2 ,故b2

1 203

1212.

;

4;

（II）因(b1

(b2

43)

2

)(b3

43

)

23

8

42

()， 33

424442

(),(b1 )(b3 ) (b2 ) 333343

是首项为

23

,公比q 2的等比数列.

故猜想{bn

因an 2，（否则将an 2代入递推公式会导致矛盾） 故an 1 因bn 1

5 2a16 8an43

1an 1 2an

12

q 2的等比数列.

13 2

n

(n 1).

43

16 8an6an 3

43

20 16an6an 343

43,

12

2(bn

43

)

83

20 16an6an 3

bn 1 ,b1

0,

故|bn

因b1

43

43

|确是公比为

23

43

,故bn

, bn

13

2

n

43

(n 1) 由b

n

1an

12

得anbn

12

bn 1,

故Sn a1b1 a2b2 anbn

1

12

(b1 b2 bn) n

(1 2)1 2

1bn

n

53

n

13

(2 5n 1)

n

解法二： （Ⅰ）由bn

1an

12 3bn

0,即bn 1 2bn 83

得an

12

,代入递推关系

8an 1an 16an 1 2an 5 0,

整理得

4bn 1bn

6bn 1

43

,

由a1 1,有b1 2,所以b2 ,b3 4,b4 43

2(bn

43

203

.

43 23 0,

（Ⅱ）由bn 1 2bn 所以{bn bn

43 13

43

}是首项为

43

,bn 1 23

),b1

,公比q 2的等比数列,故

2,即bn

n

13

2

n

43

(n 1).

由bn

1an

12

得anbn

12

bn 1,

故Sn a1b1 a2b2 anbn

12

(b1 b2 bn) n

1(1 2n

) 51 2

3

n

1n

3

(2 5n 1).

解法三：

（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b282 b1

3

,b3 b2

43

,b4 b3

3,23 83 (423

) 猜想{bn 1 bn}是首项为23

,公比q 2的等比数列,b1n 1 bn 3

2

n

又因a5 2ann 2,故an 1

16 8a(n 1).因此

n

b1n 1 bn

2a1

1

15 2an2an 1

n 1

2

an

12

16 8a 1n

2

16 8an66an 3

6a

10 8ann 3

6an 3

;

b1116 8an 18ann 2 bn 1

a1

1

6an 1 3

16 6a

n 3

n 2

2

an 1

2

36 24an 8an6a

20 16ann 3

166an 3

6a2(bn 1 bn).

n 3

因b20,{b12 b1 3

n 1 bn}是公比q 2的等比数列,bn 1 bn

3

2n

,从而bn (bn bn 1) (bn 1 bn 2) (b2 b1) b1

1n 1

n

43(2

2

n 2

21

) 2

1n

3

(2 2) 2

13

2

3

(n 1).

由b11n

nbn

1,

a1得a2

bn n

2

故Sn a1b1 a2b2 anbn

12

(b1 b2 bn) n

1(1 2n

) 3

5n

1 2

3

n

13

(2 5n 1).

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/v04m.html