2005年高考文科数学试卷及答案（重庆）.pdf

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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（文史类） 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。 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 A、

2、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=+ yx B 5)2(22=+ yx C 5)2()2(22=+ yx D 5)2(22=+ yx 2 =+

3、)12sin12)(cos12sin12(cos（ ） A23 B21 C21D233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)( =+ bbyx上变化，则 yx 22+ 的最大值为 （ ） AOBOA （其 中 O 为原点） . 求 k 的取值范围 . 22 （本小题满分 12 分） 数列 ).1(0521681111=+=+naaaaaannnnn且满足 记 ).1(211= nabnn（）求 b1、 b2、 b3、 b4的值； （）求数列 nb 的通项公式及数列 nnba 的前 n 项和 .nS 第 5 页 共 11

4、页 2005 年高考数学试题（文史类）答案（重庆卷） 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 32| + axfxfaxa 和在所以则若时 上为增函 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 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

5、异面直线 PD 与 EC 的公垂线 . 设 DE=x，因 DAE CED，故 1,1,2= xxxCDAEx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 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= ,23212 = 因 PDC GHC，故23=PCCGPDGH ， 又 ,23

6、)21(12222= DGDEEG 故在 ,4,= EHGEGGHEHGRt 因此中 即二面角 E PC D 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 . 第 7 页 共 11 页 由已知可得 D（ 0， 0， 0） ， P（ 0， 0， )2 ， C（ 0， 2， 0）设 ),0,2,(),0)(0,0,( xBxxA 则 ).0,23,(),2,21,(),0,21,( = xCExPExE 由 0= CEPECEPE 得 ， 即 .23,0432= xx 故 由 CEDECEDE = 得0)0,23,23()0,21

7、,23( ， 又 PD DE，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 DG PC，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 EF PC 于 F，设 F（ 0， m， n） ， 则 ).,21,23( nmEF = 由 0212,0)2,2,0(),21,23(0 = nmnmPCEF 即得 ， 又由 F 在 PC 上得 ).22,21,23(,22,1,222=+= EFnmmn 故 因 , PCDGPCEF 故平面

8、E PC D 的平面角 的大小为向量 DGEF与 的夹角 . 故 ,4,22|cos =EFDGEFDG即二面角 E PC D 的大小为 .421 （本小题 12 分） 解： （）设双曲线方程为 12222=byax).0,0( ba 由已知得 .1,2,2,32222=+= bbaca 得再由 故双曲线 C 的方程为 .1322= yx（）将 得代入 13222=+= yxkxy .0926)31(22= kxxk 第 8 页 共 11 页 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得=+=.0)1(36)31(36)26(,0312222kkkk即 .13122+=+BABABABAyyxxOBO

9、Akxxkkxx 得由 而 2)(2)1()2)(2(2+=+=+BABABABABABAxxkxxkkxkxxxyyxx .1373231262319)1(22222+=+=kkkkkkk 于是 解此不等式得即 ,01393,213732222+kkkk.3312 k 由、得 .1312 k 故 k 的取值范围为 ).1,33()33,1( 22 （本小题 12 分）解法一： （ I） ;22111,111= ba 故 .320,2013;421431,43;3821871,87443322=bababa故故故（ II）因231)34(3832)34)(34( = bb ， 2231222)

10、34()34)(34(,)34()34( = bbbb 故猜想 .2,3234 的等比数列公比是首项为 = qbn第 9 页 共 11 页 因 2na ， （否则将 2=na 代入递推公式会导致矛盾） ,034,3436162038212)34(2,36162034368163421134).1(8162511111=+=+bbaaabaaaaabnaaannnnnnnnnnnnn因故故 2|34| = qbn确是公比为 的等比数列 . nnbb 23134,32341= 故因, )1(34231+= nbnn,121211+=nnnnnbbaab 得由nnnbababaS += null22

11、11故 )152(313521)21(31)(2121+=+=+=nnnbbbnnnnull解法二： （）由 ,052168,21121111=+=+ nnnnnnnnaaaabaab 代入递推关系得 整理得 ,342,0364111=+nnnnnnbbbbbb即 .320,4,38,2,143211= bbbba 所以有由 （）由 ,03234),34(234,342111=+bbbbbnnnn所以 故的等比数列公比是首项为 ,2,3234 = qbn第 10 页 共 11 页 ).152(313521)21(31)(21,121211).1(34231,23134212211+=+=+=+

12、=+=+=nnnbbbbababaSbbaabnbbnnnnnnnnnnnnnnnnullnull故得由即解法三： （）同解法一 （）2342312)34(3832,38,34,32= bbbbbb 因此故又因的等比数列公比是首项为猜想).1(81625,2231,2,32111+=+naaaabbqbbnnnnnnnnn1222181625121121111+=+nnnnnnnaaaaabb ;3681036636816=nnnnnaaaaa3681636816211211111212=+nnnnnnnnaaaaaabb ).(2361620368163624361 nnnnnnnnbbaaaaaa=+,231,2,0321112nnnnnbbqbbbb =+的等比数列是公比因 从而112211)()()( bbbbbbbbnnnnn+=null 第 11 页 共 11 页 nnnnnnnnnnnnbababaSbbaabn+=+=+=+=+=nullnull2211121,121211).1(342312)22(312)222(31故得由