2005年湖南高考文科数学真题及答案.doc

发布时间：2022-10-05 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.47M 资料格式：doc 举报版权申诉

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2005 年湖南高考文科数学真题及答案本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择）题两部分，满分 150 分.考试用时 120 分钟第Ⅰ卷（选择题）新疆王新敞奎屯一、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 ( )UC A B =（） A．{0} B．{－2，－1} C．{1，2} D．{0，1，2} 2．tan600°的值是（） A． 3 3 B． 3 3 3．函数 f(x)＝ x21 的定义域是 C． 3 D． 3 （） A． ( －∞，0] B．[0，＋∞ ) C．（－∞，0） D．（－∞，＋∞） 4．如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E 是 A1B1 的中点，则 E 到平面 AB C1D1 的距离为（） A． 3 2 C． 1 2 B． 2 2 D． 3 3 D 1 D A 1 A B 1 E B C 1 C 5．已知数列 }{ na 满足 a 1  ,0 a n 1   a  n 3 a n 3 1  ( Nn  * ) ，则 20a = （） A．0 B． 3 C． 3 D． 3 2 6．设集合 A＝｛x| （） x x   1 1 ＜0} ，B＝｛x|| x －1|＜a} ，若“a＝1”是“ A B    ”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 Ax  By 0 ，从 1，2，3，4，5 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（） A．20 B．19 C．18 D．16

8．已知双曲线 2 2 x a － 2 2 y b ＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为 F，右准线与一条渐近线交于点 A， △OAF 的面积为 2a 2 （O 为原点），则两条渐近线的夹角为（） A．30º B．45º C．60º D．90º 9．P 是△ABC 所在平面上一点，若 PA  PB  PB  PC  PC  PA ，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=5.06x－0.15 x2 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（ A．45.606 ） B．45.6 C．45.56 第Ⅱ卷（非选择题） D．45.51 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 2 x 3  y 01  和圆 2 x  2 y  2 x  3 0 相交于点 A、B，则弦 AB 的垂直平分线方程是新疆王新敞奎屯 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新疆王新敞奎屯 13．在 (1  x ) (1   2 x )  (1   6 x ) 的展开式中，x2 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( ) x f ,f(4)＝0，则 1(4) f  ＝ 15．已知平面 , 和直线，给出条件：① //m ；② m ；③ m ；④  ；⑤ // . . （i）当满足条件时，有 //m ；（ii）当满足条件时，有 m 奎屯新疆王新敞（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）已知数列 {log ( an 2  )}1 Nn  * ) 为等差数列，且 a 1 ,3 3  a  .9 （Ⅰ）求数列 }{ na 的通项公式；（Ⅱ）证明 1  a 1  a 3 1  a 2 a 2    1  a n a n 1   .1

17．（本小题满分 12 分）已知在△ABC 中，sinA（sinB＋cosB）－sinC＝0，sinB＋cos2C＝0，求角 A、B、C 的大小新疆王新敞奎屯 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 新疆王新敞奎屯（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角 O－AC－O1 的大小. D O 1 C O 1 C D A O 图 1 B A B O 图 2 19．（本小题满分 14 分）设 0t ，点 P（t ，0）是函数 )( xf  3 x  ax 与 )( xg  2 bx  c 的图象的一个公共点，两函数的图象在点 P 处有相同的切线新疆王新敞奎屯（Ⅰ）用t 表示 a，b，c；  （Ⅱ）若函数 )( xf  y )( xg 在（－1，3）上单调递减，求t 的取值范围新疆王新敞奎屯 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. （Ⅰ）求 3 个景区都有部门选择的概率；（Ⅱ）求恰有 2 个景区有部门选择的概率新疆王新敞奎屯 21．（本小题满分 14 分）已知椭圆 C： 2 2 x a ＋ 2 2 y b ＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为 F1、F2，离心率为 e. 直线 l：y＝ex＋a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 AM ＝λ AB . （Ⅰ）证明：λ＝1－e2；（Ⅱ）若 3 ，△PF1F2 的周长为 6；写出椭圆 C 的方程； 4 （Ⅲ）确定λ的值，使得△PF1F2 是等腰三角形新疆王新敞奎屯

参考答案一、选择题：1—5：CDABB 二、填空题： 6—10： ACDDB 11． 3 x 2  y  3 0 三、解答题： 12．5600 13．35 14．－2 15．③⑤ ②⑤ 16．（I）解：设等差数列 {log 2 ( na )}1 的公差为 d. 由 a 1  ,3 a 3  9 得 2 (log 2  d )  log 2  log ,8 2 2 2 即 d=1. 所以 log 2 ( an  (1)1  n )1  n , 即 na  n 2  .1 （II）证明因为 1  a n a n 1   1  n 2  1 n 2 n 1  a ，   a 3 1 2 1  a 2    1  a n  1 1 2  1 2 2  1 3 2 a n 1     1 n 2 1  1 n 2  .1 所以  a 2 1 2 1  a 1 1  n 2 11  2 sin 17．解法一由 (sin A B  cos B )  sin C  0 得 sin 所以即 sin A sin B sin cos  B sin B A  sin A sin A  ) cos A B cos .0  A (sin  B  sin( sin ) BA cos A   .0 B  cos A sin B  .0 因为 ,0( B ), 所以由 ,0( A ), 知 A sin B ，从而 0 A  sin . A  . 4 从而  CB  . 由 sin B  cos 2 C  0 得 sin B  cos  B )  .0 cos 3 4 3(2  4 sin2 B 即 sin B  2sin  .0 亦即 sin 由此得 cos B  所以 B  , C  B 1 2 cos ,  B 5  . 12 B  , C  3 0  得 B  2 C  .0 A cos B  4 2 C  ,  3 3  2 5  . 12 ). 解法二：由 sin B  sin  cos sin(  2 C

由 B0 ，所以 B  3  2  2 BC 或  2 C   . 2  或、 c 3  2 (sin A sin B B sin A B (sin A   即 B  由 2 C sin 所以即 sin   . 2 sin cos .0  2 BC   ) cos B sin A  ) cos A   . 4 A 1 2 C B   0 sin sin cos 得 A A B  sin sin B cos B  sin sin A 0 A B  cos .0 cos ，所以 A  sin . A B  sin( BA  )  .0 因为  3 4 5  . 12  3 2  4 , B 由 A  ,0( ),  知从而  CB ，知 B+2C= 不合要求. 再由 2  BC   ，得所以 A B   3 , C 18．解法一（I）证明由题设知 OA⊥OO1，OB⊥OO1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即 OA⊥OB. 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 ）.   3 , C  5  . 12 z O 1 C D B y O 图 3 x A 从而 AC  ),3,1,3( BO 1  ),3,3,0(  AC  BO 1  3 3  3  .0 所以 AC⊥BO1. （II）解：因为 BO 1 OC  3 3  3  ,0 所以 BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以 BO1⊥平面 OAC， 1BO 是平面 OAC 的一个法向量. 设 n  ), ,( zyx 是 0 平面 O1AC 的一个法向量，由  ACn     COn  1 0  0      y  y 3 x  .0  3 z  ,0 z 取  ,3 得 )3,0,1(n . 设二面角 O—AC—O1 的大小为，由 n 、 1BO 的方向可知  n ， 1BO >，所以 cos  cos  n ， 1BO >= BOn  1 | n BO  1 | | |  3 4 . 即二面角 O—AC—O1 的大小是 arccos 3 4 . 解法二（I）证明由题设知 OA⊥OO1，OB⊥OO1，所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，

即 OA⊥OB. 从而 AO⊥平面 OBCO1， OC 是 AC 在面 OBCO1 内的射影. 因为  1  3  tan BOO OB OO 1 3 3 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而 OC⊥BO1 由三垂线定理得 AC⊥BO1. CO 1 OO 1 OCO 1 tan    ，（II）解由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知 BO1⊥平面 AOC. 设 OC∩O1B=E，过点 E 作 EF⊥AC 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 O—AC—O1 的平面角. 由题设知 OA=3，OO1= 3 ，O1C=1，所 AO 1  2 OA  2 OO 1  ,32 AC  2 COAO  1 1 以 A 2  13 ，从而 COAOFO  1 1 1  AC  32 13 ，又 O1E=OO1·sin30°= 3 2 ， O 1 D C F E B O 图 4 所以 sin  FEO 1  EO 1 FO 1  13 4 . 即二面角 O—AC—O1 的大小是 arcsin 13 4 . 19．解：（I）因为函数 )(xf ， )(xg 的图象都过点（t ，0），所以 f )( t 0 ，即 3 t  at  0 .因为 ,0t 所以 a  2t . )( tg  ,0 即 bt 2  c ,0 所以 c  . ab 又因为 )(xf ， )(xg 在点（t ，0）处有相同的切线，所以 f  )( t  ( tg ). 而 f  )( x  2 3 x   )( , xga  ,2 bx 3 t 所以 2  a .2 bt 将 a  代入上式得 2t .tb  因此 c  ab  .3t 故 a  ， t b  ， 2t c  .3t （II）解法一 y  )( xf  )( xg  3 x  2 xt  tx 2  t 3 , y  2 3 x  2 tx  t 2  3( x  )( xt  t ) . 当 y  3( x  )( xt  t )  0 时，函数 y  )( xf  )( xg 单调递减. 由 0y ，若 t  ,0 则 t ；若 t  则 ,0 t  x t 3 .  x t 3 )( xg  由题意，函数 y  )( xf 在（－1，3）上单调递减，则 )3,1(  (  t 3 ), t 或 )3,1(  ,( t  t 3 ).

所以 t  3 或  .3 即 t  9 或 t  .3 t 3 3 又当  t 时，函数 9 y  )( xf  )( xg 在（－1，3）上单调递减. 所以t 的取值范围为 (  ]9, ,3[  ). 解法二： y  )( xf  )( xg  3 x  2 xt  tx 2  t 3 , y  2 3 x  2 tx  t 2  3( x  )( xt  t ) 因为函数 y  )( xf  )( xg 在（－1，3）上单调递减，且 y  3( x  )( xt  t ) 是（－1， 3）上的抛物线，所以   y y    | | x x ,0  1  .0   3 即 3(    9( t   1)( t  3)( ) t  ) t  .0  .0 解得 t  9 或 t  .3 所以t 的取值范围为 (  ]9, ,3[  ). 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出现的结果数为 4 C !32 （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 2 4 C 6 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）= !3  2 C 4 4 3 4 9 . （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）= P（A2）=1－P（A1）－P（A3）= 41  9 3 4  ，事件 A2 的概率为 3 1 27  1 27 14 . 27 (3 C 1 4 解法二：恰有 2 个景区有部门选择可能的结果为 !2  C 2 4 ). （先从 3 个景区任意选定 2 个，共有 2 3 C 3 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 4 C !21 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 4C 种不同选法）.所以 P（A2）= (3 C 2 4 C 2 4 ) !2  4 3  14 27 . 21．（Ⅰ）证法一：因为 A、B 分别是直线 l： y  ex  a 与 x轴、y 轴的交点，所以 A、B 的坐标分别是 (  a e ,0),(0, ). a 新疆王新敞奎屯

由      y x a  2 2 ,  2 ex a y b  2  得 1, x y      c   2 b a  , . 这里 c  2 a 2  b 所以点 M 的坐标是（ 2 bc , a ）. 由 AM   AB 得 ( c  a e , 2 b a )  (  a e , a ). 即 a  e ，解得 1 e   2 a    c  e  b   a  2 a  证法二：因为 A、B 分别是直线 l：分别是  AM 由 ( a ,0(),0, e  AB  得 (  a ). x  0 设 M 的坐标是 0 a e (  a e  y , ), a ) , 0 y (  ex , x y 与 x轴、y 轴的交点，所以 A、B 的坐标  a ), 0 所以     x 0 y 0 )1 (   a e . a    因为点 M 在椭圆上，所以 2 0 2 x a  2 0 2 y b  ,1 [ a e 即 4 e  (   )]1 2 2 a 1(2  ) e 2  ( ) a  2 b 1(  2  ,1 所以 1( 2 )  2  e  2  e  2 1  .1 2 )   ,0 解得 2 e （Ⅱ）当 1  3 时，   即 1c 2 4 1  2 e . 由△MF1F2 的周长为 6，得所以 a  ,2 c  ,1 b 2  2 a .2c .6  ，所以 a  2 2 a  c 2 .3 c   椭圆方程为 2 x 4 2  y 3  .1 （Ⅲ）解法一：因为 PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1 为钝角，要使△PF1F2 为等腰三角

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