2005年高考理科数学试卷及答案（湖北）.pdf

《2005年高考理科数学试卷及答案（湖北）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2005年高考理科数学试卷及答案（湖北）.pdf（13页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、 2005 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷） k5 jD 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分 . 满分 150 分 . 考试时间 120 分钟 . 第I部分 （选择题 共 60 分） 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。答在试题卷上无效。 3考试结束，监考人员将本试题卷和答题卡一并收回。 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 在每小

2、题给出的四个备选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1设 P、 Q 为两个非空实数集合，定义集合 P+Q= ,5,2,0,| =+ PQbPaba 若 6,2,1=Q ，则 P+Q 中元素的个数是 （ ） A 9 B 8 C 7 D 6 2对任意实数 a， b， c，给出下列命题： “ ba = ”是“ bcac = ”充要条件； “ 5+a 是无理数”是“ a 是无理数”的充要条件“ ab” 是“ a 2 b 2 ”的充分条件；“ a5”是“ a3”的必要条件 . 其中真命题的个数是 （ ） A 1 B 2 C 3 D 4 3 = + + i ii 1 )21)(1( （ ） A i2 B

3、i+2 C i2 D i+2 4函数 |1| |ln = xey x 的图象大致是 （ ） 5双曲线 )0(1 22 = mn n y m x 离心率为 2，有一个焦点与抛物线 xy 4 2 = 的焦点重合，则 mn 的值为 （ ） A 16 3 B 8 3 C 3 16 D 3 8 6 在 xyxyxyy x 2cos,log,2 2 2 = 这四个函数中，当 10 21 + 恒成立的函数的个数是 （ ） A 0 B 1 C 2 D 3 7若 =+ 则), 2 0(tancossin （ ） A ) 6 ,0( B ) 4 , 6 ( C ) 3 , 4 ( D ) 2 , 3 ( 8若 1

4、) 11 (lim 2 1 = x b x a x ，则常数 ba, 的值为 （ ） A 4,2 = ba B 4,2 = ba C 4,2 = ba D 4,2 = ba 9若 xxx sin32, 2 0 与则 B xx sin32 + null 为大于 2 的整数， log 2 n 表示不超过 n 2 log 的最大整 数 . 设数列 n a 的各项为正，且满足 null,4,3,2,),0( 1 1 1 = + = n an na abba n n n （）证明 null,5,4,3, log2 2 2 = + 时，对任意 b0，都有 . 5 1 xfxfxft 5tt的取值范围是故

5、. 解法 2：依定义 ,)1()1()( 232 ttxxxxtxxxf +=+= .0)()1,1(,)1,1()( .23)( 2 += xfxf txxxf 上可设则在上是增函数在若 )(xf 的图象是开口向下的抛物线， 时且当且仅当 05)1(,01)1( = tftf .5 .)1,1()(,0)()1,1()( tt xfxfxf 的取值范围是故 上是增函数在即上满足在 18本小题主要考查正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查利用三角公式进行恒等变形的技能和运算 能力 . 解法 1：设 E 为 BC 的中点，连接 DE，则 DE/AB，且 DE= , 3 62 2 1 xBEAB

6、= 设 在 BDE 中利用余弦定理可得： BD 2 =BE 2 +ED 2 2BE EDcosBED， , 6 6 3 62 2 3 8 5 2 xx += , 3 28 cos2,2 ),( 3 7 ,1 222 =+= = BBCABBCABACBC xx 从而故 舍去解得 . 14 70 sin, 6 30 3 212 sin 2 , 6 30 sin , 3 212 = = A A B AC 故又 即 解法 2： 以 B 为坐标原点， xBC为 轴正向建立直角坐标系，且不妨设点 A 位于第一象限 . ).( 3 14 ,2 .5) 3 52 () 6 34 (| ). 3 52 , 6

7、 34 (),0,( ), 3 54 , 3 4 ()sin 3 64 ,cos 3 64 (, 6 30 sin 22 舍去从而 由条件得 则设 则由 = =+ + = + = = xx x BD x BDxBC BBBAB ), 3 54 , 3 2 (=CA故 . 14 70 cos1sin , 14 143 9 80 9 4 9 80 9 16 9 80 9 8 | cos 2 = = + + = = AA CABA CABA A于是 解法 3：过 A 作 AH BC 交 BC 于 H，延长 BD 到 P 使 BD=DP，连接 AP、 PC， 过 P 作 PN BC 交 BC 的延长线

8、于 N，则 HB=ABcosB= , 3 54 , 3 4 =AH . 14 70 sin , 6 30 3 212 sin 2 . 3 212 , 3 2 ,2 , 3 4 , 3 10 ) 3 54 ()52( 22 222222 = = =+= = A A HCAHACHCCNBNBC HBCNAHBPPNBPBN 故由正弦定理得 而 19本小题主要考查随机变量的分布列和数学期望的概念和运算，以及运用概率统计的知识解决实际问题 的能力 . 解： 的取值分别为 1， 2， 3， 4. 1= ，表明李明第一次参加驾照考试就通过了，故 P（ 1= ） =0.6. 2= ，表明李明在第一次考试未

9、通过，第二次通过了，故 .28.07.0)6.01()2( =P =3，表明李明在第一、二次考试未通过，第三次通过了，故 .096.08.0)7.01()6.01()3( =P =4，表明李明第一、二、三次考试都未通过，故 .024.0)8.01()7.01()6.01()4( =P 李明实际参加考试次数的分布列为 1 2 3 4 P 0.6 0.28 0.096 0.024 的期望 E =1 0.6+20.28+30.096+40.024=1.544. 李明在一年内领到驾照的概率为 1 (1 0.6)(1 0.7)(1-0.8)(1 0.9)=0.9976. 20本小题主要考查线面关系和四棱

10、锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力 . 解法 1： （）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A、 B、 C、 D、 P、 E 的坐标为 A（ 0， 0， 0） 、 B（ 3 ， 0， 0） 、 C（ 3 ， 1， 0） 、 D（ 0， 1， 0） 、 P（ 0， 0， 2） 、 E（ 0， 2 1 ， 1） ， 从而 ).2,0,3(),0,1,3( = PBAC 设 PBAC与 的夹角为，则 , 14 73 72 3 | cos = = PBAC PBAC AC 与 PB 所成角的余弦值为 14 73 . （）由于 N 点在侧面 PAB 内，故可设 N 点坐标为（ x， O，

11、z） ，则 )1, 2 1 ,( zxNE = ，由 NE面 PAC 可得， =+ = = = = = .0 2 1 3 ,01 .0)0,1,3()1, 2 1 ,( ,0)2,0,0()1, 2 1 ,( .0 ,0 x z zx zx ACNE APNE 化简得即 = = 1 6 3 z x 即 N 点的坐标为 )1,0, 6 3 ( ，从而 N 点到 AB、 AP 的距离分别为 1， 6 3 . 解法 2： （）设 AC BD=O，连 OE，则 OE/PB， EOA 即为 AC 与 PB 所成的角或其补角 . 在 AOE 中， AO=1， OE= , 2 7 2 1 =PB , 2 5

12、 2 1 = PDAE . 14 73 1 2 7 2 4 5 4 7 1 cos = + =EOA 即 AC 与 PB 所成角的余弦值为 14 73 . （）在面 ABCD 内过 D 作 AC 的垂线交 AB 于 F，则 6 =ADF . 连 PF，则在 Rt ADF 中 . 3 3 tan, 3 32 cos = ADFADAF ADF AD DF 设 N 为 PF 的中点，连 NE，则 NE/DF， DF AC， DF PA， DF面 PAC，从而 NE面 PAC. N 点到 AB 的距离 1 2 1 = AP ， N 点到 AP 的距离 . 6 3 2 1 = AF 21本小题主要考查

13、直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解决问题的能力 . （）解法 1：依题意，可设直线 AB 的方程为 =+= 22 3,3)1( yxxky 代入 ，整理得 .0)3()3(2)3( 222 =+ kxkkxk 设 212211 ,),(),( xxyxByxA 则 是方程的两个不同的根， ,0)3(3)3(4 22 += kk 且 , 3 )3(2 2 21 + =+ k kk xx 由 N（ 1， 3）是线段 AB 的中点，得 .3)3(,1 2 221 += + kkk xx 解得 k= 1，代入得， 即,12 的取值范围是（ 12， +） . 于是，直线 AB

14、 的方程为 .04),1(3 =+= yxxy 即 解法 2：设 ),(),( 2211 yxByxA 则有 .0)()( 3 3 21212121 2 2 2 2 2 1 2 1 =+ =+ =+ yyyyxxxx yx yx 依题意， . )(3 , 21 21 21 yy xx kxx AB + + = N（ 1， 3）是 AB 的中点， .1,6,2 2121 =+=+ AB kyyxx 从而 又由 N（ 1， 3）在椭圆内， ,12313 22 =+ 的取值范围是（ 12， +） . 直线 AB 的方程为 y 3=（ x 1） ，即 x+y 4=0. （）解法 1： CD 垂直平分

15、AB，直线 CD 的方程为 y 3=x 1，即 x y+2=0， 代入椭圆方程，整理得 .0444 2 =+ xx 又设 ),(),( 4433 yxDyxC CD 的中点为 4300 ,),( xxyxC 则 是方程的两根， ). 2 3 , 2 1 (, 2 3 2, 2 1 )( 2 1 ,1 0043043 =+=+=+ Mxyxxxxx 即且 于是由弦长公式可得 .)3(2|) 1 (1| 43 2 =+= xx k CD 将直线 AB 的方程 x+y 4=0，代入椭圆方程得 01684 2 =+ xx 同理可得 .)12(2|1| 21 2 =+= xxkAB 当 12 时， |,

16、)12(2)3(2 CDAB 假设存在 12，使得 A、 B、 C、 D 四点共圆，则 CD 必为圆的直径，点 M 为圆心 . 点 M 到直线 AB 的距离为 . 2 23 2 |4 2 3 2 1 | 2 |4| 00 = + = + = yx d 于是，由、式和勾股定理可得 .| 2 | 2 3 2 12 2 9 | 2 | 22222 CDAB dMBMA = = +=+= 故当 12 时， A、 B、 C、 D 四点匀在以 M 为圆心， 2 | CD 为半径的圆上 . （注：上述解法中最后一步可按如下解法获得： ） A、 B、 C、 D 共圆 ACD 为直角三角形， A 为直角 |AN

17、| 2 =|CN| |DN|， 即 ). 2 | )( 2 | () 2 | ( 2 d CD d CDAB += 由式知，式左边 , 2 12 = 由和知，式右边 , 2 12 2 9 2 3 ) 2 23 2 )3(2 )( 2 23 2 )3(2 ( = = + = 式成立，即 A、 B、 C、 D 四点共圆 . 解法 2：由（）解法 1 及 12, CD 垂直平分 AB， 直线 CD 方程为 13 = xy ，代入椭圆方程，整理得 .0444 2 =+ xx 将直线 AB 的方程 x+y 4=0，代入椭圆方程，整理得 .01684 2 =+ xx 解和式可得 . 2 31 , 2 12

18、2 4,32,1 = = xx 不妨设 ) 2 33 , 2 31 (), 2 33 , 2 31 (),12 2 1 3,12 2 1 1( + + DCA ) 2 1233 , 2 3123 ( + = CA ) 2 1233 , 2 3123 ( + = DA 计算可得 0=DACA ， A 在以 CD 为直径的圆上 . 又 B 为 A 关于 CD 的对称点， A、 B、 C、 D 四点共圆 . （注：也可用勾股定理证明 AC AD） 22本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想 . （）证法 1：当 , 111 ,0,2 11 1 1 1 nana an aan n

19、a an nn n nn n n += + + . log2 2 . 2 log2 log 2 111 , 2 2 21 nb b a b nb n ba ba n n + = 证法 2：设 n nf 1 3 1 2 1 )( += null ，首先利用数学归纳法证不等式 .,5,4,3, )(1 null= + n bnf b a n （ i）当 n=3 时， 由 . )3(1 1 2 2 3 3 1 3 3 3 3 1 1 2 2 2 3 bf b a a a a a a + = + + + = + 知不等式成立 . （ ii）假设当 n=k（ k 3）时，不等式成立，即 , )(1 bk

20、f b a k + 则 1 )(1 )1( 1 1 )1( 1 )1( )1( 1 + + + + + + + = + + + b bkf k k a k k ak ak a k k k k , )1(1 ) 1 1 )(1 )()1()1( )1( bkf b b k kf b bbkfkk bk + = + + = + + = 即当 n=k+1 时，不等式也成立 . 由（ i） 、 （ ii）知， .,5,4,3, )(1 null= + n bnf b a n 又由已知不等式得 .,5,4,3, log2 2 log 2 1 1 2 2 null= + = + n nb b bn b a n （）有极限，且 .0lim = n n a （） , 5 1 log 2 , log 2 log2 2 222 nnn 故取 N=1024，可使当 nN 时，都有 . 5 1 n a