2005年高考理科数学(湖南卷)试题含答案

2005年高考理科数学湖南卷试题及答案

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 1．复数z＝i＋i2＋i3＋i4的值是 （ ） A．－1 B．0 C．1 D．i

2．函数f(x)＝1−2x的定义域是 A．(－∞，0] B．[0，＋∞)

C．（－∞，0）

（ ）

D．（－∞，＋∞）

3．已知数列{log2(an－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝3，a2＝5，则 lim(n→11++a2−a1a3−a2B．

+1)= （ ）

an+1−anC．1

D．

A．2

3 21 2x−20,4．已知点P（x，y）在不等式组y−10,表示的平面区域上运动，则z＝x－y的取

x+2y−20值范围是 （ ）

A．[－2，－1] B．[－2，1]

C．[－1，2]

D．[1，2]

5．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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．

D1A11 2OB1DC1B．2

4C．2

23D．

2CBA6．设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，则f2005(x)＝（ ） A．sinx

B．－sinx

C．cosx

D．－cosx

x2y27．已知双曲线2－2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，右准线与一条渐近线交于点A，

aba2△OAF的面积为（O为原点），则两条渐近线的夹角为 （ ）

2 A．30º 8．集合A＝｛x|

B．45º

C．60º

D．90º

x−1＜0＝，B＝｛x || x -b|＜a}，若“a＝1”是“A∩B≠”的充分条件， x+1（ ）

则b的取值范围是

A．－2≤b＜0

B．0＜b≤2

C．－3＜b＜－1 D．－1≤b＜2

9．4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 A．48

B．36

C．24

（ ） D．18

10．设P是△ABC内任意一点，S△ABC表示△ABC的面积，λ1＝

SPBCS， λ2＝PCA， SABcSABCλ3＝

SPAB111，定义f(P)=(λ1, λ, λ3),若G是△ABC的重心，f(Q)＝（，，），则（ ） SABC236B．点Q在△GBC内

D．点Q与点G重合

A．点Q在△GAB内 C．点Q在△GCA内

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. 11．一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(1+x)+(1+x)+2 +(1+x)6的展开式中，x 2项的系数是 .（用数字作答）

13．已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝1相交于A、B两点，且|AB|＝3，则OAOB

＝ .

14．设函数f(x)的图象关于点（1,2）对称，且存在反函数f−1(x),f (4)＝0，则f−1(4)＝ .

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

22]上的面积为（n∈N*），（i）y＝sin3x在[0,]

n3n4上的面积为 ；（ii）y＝sin（3x－π）＋1在[，]上的面积为 .

33的面积，已知函数y＝sinnx在[0，

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（sinB＋cosB）－sinC＝0，sinB＋cos2C＝0，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. （Ⅰ）证明：AC⊥BO1； O1O1CD（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小.

D

O B 图2 A图1 O

A图1 图2 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ξ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.

（Ⅰ）求ξ的分布及数学期望；

（Ⅱ）记“函数f(x)＝x2－3ξx＋1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）

CBx2y2 已知椭圆C：2＋2＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心率为e. 直线

abl：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）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形.

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，n∈N*，且x1＞0.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. （Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；

（Ⅱ）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）

（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，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)＝

12

ax＋bx，a≠0 2 （Ⅰ）若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；

（Ⅱ）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C2在点N处的切线不平行

2005年高考理科数学湖南卷试题及答案

参

一、选择题：1—5：BACCB 6—10： CDDBA 二、填空题：

11．5600 12．35 13．−15．

1 14．－2 242，+ 332]上的面积为（n∈N*），就是函数y＝sinnx半周期的图像

nn2与x轴所围成的封闭图形的面积为。

n224（i）y＝sin3x在[0,]上的面积为如图所示的两个封闭图形的面积2=。

333解：函数y＝sinnx在[0，

y2π23πo3x

（ii）y＝sin（3x－π）＋1＝－sin3x+1在[

4，]上的面积如图所示，其面积为：

331(4222−)+2−=+。 33333y1o

三、解答题：

16．解法一 由sinA(sinB+cosB)−sinC=0

得sinAsinB+sinAcosB−sin(A+B)=0.

32π3432πx

所以sinAsinB+sinAcosB−sinAcosB−cosAsinB=0. 即sinB(sinA−cosA)=0.

因为B(0,),所以sinB0，从而cosA=sinA.

3. 从而B+C=. 443由sinB+cos2C=0得sinB+cos2(−B)=0.

4由A(0,),知A=即sinB−sin2B=0.亦即sinB−2sinBcosB=0. 由此得cosB=155,B=,C=.所以A=,B=,C=. 231243123解法二：由sinB+cos2C=0得sinB=−cos2C=sin(−2C).

23 由0B、c，所以B=−2C或B=2C−.

223 即B+2C=或2C−B=.

22

由sinA(sinB+cosB)−sinC=0得 sinAsinB+sinAcosB−sin(A+B)=0. 所以sinAsinB+sinAcosB−sinAcosB−cosAsinB=0. 即sinB(sinA−cosA)=0. 由A(0,),知A=因为sinB0，所以cosA=sinA.

33不合要求 .从而B+C=，知B+2C=

442155再由2C−B=，得B=,C=. 所以A=,B=,C=.

2312431217．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

O1DzCOxA图3 ByAC=(−3,1,3),BO1=(0,−3,3),ACBO1=−3+33=0.

所以AC⊥BO1.

（II）解：因为BO1OC=−3+33=0,所以BO1⊥OC，

由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量. 设n=(x,y,z)是0平面O1AC的一个法向量， nAC=0−3x+y+3z=0,由nO1C=0y=0.取z=3, 得n=(1,0,3).

设二面角O—AC—O1的大小为，由n、BO1的方向可知=n，BO1>，

所以cos=cosn，BO1>=nBO1=3.

4|n||BO1|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tanOOB=OB=3 tanO1OC=O1C=3，

1OO1OO13 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

O1DFCEOA图4 BO1A=OA2+OO12=23,AC=O1A2+O1C2=13，

从而O1F=O1AO1C23， =AC13又O1E=OO1·sin30°=

3， 2

所以sinO1FE=O1E133. =. 即二面角O—AC—O1的大小是arcsin4O1F418．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，A2，A3. 由已知A1，A2，A3相互，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.

P（=3）=P（A1·A2·A3）+ P（A1A2A3）

= P（A1）P（A2）P（A3）+P（A1)P(A2)P(A3)） =2×0.4×0.5×0.6=0.24，

P（=1）=1－0.24=0.76. 所以的分布列为 E=1×0.76+3×0.24=1.48.

 P 1 3 0.76 0.24 （Ⅱ）解法一 因为f(x)=(x−329)+1−2, 243所以函数f(x)=x2−3x+1在区间[,+)上单调递增，

234要使f(x)在[2,+)上单调递增，当且仅当2,即.

234从而P(A)=P()=P(=1)=0.76.

3解法二：的可能取值为1，3.

当=1时，函数f(x)=x−3x+1在区间[2,+)上单调递增， 当=3时，函数f(x)=x−9x+1在区间[2,+)上不单调递增.0 所以P(A)=P(=1)=0.76.

2219．（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

y=ex+a,x=−c,a22由x2y2得的坐标分别是(−,0),(0,a).b2这里c=a+b.

e2+2=1,y=.cbab2ab2a 所以点M的坐标是（−c,）. 由AM=AB得(−c+,)=(,a).

aeaeaa−c=ee即2b=aa解得=1−e2

证法二：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,0),(0,a).设M的坐标是(x0,y0), e

aa由AM=AB得(x0+,y0)=(,a),

eeax0=(−1)所以 ey0=a.22x0y0因为点M在椭圆上，所以 2+2=1,

aba[(−1)]2(a)2(1−)22e即+2=1,所以+=1. 222abe1−ee4−2(1−)e2+(1−)2=0,

解得e=1−2即=1−e2.

1|PF1|=c. 2 （Ⅱ）解法一：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三

角形，必有|PF1|=|F1F2|，即 设点F1到l的距离为d，

由

1|e(−c)+0+a||a−ec||PF1|=d===c,

2221+e1+e=e.

12,于是=1−e2=. 33 得

1−e21+e2所以e2= 即当=2时,△PF1F2为等腰三角形. 3解法二：因为PF1⊥l，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(x0,y0)，

1y0−0e2−3=−x0=2c,x+cee+1则0，解得

2y=2(1−e)a.y0+0=ex0−c+a.0e2+122(e2−3)c2(1−e2)a22+c]+[2]=4c2, 由|PF1|=|F1F2|得[2e+1e+1两边同时除以

4a2，化简得

(e2−1)2=e2. 2e+1

从而e2=1. 32 3于是1=1−e2=即当=2时，△PF1F2为等腰三角形 320．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

22cxn,因此xn+1−xn=axn−bxn−cxn,nN*.(*)

即xn+1=xn(a−b+1−cxn),nN*.(**)

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1， n∈N*，从而由（*）式得 xn(a−b−cxn)恒等于0,nN*,所以a−b−cx1=0.即x1= 因为x1>0，所以a>b a−b. c 猜测：当且仅当a>b，且x1=a−b时，每年年初鱼群的总量保持不变 c （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N* 由xn+1=xn(3－b－xn), n∈N*, 知

00.

又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2, 所以xk+1∈(0, 2)，故当n=k+1时结论也成立.

由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).

综上所述，为保证对任意x1∈(0, 2), 都有xn>0， n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1.

21．解：（I）b=2时,h(x)=lnx−12ax−2x， 21ax2+2x−1. 则h(x)=−ax−2=−xx因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h(x)<0有解 又因为x>0时，则ax2+2x－1>0有x>0的解.

①当a>0时，y=ax2+2x－1为开口向上的抛物线，ax2+2x－1>0总有x>0的解； ②当a<0时，y=ax2+2x－1为开口向下的抛物线，而ax2+2x－1>0总有x>0的解； 则△=4+4a>0,且方程ax2+2x－1=0至少有一正根.此时，－1（II）证法一 设点P、Q的坐标分别是（x1, y1），（x2, y2），0a(x1+x2)2=+b，则

x1+x222(x2−x1)a2a2a=(x2−x12)+b(x2−x1)=(x2+bx2)−(x12+bx1)

x1+x2222 =y2−y1=lnx2−lnx1.

x2−1)xx2x12(t−1)=. 设t=2,则lnt=所以ln,t1.①

xx1x11+t1+2x12(14(t−1)22(t−1)=. 令r(t)=lnt−,t1.则r(t)=−t(t+1)2t(t+1)21+t因为t1时，r(t)0，所以r(t)在[1,+）上单调递增. 故r(t)r(1)=0. 则lnt

2(t−1). 这与①矛盾，假设不成立 1+t故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行 证法二：同证法一得(x2+x1)(lnx2−lnx1)=2(x2−x1).

因为x10，所以(x2xx+1)ln2=2(2−1). x1x1x1

令t=x2，得(t+1)lnt=2(t−1),t1. ② x11t

令r(t)=(t+1)lnt−2(t−1),t1,则r(t)=lnt+−1. 因为(lnt+)=1t11t−11−2=2，所以t1时，(lnt+)0. tttt

故lnt+在[1，+)上单调递增.从而lnt+−10，即r(t)0. 于是r(t)在[1，+)上单调递增 1t1t故r(t)r(1)=0.即(t+1)lnt2(t−1).这与②矛盾，假设不成立 故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行