2005年普通高等学校招生全国统一考试数学及详细解析(重庆卷.文).pdf

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1、本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 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

2、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 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（） A5)2( 22 yxB5)2( 22 yx C5)2()2( 22 yxD5)2( 22 yx 解：圆5)2( 22

3、 yx的圆心 (-2,0) 关于原点对称的点为(2,0),圆5)2( 22 yx关 于原点对称的圆为(x-2) 2+y2 =5,选(A). 2) 12 sin 12 )(cos 12 sin 12 (cos（） A 2 3 B 2 1 C 2 1 D 2 3 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 解： 3 (cossin)(cossin)cos 1212121262 ,选(D) 3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)(的取值范围是（） A )2,( B ),2( C),2()2,(D （ 2，2） 解：函

4、数)(xf是定义在R 上的偶函数， 在0,(上是减函数， 且0)2(f,f(-2)=0, 在 0,( 上 0)(xf 的 x 的取值范围是 (2, 0 ,又由对称性 0,) ,在 R 上 fx)1 的 解 集 为(3 ,)(,3 ), 不 等 式 组 1)1(log ,2|2| 2 2 x x 的解集)4,3(,选(C) 6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 解：由、均为锐角，:, 2 q得 0sin,但、 均为锐角， sinsin(+),不一定能推出+ 2 ,如 = 6 ,= 3 就是一个

5、反例 ,选 (C) 7对于不重合的两个平面与，给定下列条件： 存在平面，使得 、 都垂直于； 存在平面，使得 、 都平行于； 存在直线l，直线m，使得ml /； 存在异面直线l、m，使得./,/,/,/mmll 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 其中，可以判定与 平行的条件有（） A1 个B2 个C3 个D 4 个 解：命题是真命题,选(B) 8若 n x )21( 展开式中含 3 x 的项的系数等于含x 的项的系数的8 倍，则 n 等于（） A5 B7 C9 D 11 解： 3 x的项的系数为 33 2 n C,x 的项的系数为 1 2 n C,由题意得 33 2 n

6、C=8 1 2 n C解之得 n=5,选(A) 一 了 9若动点),(yx在曲线 )0(1 4 2 22 b b yx 上变化，则yx2 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 C4 4 2 b Db2 解：由题意可设x=2cos,y=bsin,则 x 2+2y=4cos2 +2bsin=-4sin2+2bsin+4 =-2(sin 2-bsin-2)=-2(sin - 2 b ) 2+4+ 2 2 b , 2 2xy的最大值为 2 404 4 24 b b bb ,选(A) 10有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成

7、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（） A4 B5 C6 D7 解： k 层塔形的各层立方体的边长,增加的表面积以及k 层塔形的 表面积一览表如下： 第 k 个立方 体边长 ak a!=2 a2=2 a3=1 a4= 2 2 a5= 1 2 a6= 1 8 第 k 层立方 体 增 加 的 面 积 bk b1=24 b2=8 b3=4 b4=2 b5=1 b6= 1 16 K层塔形的 表面积 Sk S1=24 S2=32 S3=36 S4=38

8、 S5=39 S6= 1 39 16 由上表可以看出要使塔形的表面积（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6 层,选(C) 第二部分 （非选择题共 100 分） 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 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若集合0)5)(2(|,034| 2 xxRxBxxRxA，则BA . 解： A=(-4,3),B=(2,5), AB=x|2x3 12曲线 3 xy在点（1，1）处的切线与x 轴、直线2x所围成的三角形的面积为. 解： y=3x 2 ,在 (1,1)处切

9、线为 y-1=3(x-1), 令 y=0,得切线与x 轴交点 ( 2 ,0 3 ),切线与直线x=2 交于 (2,4),曲线 3 (1,1)yx 在 点处的切线与x 轴、直线 2x所围成的三角形的面积 为 S= 14168 4 2363 13已知,均为锐角，且tan),sin()cos(则. 解：由已知得1-tantan =tan-tan,tan=1 tan 1 1tan . 14若yxyx则,4 22 的最大值是. 解 ： 令x=2cos ,y=2sin , 则x-y=2cos -2sin =22 sin( 4 ) 22 , 若 yxyx则,4 22 的最大值是22 15 若 10 把钥匙中

10、只有2 把能打开某锁， 则从中任取2 把能将该锁打开的概率为. 解； P= 112 822 2 10 17 45 CCC C 16已知BA),0, 2 1 (是圆FyxF(4) 2 1 (: 22 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. 解：由题意可知 ,动点 P 的轨迹是椭圆,这个椭圆的焦点是A(- 1 2 ,0)和 F( 1 2 ,0),定长 2a=圆 F 的半径 2,因而动点P 的轨迹方程为1 3 4 22 yx 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) 4

11、 sin(sin ) 2 sin(2 2cos1 )( 2 xax x x xf的最大值为32， 试确定常数a 的值 . 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 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 10 9 、 9 8 、 8 7 ， 且各道工序互不影响. （）求该种零件的合格率； （）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aaxxaxxf其中,86)1(32)( 23 R. （1）若3)(xxf在处取得极值，求常数a 的值； （2）若)0

12、,()(在xf上为增函数，求a 的取值范围 . 20 （本小题满分13 分） 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为矩形， PD底面ABCD， E 是 AB 上 一点， PEEC. 已知, 2 1 ,2,2AECDPD求 （）异面直线PD 与 EC 的距离； （）二面角EPCD 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)0,3( （1）求双曲线C 的方程； （2） 若直线2:kxyl与双曲线C 恒有两个不同的交点A 和 B， 且2OBOA（其 中 O 为原点） . 求 k 的取值范围 . 22 （本小题满分12 分） 数列).

13、1(0521681 111 naaaaaa nnnnn 且满足记).1( 2 1 1 n a b n n 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 （）求b1、b2、b3、b4的值； （）求数列 n b的通项公式及数列 nnb a的前 n 项和. n S 数学试题（文史类）答案 一、选择题：每小题5 分，满分50 分. 1.A2.D 3.D 4.B 5.C 6.B 7.B 8.A9.A10.C 二、填空题：每小题4 分，满分24 分. 11 32|xx 12 3 8 131 142215 45 17 161 3 4 22 yx 三、解答题：满分76 分. 17 （本小题13 分）

14、 解：) 4 sin(sin ) 2 sin(2 1cos21 )( 2 2 xax x x xf ) 4 sin(cossin) 4 sin(sin cos2 cos2 22 2 xaxxxax x x ) 4 sin()2() 4 sin() 4 sin(2 22 xaxax 因为)( xf的最大值为) 4 sin(,32x的最大值为1，则,322 2 a 所以,3a 18 （本小题13 分） （）解： 10 7 8 7 9 8 10 9 P； （）解法一：该种零件的合格品率为 10 7 ，由独立重复试验的概率公式得： 恰好取到一件合格品的概率为1 8 9.0) 1 0 3 ( 1 0 7

15、 21 3 C， 至少取到一件合格品的概率为.9 7 3.0) 10 3 (1 3 解法二： 恰好取到一件合格品的概率为189.0) 10 3 ( 10 7 21 3 C， 至少取到一件合格品的概率为.973.0) 10 7 ( 10 3 ) 10 7 () 10 3 ( 10 7 33 3 22 3 21 3 CCC 19 （本小题13 分） 解： （）).1)(66)1(66)( 2 xaxaxaxxf 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 因3)(xxf在取得极值，所以 .0)13)(3(6)3(af 解得.3a 经检验知当 )(3,3xfxa为时 为极值点 . （）令

16、.1,0)1)(6)( 21 xaxxaxxf得 当),()(,0)(),1(),(,1axfxfaxa在所以则若时和),1(上为增 函数，故当)0,()(,10在时xfa上为增函数 . 当),()1 ,()(,0)(),() 1 ,(,1axfxfaxa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PDDE，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 ECDE ，因此 DE 是异面直线PD 与 EC 的公垂线 . 设

17、DE=x，因 DAE CED，故1,1, 2 xx x CD AE x 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 EGCD 交 CD 于 G，作 GHPC 交 PC 于 H，连接 EH. 因 PD底面， 故 PDEG，从而 EG面 PCD. 因 GHPC，且 GH 是 EH 在面 PDC 内的射影，由三垂线定理知EHPC. 因此 EHG 为二面角的平面角. 在面 PDC 中， PD=2 ，CD=2，GC=, 2 3 2 1 2 因 PDC GHC，故 2 3 PC CG PDGH， 又, 2 3 ) 2 1 (1 2222 DGDEEG 故在,

18、 4 ,EHGEGGHEHGRt因此中 即二面角EPCD 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. 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 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, 2 3 ,(),2, 2 1 ,(),0, 2 1 ,(xCExPExE由0CEPECEPE得， 即. 2 3 ,0 4 3 2 xx故由CEDECEDE得0)0, 2 3 , 2 3 ()0, 2 1 , 2 3 (， 又 PDDE，故

19、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DGPC，可设 G（ 0，y，z） .由0PCDG得0)2,2,0(),0(zy 即),2,1 ,0(,2DGyz故可取作 EFPC 于 F，设 F（0，m，n） ， 则)., 2 1 , 2 3 (nmEF 由0212,0)2,2,0(), 2 1 , 2 3 (0nmnmPCEF即得， 又由 F 在 PC 上得). 2 2 , 2 1 , 2 3 (, 2 2 , 1,2 2 2 EFnmmn故 因,PCDGPCEF故平面EPCD 的平面角的大小为向量DGEF 与的夹 角. 故, 4 ,

20、2 2 | cos EFDG EFDG 即二面角EPCD 的大小为. 4 21 （本小题12 分） 解： （）设双曲线方程为1 2 2 2 2 b y a x ).0,0(ba 由已知得.1,2,2,3 2222 bbaca得再由 故双曲线C 的方程为.1 3 2 2 y x （）将得代入1 3 2 2 2 y x kxy.0926)31( 22 kxxk 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得 .0)1(36)31(36)26( ,031 222 2 kkk k 即.1 3 1 22 kk且设),(),( BBAA yxByxA ，则 ,

21、22, 31 9 , 31 26 22 BABABABA yyxxOBOA k xx k k xx得由 而2)(2)1()2)(2( 2 BABABABABABA xxkxxkkxkxxxyyxx . 13 73 2 31 26 2 31 9 )1( 2 2 22 2 k k k k k k k 于是解此不等式得即,0 13 93 ,2 13 73 2 2 2 2 k k k k .3 3 1 2 k 由、得.1 3 1 2 k 故 k 的取值范围为).1 , 3 3 () 3 3 ,1( 22 （本小题12 分）解法一： （I）;2 2 1 1 1 ,1 11 ba故 . 3 20 , 20

22、 13 ;4 2 1 4 3 1 , 4 3 ; 3 8 2 1 8 7 1 , 8 7 44 33 22 ba ba ba 故 故 故 （II ）因 2 31 ) 3 4 ( 3 8 3 2 ) 3 4 )( 3 4 (bb， 2 231 22 2 ) 3 4 () 3 4 )( 3 4 (,) 3 4 () 3 4 (bbbb 故猜想.2, 3 2 3 4 的等比数列公比是首项为qbn 因2 n a， （否则将2 n a代入递推公式会导致矛盾） 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 ,0 3 4 , 3 4 36 1620 3 8 2 1 2 ) 3 4 (2 , 36

23、1620 3 4 36 816 3 4 2 1 1 3 4 ).1( 816 25 11 1 1 1 bb a a a b a a a a a b n a a a n n n n n n n n n n n n n 因 故 故2| 3 4 |qbn确是公比为的等比数列 . n n bb2 3 1 3 4 , 3 2 3 4 1 故因 , )1( 3 4 2 3 1 nb n n, 1 2 1 2 1 1 nnn n n bba a b得由 nnn bababaS 2211 故 )152( 3 1 3 5 21 )21( 3 1 )( 2 1 21 n n nbbb n n n 解法二： （）由

24、,052168, 2 11 2 1 1 11nnnn n n n n aaaa b a a b代入递推关系得 整理得, 3 4 2,0 364 1 11 nn nnnn bb bbbb 即 . 3 20 ,4, 3 8 ,2,1 43211 bbbba所以有由 （）由,0 3 2 3 4 ), 3 4 (2 3 4 , 3 4 2 111 bbbbb nnnn 所以故的等比数列公比是首项为,2, 3 2 3 4 qbn 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 ).152( 3 1 3 5 21 )21( 3 1 )( 2 1 ,1 2 1 2 1 1 ).1( 3 4 2 3

25、1 ,2 3 1 3 4 21 2211 n n nbbb bababaS bba a b nbb n n n nnn nnn n n n n n n 故 得由 即 解法三： （）同解法一 （） 2 342312 ) 3 4 ( 3 8 3 2 , 3 8 , 3 4 , 3 2 bbbbbb 因此故又因 的等比数列公比是首项为猜想 ).1( 816 25 ,2 2 3 1 ,2, 3 2 1 11 n a a aa bbqbb n n nn n nnnn 12 2 2 1 816 25 1 2 1 1 2 1 1 1 1 n n n nn nn a a a aa bb ; 36 810 36

26、 6 36 816 n n nn n a a aa a 36 816 36 816 2 1 1 2 1 1 1 1 12 12 n n n n nn nn a a a a aa bb ).(2 36 1620 36 816 36 2436 1nn n n n n n n bb a a a a a a ,2 3 1 ,2 ,0 3 2 1112 n nnnn bbqbbbb的等比数列是公比因 从而 112211 )()()(bbbbbbbb nnnnn 本试卷选择题 ,填空题祥细解析由胡明健提供()仅供参考 nnn nnn n n nn nn bababaS bba a b n 2211 121 ,1 2 1 2 1 1 ).1( 3 4 2 3 1 2)22( 3 1 2)222( 3 1 故 得由