2005年高考理科数学（北京卷）试题含答案.pdf

1、 2005 年高考年高考理理科数学科数学 北京北京卷卷 试题及答案试题及答案 奎屯 王新敞 新疆 本试卷分第 1 卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第 1 卷 l 至 2 页，第卷 3 至 9 页共 150 分 奎屯 王新敞 新疆考试时阃 120 分钟 奎屯 王新敞 新疆考试结束，将本试卷和答题卡并交回 奎屯 王新敞 新疆 第 1 卷(选择题 共 40 分) 注意事项： 1答第 1 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上 奎屯 王新敞 新疆 2每小题选出答案后，用铅笔把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，用橡皮擦干 净后，再选涂其他答案标号 奎

2、屯 王新敞 新疆不能答在试卷上 奎屯 王新敞 新疆 一、本大题共 8 小题 奎屯 王新敞 新疆每小题 5 分 奎屯 王新敞 新疆共 40 分 奎屯 王新敞 新疆在每小题列出的四个选项中选出符合题目要求 的一项 奎屯 王新敞 新疆 (1)设全集 U=R，集合 M=xxl，P=xx 2l，则下列关系中正确的是 (A)M=P (B) MP (C) PM (D) =PMCU (2)“m= 2 1 ”是“直线(m+2)x+3my+1=0 与直线(m-2)x+(m+2)y-3=0 相互垂直”的 (A)充分必要条件 (B)充分而不必要条件 (C)必要而不充分条件 (D)既不充分也不必要条件 (3)若1a =

3、，b=2c c=a+b，且 ca，则向量a与b的夹角为 (A)30 0 (B)600 (C)1200 (D)1500 (4)从原点向圆2712 22 +yyx=0 作两条切线，则该圆夹在两条切线问的劣弧长为 (A) (B)2 (C)4 (D)6 (5)对任意的锐角，下列不等关系中正确的是 (A)sin(+)sin+sin (B)sin(+)cos+cos (C)cos (+)f(2)因为在（1，3）上( )fx 0，所以f(x)在1, 2上单调递增， 又由于f(x)在2，1上单调递减，因此f(2)和f(1)分别是f(x)在区间2，2 上的最大值和最小值，于是有 22a20，解得 a2 故f(x

4、)=x 33x29x2，因此 f(1)13927， 即函数f(x)在区间2，2上的最小值为7 （16） （共 14 分） （I）在直四棱柱ABCDAB1C1D1中， AA1底面ABCD AC是A1C在平面ABCD上的射影 BDAC BDA1C； （II）连结A1E，C1E，A1 C1 与（I）同理可证BDA1E，BDC1E， A1EC1为二面角A1BDC1的平面角 ADDC， A1D1C1=ADC90， 又A1D1=AD2，D1C1= DC23，AA1=3且 ACBD， A1C14，AE1，EC3， A1E2，C1E23， 在A1EC1中，A1C1 2A 1E 2C 1E 2， A 1EC19

5、0， 即二面角A1BDC1的大小为 90 （III）过B作 BF/AD交 AC于 F，连结FC1， 则C1BF就是AD与BC1所成的角 ABAD2， BDAC，AE1， BF=2，EF1，FC2，BCDC， FC1=7，BC115， E D C B A B CD A F 在BFC1 中， 1 154715 cos 51 215 C BF + = , C1BF= 15 arccos 5 即异面直线AD与BC1所成角的大小为 15 arccos 5 解法二： （）同解法一 奎屯 王新敞 新疆 （）如图，以 D 为坐标原点， 1 ,DA DC DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空 间直角坐标系

6、 奎屯 王新敞 新疆 连结 1111. ,AE C E AC 与(1)同理可证, 11 ,BDAE BDC E, 11 AEC为二面角 11 AEDC的平面角. 由 11 33 (2,0, 3),(0,2 3, 3),0). 22 ACE 得1 13 ( , 3), 22 EA = 1 3 3 3 (, 3) 22 EC = 11 39 30, 44 EA EC= += 11, EAEC即 11. EAEC 二面角 11 AEDC的大小为90 （）如图,由(0,0,0)D,(2,0,0),A 1(0,2 3, 3), (3, 3,0), CB 得 1 ( 2,0,0),( 3, 3, 3),A

7、DBC= = 11 6,2,15,AD BCADBC= 1 1 1 ,615 cos, 52 15 AD BC AD BC AD BC = 异面直线AD与 1 BC所成角的大小为 15 arccos. 5 奎屯 王新敞 新疆 解法三： （）同解法一. （）如图,建立空间直角坐标系,坐标原点为 E.连结 1111 ,AE C E AC. E DC B A B C D A x z y 与（）同理可证 11 ,BDAE BDC E 11 AEC为二面角 11 ABDC的平面角 奎屯 王新敞 新疆 由 11 (0,0,0),(0, 1, 3),(0,3, 3).EAC 得 11 (0, 1, 3),(

8、0,3, 3).EAEC= 11 3 30,EA EC = += 11 EAEC即 11, EAEC 二面角 11 ABDC的大小为90 奎屯 王新敞 新疆 （17） （共 13 分） 解： （I）P(0) 03 3 11 ( ) 28 C=，P(1) 13 3 13 ( ) 28 C=，P(2) 23 3 13 ( ) 28 C=， P(3) 33 3 11 ( ) 28 C=， 的概率分布如下表： E 1331 01231.5 8888 + + + =, （或E=3 2 1 =1.5） ； （II）乙至多击中目标 2 次的概率为 1 33 3 2 ( ) 3 C= 19 27 ； （III

9、）设甲恰比乙多击中目标 2 次为事件A，甲恰击中目标 2 次且乙恰击中目标 0 次为 事件B1，甲恰击中目标 3 次且乙恰击中目标 1 次为事件B2，则AB1B2， B1，B2为互斥事件 奎屯 王新敞 新疆 12 311 21 ( )()() 8 278 924 P AP BP B=+=+= 所以，甲恰好比乙多击中目标 2 次的概率为 1 24 奎屯 王新敞 新疆 （18） （共 14 分） 解： （I）W1=(x, y)| kx0， 所以 222 2 2 1 k xy d k = + ，即 22222 (1)0k xykd+=, 0 1 2 3 P 8 1 8 3 8 3 8 1 E D C

10、 B A B C D A x z y 所以动点P的轨迹C的方程为 22222 (1)0k xykd+=； （III）当直线l与x轴垂直时，可设直线l的方程为xa（a0） 由于直线l，曲线C 关于x轴对称， 且l1与l2关于x轴对称， 于是M1M2，M3M4的中点坐标都为 （a， 0） ， 所以OM1M2， OM3M4的重心坐标都为（ 3 2 a，0） ，即它们的重心重合， 当直线l1与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=mx+n（n0） 奎屯 王新敞 新疆 由 22222 (1)0k xykd ymxn += =+ ，得 2222222 ()20km xmnxnk dd= 由直线l与曲线C有两个

11、不同交点，可知 k 2m20 且 = 2222222 (2)4() ()mnkmnk dd+0 设M1，M2的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)， 则 12 22 2mn xx km += , 1212 ()2yym xxn+=+, 设M3，M4的坐标分别为(x3, y3)，(x4, y4)， 由及 ykxykx ymxnymxn = =+=+ 得 34 , nn xx kmkm = + 从而 3412 22 2mn xxxx km +=+ ， 所以y3+y4=m(x3+x4)+2nm(x1+x2)+2ny1+y2, 于是OM1M2的重心与OM3M4的重心也重合 （19） （共 12

12、 分） 解： （I）a2a1+ 4 1 =a+ 4 1 ，a3= 2 1 a2= 2 1 a+ 8 1 ； （II） a4=a3+ 4 1 = 2 1 a+ 8 3 , 所以a5= 2 1 a4= 4 1 a+ 3 16 , 所以b1=a1 4 1 =a 4 1 , b2=a3 4 1 = 2 1 (a 4 1 ), b3=a5 4 1 = 4 1 (a 4 1 ), 猜想：bn是公比为 2 1 的等比数列 证明如下： 因为bn+1a2n+1 4 1 = 2 1 a2n 4 1 = 2 1 (a2n1 4 1 )= 2 1 bn, (nN*) 所以bn是首项为a 4 1 , 公比为 2 1 的

13、等比数列 奎屯 王新敞 新疆 （III） 1 1 12 1 (1) 1 2 lim()lim2() 11 4 11 22 n n nn b b bbba += . （20） （共 14 分） （I）证明：设x*为f(x) 的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在0, x*上单调递增， 在x*, 1上单调递减 当f(x1)f(x2)时，假设x*(0, x2)，则x1x2f(x1)， 这与f(x1)f(x2)矛盾，所以x*(0, x2)，即(0, x2)是含峰区间 奎屯 王新敞 新疆 当f(x1)f(x2)时，假设x*( x2, 1)，则x*x1f(x2)， 这与f(x1)f(x2)矛盾，所以x*

14、(x1, 1)，即(x1, 1)是含峰区间 奎屯 王新敞 新疆 （II）证明：由（I）的结论可知： 当f(x1)f(x2)时，含峰区间的长度为l1x2； 当f(x1)f(x2)时，含峰区间的长度为l2=1x1； 对于上述两种情况，由题意得 2 1 0.5 10.5 xr xr + + 由得 1x2x11+2r，即x1x12r 奎屯 王新敞 新疆 又因为x2x12r，所以x2x1=2r, 将代入得 x10.5r, x20.5r， 由和解得 x10.5r， x20.5r 奎屯 王新敞 新疆 所以这时含峰区间的长度l1l10.5r，即存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度 不大于 0.5r 奎屯 王新敞 新疆 （III）解：对先选择的x1；x2，x1x3时，含峰区间的长度为x1 由条件x1x30.02，得x1(12x1)0.02，从而x10.34 奎屯 王新敞 新疆 因此，为了将含峰区间的长度缩短到 0.34，只要取x10.34，x20.66，x3=0.32 奎屯 王新敞 新疆