高考卷 05年高考理科数学（重庆卷）试题及答案

2005年高考理科数学重庆卷试题及答案数学试题（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knkknnPPCkP)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yxB．5)2(22yxC．5)2()2(22yxD．5)2(22yx2．200511ii（）A．iB．－iC．20052D．－200523．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．54arccos2B．54arccosC．)54arccos(D．－)54arccos(5．若x，y是正数，则22)21()21(xyyx的最小值是（）A．3B．27C．4D．296．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：①存在平面，使得、都垂直于；②存在平面，使得、都平行于；③内有不共线的三点到的距离相等；④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（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．若)12(xxn展开式中含21x项的系数与含41x项的系数之比为－5，则n等于（）A．4B．6C．8D．109．若动点（yx,）在曲线)0(14222bbyx上变化，则yx22的最大值为（）A．)4(2),40(442bbbbB．)2(2),20(442bbbbC．442bD．2b10．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: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（）A．91B．81C．71D．41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.OGFABCDE11．集合xBxxRxA{},06|{2R|}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,61=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．nnnnn231233232lim=奎屯王新敞新疆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①菱形②有3条边相等的四边形③梯形④平行四边形⑤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)2cos(2sin)2sin(42cos1)(xxaxxxf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：（Ⅰ）该顾客中奖的概率；（Ⅱ）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aaxxexfx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ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1=3，求：（Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；（Ⅱ）二面角A—EB1—A1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1422yx，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.（Ⅰ）求双曲线C2的方程；（Ⅱ）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6OBOA（其中O为原点），求k的取值范围.22．（本小题满分12分）数列{an}满足)1(21)11(1211nannaannn且.（Ⅰ）用数学归纳法证明：)2(2nan；（Ⅱ）已知不等式)1(:,0)1ln(2neaxxxn证明成立对，其中无理数e=2.71828….2005年高考理科数学重庆卷试题及答案C1B1ABCA1E参考答案一、选择题：每小题5分，满分50分.1．A2．A3．D4．C5．C6．B7．B8．B9．A10．C二、填空题：每小题4分，满分24分.11．}30|{xx12．113．114．－315．1284516．②③⑤三、解答题：满分76分.17．（本小题13分）.15,.444111sin),sin(441sin2cos212cos2sincos4cos2)(:2222aaaxaxaxxxaxxxf解之得由已知有满足其中角解18．（本小题13分）解法一：（Ⅰ）324515121026CCIP，即该顾客中奖的概率为32.（Ⅱ）的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）..151)60(,152)50(,151)20(,52)10(,31)0(2101311210161121023210161321026CCCPCCCPCCPCCCPCCP且故有分布列：010205060P3152151152151从而期望.161516015250151205210310E解法二：（Ⅰ）,324530)(210241614CCCCP（Ⅱ）的分布列求法同解法一由于10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=2×8=16（元）.19．（本小题13分）.0)12()2(0)()],12()2([)2()1()(:222axaxxfaxaxeaxeaaxxexfxxx得令解（1）当.0)4(4)12(4)2(22aaaaaa:),)(()(,,,0)12()2(,402121212从而有下表于是不妨设有两个不同的实根方程时或即xxxxexfxxxxaxaxaaxx),(1xx1),(21xx2x),(2x)(xf+0－0+)(xf↗)(1xf为极大值↘)(2xf为极小值↗即此时)(xf有两个极值点.（2）当0)12()2(,4002axaxaa方程时或即有两个相同的实根21xx于是21)()(xxexfx)(,0)(,;0)(,21xfxfxxxfxx因此时当时故当无极值.（3）,0)12()2(,40,02axaxa时即当)(,0)]12()2([)(2xfaxaxexfx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无极值点.20．（本小题13分）解法一：（Ⅰ）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE.又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB.由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，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=24x，作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC·.233sin在△BEB1中，由面积关系得0)3)(1(,23221421222xxxx即.3,1xx解之得（负根舍去）,33cos21,,322CECEBCEx中在时当解之得CE=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.（Ⅱ）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内，又已知AE⊥EB1故∠AEG是二面角A—EB1—A1的平面角.因EG//B1A1//BA，∠AEG=∠BAE，故.2221tanABBEAEG解法二：（Ⅰ）平面又由得由ABEBAEEBAE,0,11而BB1C1C得AB⊥EB1从而1EBAB=0..,0)(111111的公垂线与是异面直线故线段即故EBABBEEBEBEBABEBEAEBABEAEBEB设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在Rt△BEB1中，EO=21BB1=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=∠B1C1C－∠B1C1O=,3332故△OC1E是正三角形，C1B1ABCA1GEDC1B1ABCA1EO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.（Ⅱ）由（I）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，在Rt△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A—EB1—A1的平面角AEB2，故.22cot)2tan(tanAEBAEB解法三：（I）以B为原点，1BB、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ABC—A1B1C1中有B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），)0,23,23(),0,21,23(1CC设即得由,0,),0,,23(11EBEAEBEAaE)0,2,23()2,,23(0aa,432)2(432aaaa.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EBBEEBBEEaaaa即故舍去或即得又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE.因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，则14143||BE，故异面直线AB、EB1的距离为1.（II）由已知有,,1111EBABEBEA故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量EAAB与11的夹角.C1B1ABCA1Exzy.22tan,32||||cos),2,21,23(),2,0,0(