高考卷 05高考文科数学（湖南卷）试题及答案

2005年高考文科数学湖南卷试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分钟奎屯王新敞新疆第Ⅰ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()UCAB=（）A．{0}B．{－2，－1}C．{1，2}D．{0，1，2}2．tan600°的值是（）A．33B．33C．3D．33．函数f(x)＝x21的定义域是（）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ABC1D1的距离为（）A．23B．22C．21D．335．已知数列}{na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=（）A．0B．3C．3D．236．设集合A＝｛x|11xx＜0}，B＝｛x||x－1|＜a}，若“a＝1”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1，2，3，4，5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．20B．19C．18D．16D1C1B1A1EDCBA8．已知双曲线22ax－22by＝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22a（O为原点），则两条渐近线的夹角为（）A．30ºB．45ºC．60ºD．90º9．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=5.06x－0.15x2和L2=2x，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．45.606B．45.6C．45.56D．45.51第Ⅱ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03222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，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()fx,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）已知数列))}1({log*2Nnan为等差数列，且.9,331aa（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）证明.111112312nnaaaaaa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（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小.19．（本小题满分14分）设0t，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（Ⅰ）用t表示a，b，c；（Ⅱ）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.（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奎屯王新敞新疆21．（本小题满分14分）已知椭圆C：22ax＋22by＝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＝λAB.（Ⅰ）证明：λ＝1－e2；（Ⅱ）若43，△PF1F2的周长为6；写出椭圆C的方程；（Ⅲ）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形奎屯王新敞新疆图1ABCDO1O图2BCDAO1O2005年高考文科数学湖南卷试题及答案参考答案一、选择题：1—5：CDABB6—10：ACDDB二、填空题：11．0323yx12．560013．3514．－215．③⑤②⑤三、解答题：16．（I）解：设等差数列)}1({log2na的公差为d.由,8log2log)2(log29,322231daa得即d=1.所以,)1(1)1(log2nnan即.12nna（II）证明因为nnnnnaaa2121111，所以nnnaaaaaa2121212111132112312.1211211212121nn17．解法一由0sin)cos(sinsinCBBA得.0)sin(cossinsinsinBABABA所以.0sincoscossincossinsinsinBABABABA即.0)cos(sinsinAAB因为),,0(B所以0sinB，从而.sincosAA由),,0(A知.4A从而43CB.由.0)43(2cossin02cossinBBCB得即.0cossin2sin.02sinsinBBBBB亦即由此得.125,3,21cosCBB所以,4A.125,3CB解法二：由).223sin(2cossin02cossinCCBCB得由B0、c，所以.22223CBCB或即.22232BCCB或由0sin)cos(sinsinCBBA得.0)sin(cossinsinsinBABABA所以.0sincoscossincossinsinsinBABABABA即.0)cos(sinsinAAB因为0sinB，所以.sincosAA由.4),,0(AA知从而43CB，知B+2C=23不合要求.再由212BC，得.125,3CB所以,4A.125,3CB18．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）.从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11BOACBOAC所以AC⊥BO1.（II）解：因为,03331OCBO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),,(zyxn是0平面O1AC的一个法向量，由,3.0,033001zyzyxCOnACn取得)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=.43||||11BOnBOn即二面角O—AC—O1的大小是.43arccos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，图3BCDAyxO1Oz即OA⊥OB.从而AO⊥平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影.因为3tan11OOOBBOO33tan111OOCOOCO，所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1由三垂线定理得AC⊥BO1.（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，所以13,3221212121COAOACOOOAAO，从而1332111ACCOAOFO，又O1E=OO1·sin30°=23，所以.413sin111FOEOFEO即二面角O—AC—O1的大小是13arcsin.419．解：（I）因为函数)(xf，)(xg的图象都过点（t，0），所以0)(tf，即03att.因为,0t所以2ta..,0,0)(2abccbttg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)(22btatbxxgaxxf所以将2ta代入上式得.tb因此.3tabc故2ta，tb，.3tc（II）解法一))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy.当0))(3(txtxy时，函数)()(xgxfy单调递减.由0y，若txtt3,0则；若.3,0txtt则由题意，函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减，则).3,()3,1(),3()3,1(tttt或图4EBCDAO1OF所以.39.333tttt或即或又当39t时，函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减.所以t的取值范围为).,3[]9,(解法二：))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy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|31xxyy即.0)3)(9(.0)1)(3(tttt解得.39tt或所以t的取值范围为).,3[]9,(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!324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624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）=.943!3424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）=271334，事件A2的概率为P（A2）=1－P（A1）－P（A3）=.2714271941解法二：恰有2个景区有部门选择可能的结果为).!2(32414CC（先从3个景区任意选定2个，共有323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!214C种不同选法.第二种情况，从