2005年高考理科数学（江西卷）试题含答案.pdf

1、 2005 年高考年高考理理科数学科数学 江西江西卷卷 试题及答案试题及答案 奎屯 王新敞 新疆 YCY 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分 第 I 卷 1 至 2 页，第卷 3 至 4 页，共 150 分 奎屯 王新敞 新疆 第 I 卷 注意事项注意事项： 1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题 卡粘贴的条形码的“准考证号、 姓名、 考试科目” 与考生本人准考证号、 姓名是否一致 2第卷每小题选出答案后，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，第卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书 写作答，在试

2、题卷上作答，答案无效 奎屯 王新敞 新疆 3考试结束，临考员将试题卷、答题卡一并收回 奎屯 王新敞 新疆 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 球的表面积公式 P(A+B)=P(A)+P(B) 2 4 RS= 如果事件 A、B 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 P(A B)=P(A) P(B) 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 球的体积公式 P，那么 n 次独立重复试验中恰好发生 k 3 3 4 RV= 次的概率 knkk nn PPCkP =)1 ()( 其中 R 表示球的半径 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有 一项

3、是符合题目要求的 1设集合=ABAZxxxI则,2 , 1, 2,2 , 1, 3| ( I C B）= （ ） A1 B1，2 C2 D0，1，2 2设复数： 2121 ),(2,1zzRxixziz若+=+=为实数，则 x= （ ） A2 B1 C1 D2 3 “a=b”是“直线相切与圆2)()(2 22 =+=byaxxy”的 （ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分又不必要条件 4 123 )(xx +的展开式中，含 x 的正整数次幂的项共有 （ ） A4 项 B3 项 C2 项 D1 项 5设函数)(|,3sin|3sin)(xfxxxf则+=为 （ ）

4、 y=xf(x) -1 1 1-1 o y x A周期函数，最小正周期为 3 B周期函数，最小正周期为 3 2 C周期函数，数小正周期为2 D非周期函数 6已知向量的夹角为与则若cacbacba, 2 5 )(, 5|),4, 2(),2 , 1 (=+= （ ） A30 B60 C120 D150 7已知函数)()(xfxf xy=其中的图象如右图所示)( 的导函数是函数xf， 下面四个图象中)(xfy =的图象大致是 （ ） 3 1 -2 1 -1 2 2 -2 o y x 1 -2 1-1 2 2 o y x 4 2 1 -2o y x 4 2 2-2 o y x A B C D 8=

5、= )22( 1 lim, 1 1 ) 1( lim 11 xf x x xf xx 则若 （ ） A1 B1 C 2 1 D 2 1 9矩形 ABCD 中，AB=4，BC=3，沿 AC 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 BACD，则 四面体 ABCD 的外接球的体积为 （ ） A 12 125 B 9 125 C 6 125 D 3 125 10已知实数 a, b 满足等式,) 3 1 () 2 1 ( ba =下列五个关系式 0ERF=2 2 3 ， 其中最小值 ERF=2 2 3 就是所求的 奎屯 王新敞 新疆 说明： 关于多面体或旋转体的表面最短路经的问题， 一般都 是研究其展开图

6、奎屯 王新敞 新疆 16 三、解答题 17解： （1）将0124, 3 2 21 =+ + =x bax x xx分别代入方程得 ).2( 2 )(, 2 1 8 4 16 9 3 9 2 = = = = + = + x x x xf b a ba ba 所以解得 （2）不等式即为0 2 ) 1( , 2 ) 1( 2 22 + + x kxkx x kxk x x 可化为 即. 0)(1)(2(kxxx 当)., 2(), 1 (, 21+kxk解集为 当);, 2()2 , 1 (0) 1()2(,2 2 +=xxxk解集为不等式为时 Q R O P F F EE A1 A A A1 C1

7、 B1 B1 B C1 C F TS ),()2 , 1 (,2+kxk解集为时当. 18解：) 42 tan() 42 tan() 42 sin( 2 cos22)( += xxxx baxf 1 2 cos2 2 cos 2 sin2 2 tan1 1 2 tan 2 tan1 2 tan1 ) 2 cos 2 2 2 sin 2 2 ( 2 cos22 2 += + + += xxx x x x x xxx .cossinxx+= xxxxxfxf xfxf sincoscossin)()( :, 0)()( +=+ =+即令 . 0cos2=x . 0)()(, 0 2 , 2 =+=

8、xfxfxx使所以存在实数可得 19解： （1）设正面出现的次数为 m，反面出现的次数为 n，则 =+ = 91 5| nm nm ，可得： . 9 , 7 , 5:; 9,7, 22, 7 ; 7,6, 11, 6; 5,5, 00, 5 的所有可能取值为所以时或当 时或当时或当 = = nmnm nmnmnmnm （2）; 64 5 ) 2 1 (2)7(; 16 1 32 2 ) 2 1 (2)5( 71 5 5 =CPP . 32 275 64 55 9 64 5 7 16 1 5 ; 64 55 64 5 16 1 1)9( =+= = E P 20解法（一） （1）证明：AE平面

9、AA1DD1，A1DAD1，A1DD1E （2）设点 E 到面 ACD1的距离为 h，在ACD1中，AC=CD1=5，AD1=2， 故. 2 1 2 1 , 2 3 2 1 52 2 1 1 = BCAESS ACECAD 而 . 3 1 , 2 3 1 2 1 , 3 1 3 1 11 1 = = hh hSDDSV CADAECAECD （3）过 D 作 DHCE 于 H，连 D1H、DE，则 D1HCE， DHD1为二面角 D1ECD 的平面角. H D1 C1 B1 A1 E DC B A 设 AE=x，则 BE=2x ,1, . 1, 4 , 2 11 xEHDHERtxDEADER

10、t DHDHDDHDRt =+= = 中在中在 中在 . 4 ,32 . 32543 . 54, 3 1 2 2 的大小为二面角时 中在中在 DECDAE xxxx xxCECBERtCHDHCRt = =+=+ += 解法（二） ：以 D 为坐标原点，直线 DA，DC，DD1分别为 x,y,z 轴，建立空间直角坐 标系，设 AE=x，则 A1（1，0，1） ，D1（0，0，1） ，E（1，x，0） ，A（1，0，0）C（0， 2，0） （1）., 0) 1, 1 (),1 , 0 , 1 (, 1111 EDDAxEDDA=所以因为 （2）因为 E 为 AB 的中点，则 E（1，1，0） ，

11、 从而)0 , 2 , 1(),1, 1 , 1 ( 1 =ACED， ) 1 , 0 , 1( 1 =AD， 设平面 ACD1的法向量为),(cban =， 则 = = , 0 , 0 1 ADn ACn 也即 =+ =+ 0 02 ca ba ，得 = = ca ba2 ，从而)2 , 1 , 2(=n，所以点 E 到平面 AD1C 的距离为 . 3 1 3 212 | | 1 = + = = n nED h （3）设平面 D1EC 的法向量),(cban =，),1 , 0 , 0(),1, 2 , 0(),0 , 2, 1 ( 11 =DDCDxCE 由 =+ = = = . 0)2(

12、 02 , 0 , 0 1 xba cb CEn CDn 令 b=1, c=2,a=2x， ).2 , 1 ,2(xn= 依题意. 2 2 5)2( 2 2 2 | | 4 cos 2 1 1 = + = = xDDn DDn 32 1 +=x（不合，舍去） ，32 2 =x . D1 C1 B1 A1 E D C B A o x z y AE=32时，二面角 D1ECD 的大小为 4 . 21解： （1）方法一 用数学归纳法证明： 1当 n=1 时，, 2 3 )4( 2 1 , 1 0010 =aaaa 2 10 aa，命题正确. 2假设 n=k 时有. 2 1 kk aa 则)4( 2

13、1 )4( 2 1 ,1 111kkkkkk aaaaaakn=+= + 时 111 1 2()()() 2 kkkkkk aaaaaa =+ 11 1 ()(4). 2 kkkk aaaa = 而. 0, 04. 0 111 kkkkkk aaaaaa 又. 2)2(4 2 1 )4( 2 1 2 1 = +kkkk aaaa 1+= kn时命题正确. 由 1、2知，对一切 nN 时有. 2 1 +nn aa 方法二：用数学归纳法证明： 1当 n=1 时，, 2 3 )4( 2 1 , 1 0010 =aaaa20 10 aa； 2假设 n=k 时有2 1 kk aa成立， 令)4( 2 1

14、 )(xxxf=，)(xf在0，2上单调递增，所以由假设 有：),2()()( 1 fafaf kk 即),24(2 2 1 )4( 2 1 )4( 2 1 11 kkkk aaaa 也即当 n=k+1 时 2 1 +kk aa成立，所以对一切2, 1 +kk aaNn有 （2）下面来求数列的通项：,4)2( 2 1 )4( 2 1 2 1 += +nnnn aaaa 所以 2 1 )2()2(2= +nn aa nn nnnnnnn bbbbbab 22212 1 222 2 2 1 12 ) 2 1 () 2 1 ( 2 1 ) 2 1 ( 2 1 2 1 , 2 + = 则令, 又 bn

15、=1，所以 1212 ) 2 1 (22,) 2 1 ( =+= nn nnn bab即 22解： （1）设切点 A、B 坐标分别为)(,(),( 01 2 11 2 0 xxxxxx和， 切线 AP 的方程为：; 02 2 00 =xyxx 切线 BP 的方程为：; 02 2 11 =xyxx 解得 P 点的坐标为： 10 10 , 2 xxy xx x PP = + = 所以APB 的重心 G 的坐标为 P P G x xxx x= + = 3 10 ， , 3 4 3 )( 33 2 10 2 1010 2 1 2 010 pP P G yx xxxxxxxxyyy y = + = +

16、= + = 所以 2 43 GGp xyy+=，由点 P 在直线 l 上运动，从而得到重心 G 的轨迹方程为： ).24( 3 1 , 02)43( 22 +=+xxyxyx即 （2）方法 1：因为). 4 1 ,(), 4 1 , 2 (), 4 1 ,( 2 1110 10 2 00 = + =xxFBxx xx FPxxFA 由于 P 点在抛物线外，则. 0|FP , | 4 1 ) 4 1 (| ) 4 1 )( 4 1 ( 2 | cos 10 2 2 0 2 0 2 0100 10 FP xx xxFP xxxx xx FAFP FAFP AFP + = + + + = = 同理有

17、, | 4 1 ) 4 1 (| ) 4 1 )( 4 1 ( 2 | cos 10 2 2 1 2 1 2 1101 10 FP xx xxFP xxxx xx FBFP FBFP BFP + = + + + = = AFP=PFB. 方法 2：当, 0, 0,0 000101 =yxxxxx则不妨设由于时所以 P 点坐标为 )0 , 2 ( 1 x ， 则P点到直线AF的距离为：, 4 1 4 1 :; 2 | 1 2 1 1 1 x x x yBF x d =的方程而直线 即. 0 4 1 ) 4 1 ( 11 2 1 =+xyxxx 所以 P 点到直线 BF 的距离为： 2 | 4 1

18、 2 | ) 4 1 ( )() 4 1 ( | 42 ) 4 1 ( | 1 2 1 12 1 2 1 22 1 112 1 2 x x x x xx xx x d= + + = + + = 所以 d1=d2，即得AFP=PFB. 当0 01 xx时，直线 AF 的方程： , 0 4 1 ) 4 1 (),0( 0 4 1 4 1 00 2 0 0 2 0 =+ =xyxxxx x x y即 直线 BF 的方程： , 0 4 1 ) 4 1 (),0( 0 4 1 4 1 11 2 1 1 2 1 =+ =xyxxxx x x y即 所以 P 点到直线 AF 的距离为： 2 | 4 1 ) 4 1 )( 2 | ) 4 1 ( | 4 1 ) 2 )( 4 1 ( | 10 2 0 2 0 10 2 0 22 0 01 2 0 102 0 1 xx x x xx xx xxx xx x d = + + = + + + =，同理可 得到 P 点到直线 BF 的距离 2 | 01 2 xx d =，因此由 d1=d2，可得到AFP=PFB 奎屯 王新敞 新疆