2005年高考理科数学（湖南卷）试题含答案.pdf

1、 2005 年高考年高考理理科数学科数学 湖南湖南卷卷 试题试题及答案及答案 奎屯 王新敞 新疆 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选项中，只有 一项是符合题目要求的 奎屯 王新敞 新疆 1复数 zii2i3i4的值是 （ ） A1 B0 C1 Di 2函数 f(x) x 21的定义域是 （ ） A(，0 B0，) C （，0） D （，） 3已知数列log2(an1)（nN*）为等差数列，且 a13，a25，则 21321 111 lim() n nn aaaaaa + + = （ ） A2 B 2 3 C1 D 2 1 4已知点 P（x，y）

2、在不等式组 + 022 , 01 , 02 yx y x 表示的平面区域上运动，则 zxy 的取 值范围是 （ ） A2，1 B2，1 C1，2 D1，2 5如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，O 是底面 A1B1C1D1 的中心，则 O 到平面 AB C1D1的距离为 （ ） A 2 1 B 4 2 C 2 2 D 2 3 6设 f0(x)sinx，f1(x)f0(x)，f2(x)f1(x)，fn1(x)fn(x)，nN，则 f2005(x)（ ） Asinx Bsinx Ccosx Dcosx 7已知双曲线 2 2 a x 2 2 b y 1（a0，b0）的右焦点为 F，右

3、准线与一条渐近线交于点 A， OAF 的面积为 2 2 a （O 为原点） ，则两条渐近线的夹角为 （ ） A30 B45 C60 D90 8集合 Ax| 1 1 + x x 0，Bx | x -b|a，若“a1”是“AB”的充分条件， 则 b 的取值范围是 （ ） D1 C1 B1A1 O D C BA A2b0 B0b2 C3b1 D1b2 94 位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲乙两道题中任选一 题作答，选甲题答对得 100 分，答错得100 分；选乙题答对得 90 分，答错得90 分.若 4 位同学的总分为 0，则这 4 位同学不同得分情况的种数是 （ ） A48

4、 B36 C24 D18 10设 P 是ABC 内任意一点，SABC表示ABC 的面积，1 ABc PBC S S ， 2 ABC PCA S S ， 3 ABC PAB S S ， 定义 f(P)=(1, , 3),若 G 是ABC 的重心， f(Q) （ 2 1 ， 3 1 ， 6 1 ） ， 则 （ ） A点 Q 在GAB 内 B点 Q 在GBC 内 C点 Q 在GCA 内 D点 Q 与点 G 重合 第卷（非选择题） 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 4 分（第 15 小题每空 2 分） ，共 20 分，把答案填在 答题卡中对应题号后的横线上. 11一工厂生产了某种产品 16800

5、 件，它们来自甲乙丙 3 条生产线，为检查这批产品的 质量，决定采用分层抽样的方法进行抽样，已知甲乙丙三条生产线抽取的个体数组 成一个等差数列，则乙生产线生产了 件产品. 12在 26 (1)(1)(1)xxx+的展开式中，x 2项的系数是 .（用数字作答） 13 已知直线 axbyc0 与圆 O： x2y21 相交于 A、 B 两点， 且|AB|3， 则OBOA . 14设函数 f(x)的图象关于点（1,2）对称，且存在反函数 1( ) fx ,f (4)0，则 1(4) f . 15设函数 f (x)的图象与直线 x =a，x =b 及 x 轴所围成图形的面积称为函数 f(x)在a，b上

6、的面积，已知函数 ysinnx 在0， n 上的面积为 n 2 （nN*） ， （i）ysin3x 在0, 3 2 上的面积为 ； （ii）ysin（3x）1 在 3 ， 3 4 上的面积为 . 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16 （本小题满分 12 分） 已知在ABC 中，sinA（sinBcosB）sinC0，sinBcos2C0，求角 A、B、C 的 大小. 17 （本题满分 12 分） 如图 1，已知 ABCD 是上下底边长分别为 2 和 6，高为3的等腰梯形，将它沿对称 轴 OO1折成直二面角，如图 2. （）证明：ACBO

7、1； （）求二面角 OACO1的大小. 18 （本小题满分 14 分） 某城市有甲、乙、丙 3 个旅游景点，一位客人游览这三个景点的概率分别是 0.4，0.5， 0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响，设表示客人离开该城市时游览的景点数与没有 游览的景点数之差的绝对值. （）求的分布及数学期望； （）记“函数 f(x)x23x1 在区间2，)上单调递增”为事件 A，求事件 A 的概率. 19 （本小题满分 14 分） 已知椭圆 C： 2 2 a x 2 2 b y 1（ab0）的左右焦点为 F1、F2，离心率为 e. 直线 l：yexa 与 x 轴y 轴分别交于点 A、B，M 是直线 l 与椭

8、圆 C 的一个公共点，P 是点 F1 关于直线 l 的对称点，设AMAB. （）证明：1e2； （）确定的值，使得PF1F2是等腰三角形. 图 1 图 2 图 1 AB CD O1 O 图 2 B C D A O1 O 20 （本小题满分 14 分） 自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能 力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用 xn表示某鱼群在第 n 年年初的总量，nN*，且 x10. 不考虑其它因素，设在第 n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与 xn成正比， 死亡量与 xn2成正比， 这些比例系数依次为正常数 a，b，c. （）求 xn+1与 xn的关系式；

9、（）猜测：当且仅当 x1，a，b，c 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？ （不 要求证明） （）设 a2，b1，为保证对任意 x1（0,2） ，都有 xn0，nN*，则捕捞强度 b 的 最大允许值是多少？证明你的结论. 21 （本小题满分 14 分） 已知函数 f(x)lnx，g(x) 2 1 ax2bx，a0 奎屯 王新敞 新疆 （）若 b2，且 h(x)f(x)g(x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围； （）设函数 f(x)的图象 C1与函数 g(x)图象 C2交于点 P、Q，过线段 PQ 的中点作 x 轴 的垂线分别交 C1，C2于点 M、N，证明 C1在点 M 处的切线与

10、 C2在点 N 处的切线不平行 奎屯 王新敞 新疆 2005 年高考年高考理理科数学科数学 湖南湖南卷卷 试题及答案试题及答案 参考答案参考答案 一、选择题：15：BACCB 610： CDDBA 二、填空题： 115600 1235 13 2 1 142 15 3 4 ， 3 2 + 奎屯 王新敞 新疆 解：函数 ysinnx 在0， n 上的面积为 n 2 （nN*） ，就是函数 ysinnx半周期的图像 与 x 轴所围成的封闭图形的面积为 n 2 。 （i）ysin3x 在0, 3 2 上的面积为如图所示的两个封闭图形的面积 24 2 33 =。 3 2 2 3 o y x （ii）ys

11、in（3x）1sin31x+在 3 ， 3 4 上的面积如图所示，其面积为： 4222 1 ()2 33333 + =+。 2 3 3 1 2 4 3 o y x 三、解答题： 16解法一 由0sin)cos(sinsin=+CBBA 得. 0)sin(cossinsinsin=+BABABA 所以. 0sincoscossincossinsinsin=+BABABABA 奎屯 王新敞 新疆 即. 0)cos(sinsin=AAB 因为), 0(B所以0sinB，从而.sincosAA= 由), 0(A知. 4 =A 从而 4 3 =+CB. 由. 0) 4 3 (2cossin02cossi

12、n=+=+BBCB得 即. 0cossin2sin. 02sinsin=BBBBB亦即 由此得. 12 5 , 3 , 2 1 cos =CBB所以, 4 =A. 12 5 , 3 =CB 解法二：由).2 2 3 sin(2cossin02cossinCCBCB=+ 得 由B0、c，所以. 2 22 2 3 =CBCB或 即. 2 2 2 3 2 =+BCCB或 由0sin)cos(sinsin=+CBBA得 . 0)sin(cossinsinsin=+BABABA 所以. 0sincoscossincossinsinsin=+BABABABA 即. 0)cos(sinsin=AAB 因为0

13、sinB，所以.sincosAA= 由. 4 ), 0( =AA知从而 4 3 =+CB，知 B+2C= 2 3 不合要求 奎屯 王新敞 新疆 再由 2 1 2= BC，得. 12 5 , 3 =CB 所以, 4 =A. 12 5 , 3 =CB 17解法一（I）证明 由题设知 OAOO1，OBOO1. 所以AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即 OAOB. 故可以 O 为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为x轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 如图 3，则相关各点的坐标是 A（3，0，0） ， B（0，3，0） ，C（0，1，3） O1（0，0，3）. 从而 . 0333),3,

14、3, 0(),3, 1 , 3( 11 =+=BOACBOAC 所以 ACBO1. （II）解：因为, 0333 1 =+=OCBO所以 BO1OC， 图 3 B C D A y x O1 O z 由（I）ACBO1，所以 BO1平面 OAC， 1 BO是平面 OAC 的一个法向量. 设),(zyxn =是 0 平面 O1AC 的一个法向量， 由 , 3 . 0 , 033 0 0 1 = = =+ = = z y zyx COn ACn 取 得)3, 0 , 1 (=n. 设二面角 OACO1的大小为，由n、 1 BO的方向可知=n， 1 BO， 所以 cos= cosn， 1 BO= .

15、4 3 | 1 1 = BOn BOn 即二面角 OACO1的大小是. 4 3 arccos 解法二（I）证明 由题设知 OAOO1，OBOO1， 所以AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即 OAOB. 从而 AO平面 OBCO1， OC 是 AC 在面 OBCO1内的射影. 因为 3tan 1 1 = OO OB BOO 3 3 tan 1 1 1 = OO CO OCO ， 所以OO1B=60，O1OC=30，从而 OCBO1 由三垂线定理得 ACBO1. （II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知 BO1平面 AOC. 设 OCO1B=E，过点 E 作 EFAC 于 F，连结 O1

16、F（如图 4） ，则 EF 是 O1F 在平面 AOC 内的射影，由三垂线定理得 O1FAC. 所以O1FE 是二面角 OACO1的平面角. 由题设知 OA=3，OO1=3，O1C=1， 所以 13, 32 2 1 2 1 2 1 2 1 =+=+=COAOACOOOAAO， 从而 13 32 11 1 = = AC COAO FO， 又 O1E=OO1sin30= 2 3 ， 所以. 4 13 sin 1 1 1 = FO EO FEO 即二面角 OACO1的大小是. 4 3 arcsin 18解： （I）分别记“客人游览甲景点” ， “客人游览乙景点” ， “客人游览丙景点” 为事件 A1

17、，A2，A3. 由已知 A1，A2，A3相互独立，P（A1）=0.4，P（A2）=0.5， P（A3）=0.6. 客人游览的景点数的可能取值为 0，1，2，3. 相应地，客人没有游览的景点数的可能取 值为 3，2，1，0，所以的可能取值为 1，3. 图 4 E B C D A O1 O F P（=3）=P（A1A2A3）+ P（ 321 AAA） = P（A1）P（A2）P（A3）+P（)()() 321 APAPA） =2 0.4 0.5 0.6=0.24， P（=1）=10.24=0.76. 所以的分布列为 E=1 0.76+3 0.24=1.48. （）解法一 因为, 4 9 1) 2

18、3 ()( 22 += xxf 所以函数), 2 3 13)( 2 +=在区间xxxf上单调递增， 要使), 2)(+在xf上单调递增，当且仅当. 3 4 , 2 2 3 即 从而.76. 0) 1() 3 4 ()(=PPAP 解法二：的可能取值为 1，3. 当=1 时，函数), 213)( 2 +=在区间xxxf上单调递增， 当=3 时，函数), 219)( 2 +=在区间xxxf上不单调递增.0 所以.76. 0) 1()(=PAP 19 （）证法一：因为 A、B 分别是直线 l：aexy+=与 x 轴、y 轴的交点，所以 A、B 的坐标分别是 22 2 2 2 2 2 . , , 1

19、, )., 0(),0 ,(bac c b y cx b y a x aexy a e a += = = =+ += 这里得由. 所以点 M 的坐标是（ a b c 2 ,）. 由).,(),( 2 a e a a b e a cABAM=+=得 即 2 2 1e a a b e a c e a = = = 解得 证法二：因为 A、B 分别是直线 l：aexy+=与 x 轴、y 轴的交点，所以 A、B 的坐标 分别是)., 0(),0 ,(a e a 设 M 的坐标是 00 (,),xy 1 3 P 0.76 0.24 00 (,)( , ), aa AMABxya ee =+=由得 所以 =

20、 = . ) 1( 0 0 ay e a x 因为点 M 在椭圆上，所以 , 1 2 2 0 2 2 0 =+ b y a x 即. 1 1 )1 ( , 1 )( )1( 2 2 2 2 2 2 2 2 = + =+ eeb a a e a 所以 , 0)1 ()1 (2 224 =+ee 解得.11 22 ee=即 （）解法一：因为 PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三 角形，必有|PF1|=|F1F2|，即.| 2 1 1 cPF = 设点 F1到 l 的距离为 d， 由, 1 | 1 |0)(| | 2 1 22 1 c e eca e ace dPF

21、= + = + + = 得. 1 1 2 2 e e e = + 所以. 3 2 1, 3 1 22 =ee于是 即当, 3 2时 =PF1F2为等腰三角形. 解法二：因为 PF1l，所以PF1F2=90+BAF1为钝角，要使PF1F2为等腰三角形， 必有|PF1|=|F1F2|， 设点 P 的坐标是),( 00 yx， 则 0 0 00 01 0 . 22 y xce yxc ea = + + =+ ， 2 0 2 2 0 2 3 , 1 2(1) . 1 e xc e e a y e = + = + 解得 由|PF1|=|F1F2|得,4 1 )1 (2 1 )3( 22 2 2 2 2

22、2 c e ae c e ce = + + + 两边同时除以 4a2，化简得. 1 ) 1( 2 2 22 e e e = + 从而. 3 1 2 =e 于是 3 2 11 2 =e 奎屯 王新敞 新疆 即当 3 2 =时，PF1F2为等腰三角形 奎屯 王新敞 新疆 20解（I）从第 n 年初到第 n+1 年初，鱼群的繁殖量为 axn，被捕捞量为 bxn，死亡量为 22 1 ,*.(*) nnnnnn cxxxaxbxcx nN + =因此 1 (1),*.(*) nnn xx abcxnN + = + 即 （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则 xn恒等于 x1， nN*，从而由（*）式得

23、0*, 0)( 11 c ba xcxbaNncxbax nn =即所以恒等于 因为 x10，所以 ab 奎屯 王新敞 新疆 猜测：当且仅当 ab，且 c ba x = 1 时，每年年初鱼群的总量保持不变 奎屯 王新敞 新疆 （）若 b 的值使得 xn0，nN* 由 xn+1=xn(3bxn), nN*, 知 00 有 x0 的解. 当 a0 时，y=ax2+2x1 为开口向上的抛物线，ax2+2x10 总有 x0 的解； 当 a0 总有 x0 的解； 则=4+4a0,且方程 ax2+2x1=0 至少有一正根.此时，1a0. 综上所述，a 的取值范围为（1，0）（0，+） 奎屯 王新敞 新疆

24、（II）证法一 设点 P、Q 的坐标分别是（x1, y1） ， （x2, y2） ，0x1x2. 则点 M、N 的横坐标为, 2 21 xx x + = C1在点 M 处的切线斜率为, 2 | 1 21 2 1 21 xxx k xx x + = + = C2在点 N 处的切线斜率为. 2 )( | 21 2 2 21 b xxa baxk xx x + + =+= + = 假设 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线平行，则 k1=k2. 即b xxa xx + + = +2 )(2 21 21 ，则 ) 2 ()( 2 )()( 2 )(2 1 2 12 2 212 2 1 2

25、2 21 12 bxx a bxx a xxbxx a xx xx +=+= + =.lnln 1212 xxyy= 所以. 1 ) 1(2 ln 1 2 1 2 1 2 x x x x x x + = 设, 1 2 x x t =则. 1, 1 ) 1(2 ln + =t t t t 令. 1, 1 ) 1(2 ln)( + =t t t ttr则. ) 1( ) 1( ) 1( 41 )( 2 2 2 + = + = tt t tt tr 因为1t时，0)( t r，所以)(tr在+, 1 ）上单调递增. 故. 0) 1 ()(= rtr 则 t t t + 1 ) 1(2 ln. 这与矛

26、盾，假设不成立 奎屯 王新敞 新疆 故 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线不平行 奎屯 王新敞 新疆 证法二：同证法一得).(2)ln)(ln( 121212 xxxxxx=+ 因为0 1 x，所以).1(2ln) 1( 1 2 1 2 1 2 =+ x x x x x x 令 1 2 x x t =，得. 1),1(2ln) 1(=+tttt 令. 1 1 ln)(, 1),1(2ln) 1()(+=+= t ttrtttttr则 因为 22 111 ) 1 (ln t t ttt t =+，所以1t时，. 0) 1 (ln+ t t 故 t t 1 ln +在1，+)上单调递增.从而01 1 ln+ t t，即. 0)( t r 于是)(tr在1，+)上单调递增 奎屯 王新敞 新疆 故. 0) 1 ()(= rtr即).1(2ln) 1(+ttt这与矛盾，假设不成立 奎屯 王新敞 新疆 故 C1在点 M 处的切线与 C2在点 N 处的切线不平行 奎屯 王新敞 新疆