2005年高考文科数学（湖南卷）试题含答案.pdf

1、 2005 年高考年高考文文科数学科数学 湖南湖南卷卷 试题及答案试题及答案 奎屯 王新敞 新疆 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择）题两部分，满分 150 分.考试用时 120 分钟 奎屯 王新敞 新疆 第卷（选择题） 一、选择题：本大题共 10 小，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. 1设全集 U=2,1,0,1,2，A=2,1,0，B=0,1,2，则() U C AB =（ ） A0 B2，1 C1，2 D0，1，2 2tan600的值是（ ） A 3 3 B 3 3 C3 D3 3函数 f(x) x 21的定义域是 （ ） A(，0

2、B0，) C （，0） D （，） 4如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，E 是 A1B1的中 点，则 E 到平面 AB C1D1的距离为（ ） A 2 3 B 2 2 C 2 1 D 3 3 5已知数列 n a满足)( 13 3 , 0 * 11 Nn a a aa n n n + = + ，则 20 a= （ ） A0 B3 C3 D 2 3 6 设集合 A x| 1 1 + x x 0， B x | x 1|a， 若 “a1” 是 “AB ” 的 （ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 7设直线的方程是0=+ ByAx，从 1，2，

3、3，4，5 这五个数中每次取两个不同的数作为 A、B 的值，则所得不同直线的条数是 （ ） A20 B19 C18 D16 D1 C1 B1A1 E D C BA 8已知双曲线 2 2 a x 2 2 b y 1（a0，b0）的右焦点为 F，右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 9 P 是ABC 所在平面上一点， 若PAPCPCPBPBPA=， 则 P 是ABC 的 （ ） A外心 B内心 C重心 D垂心 10某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为 L1=5.06x0.1

4、5 x 2 和 L2=2 x，其中 x 为销售量（单位：辆）.若该公司在这两地共销售 15 辆车，则能获得的最 大利润为（ ） A45.606 B45.6 C45.56 D45.51 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设直线0132=+ yx和圆032 22 =+xyx相交于点 A、B，则弦 AB 的垂直平分 线方程是 奎屯 王新敞 新疆 12一工厂生产了某种产品 16800 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

5、知从甲、乙、丙 3 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 奎屯 王新敞 新疆 13在 26 (1)(1)(1)xxx+的展开式中，x 2项的系数是 .（用数字作答） 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 已知平面,和直线， 给出条件： /m； m； m； ； /. （i）当满足条件 时，有/m； （ii）当满足条件 时，有m 奎屯 王新敞 新疆 （填所选条件的序号） 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

6、） 已知数列)1(log * 2 Nnan为等差数列，且. 9, 3 31 =aa （）求数列 n a的通项公式； （）证明. 1 111 12312 + + +nn aaaaaa 17 （本小题满分 12 分） 已知在ABC 中，sinA（sinBcosB）sinC0，sinBcos2C0，求角 A、B、C 的 大小 奎屯 王新敞 新疆 18 （本小题满分 14 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 奎屯 王新敞 新疆 （）证明：ACBO1； （）求二面角 OACO1的大小. 19 （本小题满分 14

7、分） 设0t，点 P（t，0）是函数cbxxgaxxxf+=+= 23 )()(与的图象的一个公共点， 两函数的图象在点 P 处有相同的切线 奎屯 王新敞 新疆 （）用t表示 a，b，c； （）若函数)()(xgxfy=在（1，3）上单调递减，求t的取值范围 奎屯 王新敞 新疆 20 （本小题满分 14 分） 某单位组织 4 个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界 3 个景区中 任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的. （）求 3 个景区都有部门选择的概率； （）求恰有 2 个景区有部门选择的概率 奎屯 王新敞 新疆 21 （本小题满分 14 分） 已知椭圆 C： 2 2

8、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； （）若 4 3 =，PF1F2的周长为 6；写出椭圆 C 的方程； （）确定的值，使得PF1F2是等腰三角形 奎屯 王新敞 新疆 图 1 AB CD O1 O 图 2 B C D A O1 O 2005 年高考年高考文文科数学科数学 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：CDABB 610： ACDDB 二、填空题

9、： 110323= yx 125600 1335 142 15 三、解答题： 16 （I）解：设等差数列)1(log2 n a的公差为 d. 由, 8log2log)2(log29, 3 22231 +=+=daa得即 d=1. 所以,) 1(1) 1(log2nnan=+=即. 12 += n n a （II）证明因为 nnn nn aaa2 1 2 11 1 1 = = + + ， 所以 n nn aaaaaa2 1 2 1 2 1 2 1111 321 12312 += + + + . 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 = = n n 17解法一 由0sin)cos(s

10、insin=+CBBA 得. 0)sin(cossinsinsin=+BABABA 所以. 0sincoscossincossinsinsin=+BABABABA 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 (2cossin02cossin=+=+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(2cos

11、sin02cossinCCBCB=+ 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0sinB，所以.sincosAA= 由. 4 ), 0( =AA知从而 4 3 =+CB，知 B+2C= 2 3 不合要求. 再由 2 1 2= BC，得. 12 5 , 3 =CB 所以, 4 =A. 12 5 , 3 =CB 1

12、8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, 3, 0(),3, 1 , 3( 11 =+=BOACBOAC 所以 ACBO1. （II）解：因为, 0333 1 =+=OCBO所以 BO1OC， 由（I）ACBO1，所以 BO1平面 OAC， 1 BO是平面 OAC 的一个法向量. 设),(zy

13、xn =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= . 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， 图 3 B C D A y x O1 O z 即 OAOB. 从而 AO平面 OBCO1， OC 是 AC

14、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 O1F（如图 4） ，则 EF 是 O1F 在平面 AOC 内的射影，由三垂线定理得 O1F AC. 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 =+=+=

15、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 13 arcsin. 4 19解： （I）因为函数)(xf，)(xg的图象都过点（t，0） ，所以0)(=tf， 即0 3 =+att.因为, 0t所以 2 ta=. ., 0, 0)( 2 abccbttg=+=所以即 又因为)(xf，)(xg在点（t，0）处有相同的切线，所以).()(tgtf= 而.23,2)(,3)( 22 btatbxxgaxxf=+=+=所以 将

16、 2 ta=代入上式得. tb = 因此. 3 tabc=故 2 ta=，tb =，. 3 tc= （II）解法一)(3(23,)()( 223223 txtxttxxyttxxtxxgxfy+=+=. 当0)(3(+=txtxy时，函数)()(xgxfy=单调递减. 由0 y ，若tx t t 3 , 0 则；若. 3 , 0 t xtt则 由题意，函数)()(xgxfy=在（1，3）上单调递减，则 ). 3 ,()3 , 1(), 3 ()3 , 1( t tt t 或 图 4 E B C D A O1 O F 所以. 39. 3 3 3tt t t或即或 又当39t时，函数)()(xgx

17、fy=在（1，3）上单调递减. 所以t的取值范围为)., 39,(+ 解法二：)(3(23,)()( 223223 txtxttxxyttxxtxxgxfy+=+= 因为函数)()(xgxfy=在（1，3）上单调递减，且)(3(txtxy+=是（1， 3）上的抛物线， 所以 = = . 0| , 0| 3 1 x x y y 即 + + . 0)3)(9( . 0)1)(3( tt tt 解得. 39tt或 所以t的取值范围为)., 39,(+ 20解：某单位的 4 个部门选择 3 个景区可能出现的结果数为 34.由于是任意选择，这些结 果出现的可能性都相等. （I）3 个景区都有部门选择可能

18、出现的结果数为! 3 2 4 C（从 4 个部门中任选 2 个作为 1 组， 另外 2 个部门各作为 1 组，共 3 组，共有6 2 4 =C种分法，每组选择不同的景区，共有 3！种选法） ，记“3 个景区都有部门选择”为事件 A1，那么事件 A1的概率为 P（A1）=. 9 4 3 ! 3 4 2 4 = C （II）解法一：分别记“恰有 2 个景区有部门选择”和“4 个部门都选择同一个景区”为事 件 A2和 A3，则事件 A3的概率为 P（A3）= 27 1 3 3 4 =，事件 A2的概率为 P（A2）=1P（A1）P（A3）=. 27 14 27 1 9 4 1= 解法二：恰有 2 个

19、景区有部门选择可能的结果为).! 2( 3 2 4 1 4 CC+（先从 3 个景区任意选定 2 个，共有3 2 3 =C种选法，再让 4 个部门来选择这 2 个景区，分两种情况：第一种情况， 从 4 个部门中任取 1 个作为 1 组，另外 3 个部门作为 1 组，共 2 组，每组选择 2 个不同 的景区，共有! 2 1 4 C种不同选法.第二种情况，从 4 个部门中任选 2 个部门到 1 个景区， 另外 2 个部门在另 1 个景区， 共有 2 4 C种不同选法） .所以 P （A2） =. 27 14 3 )! 2( 3 4 2 4 2 4 = +CC 21 （）证法一：因为 A、B 分别是

20、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 a e 奎屯 王新敞 新疆 22 222 22 , 1,. yexaxc cab xyb y aba =+= =+ += 由得这里 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 aa c ee b a a = = ， 2 1 e= 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

21、00 (,)( , ), aa AMABxya ee =+=由得 所以 = = . ) 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 （）当 4 3 =时， 2 1 =c，所以.2ca = 由MF1F2的周长为 6，得. 622=+ ca 所以. 3, 1, 2 222 =cabca 椭圆方程为. 1 34 22 =+ yx （）解法一

22、：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= + = + + = 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 奎屯 王新敞 新疆 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 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 2 2 1 3 e= =. 即当 3 2 =时，PF1F2为等腰三角形 奎屯 王新敞 新疆