05年高考重庆卷-数学文

1、天利考试信息网 天时地利考无不胜2005 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学本试卷分第 卷(选择题 )和第卷(非选择题 )两部分，满分150 分，考试时间120 分钟 . 参考公式如果事件 a、b 互斥，那么p(ab)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 次的概率 pn(k)cknpk(1p)nk. 第卷 (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

2、)2y25 关于原点 (0,0)对称的圆的方程为() a.(x2)2y25 b.x2(y2)2 5 c.(x2)2(y2)25 d. x2 (y 2)25 2.(cos12sin12)(cos12sin12)() a.32b.12c.12d.323.若函数 f(x)是定义在r 上的偶函数， 在 ( ，0上是减函数， 且 f(2)0，则使得 f(x)1的解集为 () a.(0，3) b.(3，2) c.(3， 4) d.(2,4) 6.已知 、均为锐角，若p sin sin( )，q 0)上变化，则x22y 的最大值为 () 天利考试信息网 天时地利考无不胜a.b244(0b4)2b(b4)b.

3、b244(0b2)2bb2c.b244 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边的中心.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 第卷 (非选择题共 100 分) 二、填空题：本大题共6 小题，每小题4 分，共 24 分. 11.若集合 a xrx24x30 ，bxr( x2)(x5)2(其中o 为原点 )，求 k 的取值范围 . 22.(本小题满分12 分) 数列 an 满足 a1 1 且 8an1an 16a

4、n12an50(n1).记 bn1an12(n1). ()求 b1、b2、b3、b4的值；()求数列 bn 的通项公式及数列 anbn的前 n 项和 sn. 2005 年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷 ) 1.a解析 法 (一)：利用轨迹法，设p(x，y)为所求圆上一点，其关于原点(0,0)对称的点 p1(x， y)必在已知圆上，将(x， y)代入已知圆方程即可得答案a. 法(二)：已知该圆圆心为(2,0)，其关于原点对称的点(2,0)为所求圆的圆心，两对称圆半径相同，利用圆的标准方程得答案a. 2.d解析 cos12sin12cos12sin12cos212 sin212 cos632

5、. 3.d解析 利用偶函数的关于轴对称的性质，则有f(x)在(0， ) 上为减函数且f(2)0，作出一个符合条件的图象(如图 )得： f(x)0 的解集为 (2， 2). 4.b解析 a b 1 22 (1) 4ab(1,1)? ab(ab)( 4， 4). 5.c.解析 原不等式组化为0 x4x3解集为 (3，4). 6.b解析 充分性或必要性成立，都须证明，而不成立只须举反例.充分性不成立，如当 45 ，有 sin sin( )，但 2，充分性不成立，易证0 2，则sin sin( )成立 . 天利考试信息网 天时地利考无不胜7.b解析 中 ，则 与 可平行也可垂直，中与 可相交，可平行.

6、由线面平行的性质以及面面平行的性质与判定可确定，正确. 8.a解析 含 x3项的系数为c3n 23，含 x 项的系数为c1n 2，由 c3n 238c1n 2得 n5. 9.a解析 利用三角函数设参结合二次函数求最值. 设 x2sin ybcos ， 则 kx22y 4sin2 2bcos 4cos2 2bcos 4 4(cosb4)24b24( cos 1) 当 0b41 即 0b4 时cos b4k大4b24当b41 时b4cos 1 时 k大2b. 10.c 11. x2 x3 12.83解析 f(x)3x2f(1) 3 过点 (1,1)的切线方程为y3x2，它与 x 轴交点为 (23，

7、0)与 x2 交点为 (2,4)，s12 (223) 483. 13.1解析 cos( )sin( )? cos cos sin sin sin cos cos sin ? cos (cossin )sin (cos sin )0? (cos sin )(cos sin )0 由 、均为锐角得cos sin 0? tan 1 14.2 2解析 解法 (一)：设参法：设x2cos y2sinxy2cos 2sin 22cos( 4)，当 cos( 4)1 时(xy)max1. 解法二：设kxy，由kx yx2y24整理成一元二次方程，利用 0，即可求最大值. 15.1745解析 1c28c210

8、174516. x243y21解析 由图知 p apb，papfbfr ，结合椭圆定义，知点p 的轨迹为椭圆，其中c12a1b234，从而求得答案. 17.解： f(x)12cos2x12sin(2x) sinxa2sin(x4)2cos2x2cosxsinxa2sin(x4) sinxcosxa2sin(x4)2sin(x4)a2sin(x4) (2 a2)sin(x4) 天利考试信息网 天时地利考无不胜因为 f(x)的最大值为23，sin(x4)的最大值为1，则2a223，所以 a 3. 18.( )解： p9108978710. ()解法一：该种零件的合格品率为710，由独立重复试验的概

9、率公式得：恰好取到一件合格品的概率为c13710 (310)20.189，至少取到一件合格品的概率为1(310)30.973. 解法二：恰好取到一件合格品的概率为c13710 (310)2 0.189，至少取到一件合格品的概率为c13710 (310)2 c23(710)2310 c33(710)30.973. 19.解： ()f(x)6x26(a1)x6a6(xa)(x1). 因 f(x)在 x3 取得极值，所以f(3) 6(3 a)(31)0. 解得 a3.经检验知当a3 时， x3 为 f(x)的极值点 . ()令 f(x)6(x a)(x 1) 0 得 x1a，x21. 当 a0，所以

10、 f(x)在(，a)和(1， ) 上为增函数，故当0a0，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a0， ) 时， f(x)在( ，0)上为增函数 . 20.解法一： ()因 pd底面，故pdde，又因 ecpe，且 de 是 pe 在面 abcd 内的射影，由三垂线定理的逆定理知ecde，因此 de 是异面直线pd 与 ec 的公垂线 . 设 dex，因 dae ced，故xaecdx，即 x21，x 1(负根舍去 ). 从而 de 1，即异面直线pd 与 ec 的距离为 1. ()过 e 作 egcd 交 cd 于 g，作

11、ghpc 交 pc 于 h，连接 eh.因 pd底面，故pdeg，从而 eg面 pcd. 因 ghpc，且 gh 是 eh 在面 pdc 内的射影，由三垂线定理知ehpc. 因此 ehg 为二面角的平面角. 在面 pdc 中， pd 2，cd2，gc21232，因 pdc ghc，故 ghpdcgpc32，又 egde2dg212 (12)232，天利考试信息网 天时地利考无不胜故在 rtehg 中， gheg，因此 ehg4，即二面角 epcd 的大小是4. 解法二： ()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

12、)、c(0,2,0)，设 a(x,0,0)(x0)，则 b(x,2,0)，e(x，12，0)， pe (x，12，2)， ce (x，32，0). 由 pe ce 得 pe ce 0，即 x2340，故 x32. 由 de ce (32，12，0)(32，32，0) 0 得 de ce，又 pdde，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. ()作 dgpc，可设 g(0，y， z).由dgpc0 得(0，y，z) (0,2，2) 0，即 z2y，故可取dg(0,1，2). 作 ef pc 于 f，设 f(0，m，n)，则ef(

13、32， m12，n). 由efpc 0 得(32，m12，n) (0,2，2) 0，即 2m 12n0，又由 f 在 pc 上得 n22m2，故 m1，n22， ef (32，12，22). 因 ef pc ，dg pc ， 故平面角epcd 的平面角 的大小为向量ef 与 dg的夹角 . 故 cos 22， 4，即二面角 epcd 的大小为4. 21.解： ()设双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0). 由已知得 a3，c2，再由 a2b222，得 b2 1. 故双曲线 c 的方程为x23y21. 天利考试信息网 天时地利考无不胜()将 y kx2代入x23y21 得(13k2)x2

14、6 2kx90. 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得13k20 ， (62k)236(13k2)36(1k2)0.即 k213且 k22 得 xaxbyayb2，而xaxbyaybxaxb(kxa2)(kxb2) (k21)xaxb2k(xaxb)2 (k21)913k22k6 2k13k223k273k21. 于是3k2 73k2 12，即3k293k210，解此不等式得13k23.由、得13k21. 故 k 的取值范围为 (1，33)(33，1). 22.解： ()a11，故 b111122；a278，故 b21781283；a334，故 b3134124；a41320，故 b4203. ()因 (b143)(b343)2383 (43)2，(b243)2(43)2，(b143)(b343)(b243)2故猜想 bn43是首项为23，公比 q2 的等比数列 . 因 an2 ，(否则将 an 2代入递推公式会导致矛盾) 故 an152an168an(n1). 因 bn1431an11243