2005高考数学真题--重庆卷试题及答案(文)

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）

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。

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.

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、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)y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sin22222222 （ ）

B．x(y2)5 D．x(y2)5

12)

222．(cos12)(cos12sin

12

32（ ）

A．32 B．12 C． D．

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

（ ）

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A．(,2)

B．(2,) D．（－2，2）

C．(,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 （ ）

log22(x1)1 A．(0,3) B．(3,2) C．(3,4)

D．(2,4)

6．已知,均为锐角，若p:sinsin(),q:2,则p是q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

B．7

C．9

D．11

)在曲线x229．若动点(x,y24y b21(b0)上变化，则x2y的最大值为

（ 

A．b244(0b4) B．b244(0b2) 2b(b4)2b(b2) C．

b24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 B．5 C．6 D．7

第二部分（非选择题 共100分）

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） ） ） ）大毛毛虫★倾情搜集★精品资料

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A{xR|x2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2把能将该锁打开的概率为 . 16．已知A(12,0),B是圆F:(x12)y22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

78910、

89、

，

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.

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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.

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32大毛毛虫★倾情搜集★精品资料

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.

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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.

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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.

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1an12(n1).

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数学试题（文史类）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(283 13．1 14．22 15．

1745 16．x243y21

x1x)2sinxasin(x24)

2cos2x2cosxsinxasin(x24)sinxcosxasin(x224)

2sin(x4)asin(x24)(2a)sin(x4)

2a2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,

；

7101 （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1310)20.189，

)0.973.

710(7310)20.189，

221 至少取到一件合格品的概率为 C310(310)C3(710)2310C3(3710)0.973.

319．（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.

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（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x2

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CGPC1232,

因△PDC∽△GHC，故GHPD32，

又EGDE2DG212321(),

22故在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),

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E(x,12,0),PE(x,12,2),CE(x,32,0). 由PECE得PECE0，

即x2340,故x32. 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）

3212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22m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|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

xa22yb221 (a0,b0).

由已知得a3,c2,再由ab222,得b221.

故双曲线C的方程为

x23y21.

（Ⅱ）将ykx2代入x23y21得 (13k)x62kx90.

222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)0.2即k13且k21. ① 设A(xA,yA),B(xB,yB)，则

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xAxB62k13k2,xAxB913k2,由OAOB2得xAxByAyB2,

2而xAxByAyBxAxB(kxA22)(kxB2)(k1)xAxB2k(xAxB)2

(k1)913k22k62k13k2223k3k2271.

于是

133k3k222712,即3k3k2910,解此不等式得

k3. ②

13k2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11122;

a27834,故b217813420312.1283;a3,故b34;

a41320,故b44（II）因(b1(b243)242()，

33333424442(),(b1)(b3)(b2) 3333)(b3)43}是首项为23,公比q2的等比数列.

428故猜想{bn因an2，（否则将an2代入递推公式会导致矛盾）

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故an1因bn152a168an431an12an12q2的等比数列.

13n(n1).43168an6an3432016an6an34343,12

2(bn43)832016an6an3bn1,b10,故|bn因b14343|确是公比为2343,故bn2, bn132n43(n1) 由bn1an12得anbn12bn1,

故Sna1b1a2b2anbn

121313(b1b2bn)n(12)12nn53n

(25n1)解法二： （Ⅰ）由bn1an123bn0,即bn12bn83得an1bn12,代入递推关系8an1an16an12an50,

整理得

4bn1bn6bn143,

由a11,有b12,所以b2,b34,b4432(bn43203.

43230,

（Ⅱ）由bn12bn所以{bn43}是首项为43,bn123),b1,公比q2的等比数列,故

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bn43132,即bnn13212n43(n1).由bn1an12得anbnbn1,故Sna1b1a2b2anbn12131(b1b2bn)n(12)12nn

53n3解法三：

(25n1).（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b2b123,b3b243,b4b382842,() 3333猜想{bn1bn}是首项为又因an2,故an123,公比q2的等比数列,bn1bn(n1).因此132n52an168an

bn1bn1an1121an12152an168an108an6an31222an1

168an6an31an266an31an1;

bn2bn11212168an16an13168an6an3

233624an6an3168an6an32016an6an32(bn1bn).

13因b2b10,{bn1bn}是公比q2的等比数列,bn1bn2,

n从而bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

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1313(2n12n22)213212n1(22)21an12n43(n1).

由bn得anbnbn1,故Sna1b1a2b2anbn12(b1b2bn)n

1313(12)12nn53n

(25n1).

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