高考数学普通高等学校招生全国统一考试84

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高考数学普通高等学校招生全国统一考试84
数学试题（理工农医类）分选择题和非选择题两部分. 满分150分. 考试时刻120分钟.
注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦擦洁净后，再选涂其他答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5．考试终止后，将试题卷和答题卡一并交回。 参考公式：
假如事件A、B互斥，那么P(A+B=P(A+P(B 假如事件A、B相互独立，那么P(A·B=P(A·P(B 假如事件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
kknk率Pn(kCnP(1P

第一部分（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(x2y5关于原点（0，0）对称的圆的方程为

A．(x22y25 C．(x2(y25
222222 （ ）
B．x2(y225 D．x(y25
2222解：∵圆(x2y5的圆心(-2,0关于原点对称的点为(2,0,∴圆(x2y5关于原点对称的圆为(x-22+y2=5,选(A. 2．(1i2005
1i B．－i
C．22005

D．－22005（ ）

A．i
解：∵1i=-i,∴(1i2005(-i2005=i,选(A 1i1i3．若函数f(x是定义在R上的偶函数，在(,0]上是减函数，且f(20，则使得f(x0的x的取值范畴是


A．(,2
（ ） B．(2,


C．(,2(2,D．（－2，2）

解：∵函数f(x是定义在R上的偶函数，在(,0]上是减函数，且f(20,∴f(-2=0, 在(,0]上f(x0的x的取值范畴是(2,0],又由对称性[0,,∴在R上fx<0仰x的取值范畴为(-2,2,选(D 4．已知A（3，1），B（6，1），C（4，3），D为线段BC的中点，则向量AC与DA的夹角为

A．

C．arccos(

（ ）
44arccos B．arccos 25545D．－arccos(
45解：∵AC(1,2,D(5,2,DA(2,1, ∴cos(180°-∠DAC=4ACDA44,∴∴∠DAC=arccos(,即向量AC与5|AC||DA|5554DA的夹角为arccos(,选(C 55．若x，y是正数，则(x121(y2的最小值是 2y2x7
2C．4 （ ）
A．3 B．D．9
2解：(x12111(y2≥2(x+(y+≥82y2x2y2xx11=4当且仅当y2y2x11xy2y2x12x,得x=y=时等号成立,选(C 22y1y2x6．已知、均为锐角，若p:sinsin(,q:

A．充分而不必要条件 C．充要条件

2,则p是q的
（ ）
B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解：∵由、均为锐角，q: ∴sin(α+β>sinα,但、22均为锐角，sinαα+β,不一定能推出α+β<,如α=,β=确实是一个反例,263,得0<α<α+β<选(C 7．关于不重合的两个平面与，给定下列条件：



①存在平面，使得、都垂直于； ②存在平面，使得、都平行于； ③内有不共线的三点到的距离相等；
④存在异面直线l、m，使得l//，l//，m//，m//， 其中，能够判定与平行的条件有 A．1个
B．2个
C．3个

D．4个


（ ）
解：命题①③是真命题,选(B 8．若(2x
A．4 k1n11 展开式中含2项的系数与含4项的系数之比为－5，则n等于 （
）xxxB．6 C．8 D．10 解：Tk1Cn((2x1xknkkCn(k2nkxn2k令n-2k=-2,n=2k-2,Tr1Cnr(r2nrxn2r,kkCn(1k2nkCnkrrk令n-2r= -4,n=2r-4由题意得r,5(125,∵r-k=1,∴化简得rnrrCn(12Cn2(k15,解得k=4,∴n=6.选(B (k2x2y221(b0上变化，则x22y的最大值为 9．若动点（x,y）在曲线4b（ ）

b24A．42bb24 C．4(0b4,(b4

b24B．42bD．2b
(0b2,(b2

解：由题意可设x=2cosα,y=bsinα,则x2+2y=4cos2α+2bsinα=-4sin2α+2bsinα+4 b2bb0b442=-2(sin2α-bsinα-2=-2(sinα-2+4+,∴x2y的最大值为,选(A 4222bb42


10．如图，在体积为1的三棱锥A—BCD侧棱
AB、AC、AD上分别取点E、F、G， 使

AE : EB=AF : FC=AG : GD=2 : 1，记O为 三平面BCG、CDE、DBF的交点，则三棱 锥O—BCD的体积等于 （ ）
1 91C．

7A．1 81D．
4B．AEGLFOMBKNQDC
解：如图,BM是平面BCG与平面BDF的交线,CL是平面BCG与平面CDE的交线,则BM子CL的交点即为O.作EG⊥平面BCD,LN⊥平面BCD,OQ⊥平面BCD,设A到平面BCD的高为h,由题意可知 EK=h,LN=13CL73311CMBL3 EKhh,∵,∴5535MGLG2CQ5∴OQ=V5511LNhh,∴OBCD7757VABCD11hSBCD137,选(C 17hSBCD3
第二部分（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. 把答案填写在答题卡相应位置上. 11．集合A{xR|xx60},B{xR| |x2|2}，则AB= . 解：由题意可知A=(-2,3,B=(0,4,∴AB={x|0x3}. 3312．曲线yx在点(a,a(a0处的切线与x轴、直线xa所围成的三角形的面积为21,则a= . 6
解：∵y=3x2,∵在(a,a3处切线为y-a3=3a2(x-a,令y=0,得切线与x轴交点(2a,0,切线与直333线x=a交于(a,a3,∴曲线yx在点(a,a(a0处的切线与x轴、直线xa所围成的三角形的面积为S=1111aa4a4,令S=,解得a=±1. 236613．已知、均为锐角，且cos(sin(,则tan= . 解：由已知得1-tanαtanβ=tanα-tanβ,∴tanα=1tan1. 1tan23n32n114．lim3n= . 2nn2323n23n32n3n2n1解：lim8(n3893=limnlim93 nn89n8n(19nn15．某轻轨列车有4节车厢，现有6位乘客预备乘坐，设每一位乘客进入每节车厢是等可能的，则这6位乘客进入各节车厢的人数恰好为0，1，2，3的概率为 . 解：4位乘客进入4节车厢共有256种不同的可能,6位乘客进入各节车厢的人数恰为0,1,2,3123的方法共有C6C6C390,∴这6位乘客进入各节车厢的人数恰好为0，1，2，3的概率为9045. 25612816．连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是 （填写所有正确选项的序号）. ①菱形 ②有3条边相等的四边形 ③梯形 ④平行四边形 ⑤有一组对角相等的四边形 解：①菱形不可能,假如那个四边形是菱形,这时菱形的一条对角线垂直抛物线的对称轴,这时四边形的必有一个顶点在抛物线的对称轴上(非抛物线的顶点; ④平行四边形,也不可能,因为抛物上四个点组成的四边形最多有一组对边平行.故连接抛物线上任意四点组成的四边形可能是②③⑤. 三、解答题：本大题共6小题，共76分. 解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分13分）

若函数f(x1cos2x4sin(x2xxasincos(的最大值为2，试确定常数a的值. 2218．（本小题满分13分）
在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖，某顾客从此10张券中任抽2张，求：
（Ⅰ）该顾客中奖的概率；
（Ⅱ）该顾客获得的奖品总价值（元）的概率分布列和期望E.
19．（本小题满分13分）

已知aR，讨论函数f(xe(xaxa1的极值点的个数. x2 20．（本小题满分13分） 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1= （Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；
（Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值. 21．（本小题满分12分）

，求：
3x2y21，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，已知椭圆C1的方程为4
而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程； （Ⅱ）若直线l:ykx2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足OAOB6（其中O为原点），求k的取值范畴.
22．（本小题满分12分）

数列{an}满足a11且an1(111a(n1. n2nnn2（Ⅰ）用数学归纳法证明：an2(n2；
2（Ⅱ）已知不等式ln(1xx对x0成立,证明:ane(n1，其中无理数
e=2.71828…. 2005年一般高等学校招生全国统一考试（重庆卷）
数学试题卷（理工农医类）

一、选择题：每小题5分，满分50分. 1．A 2．A 3．D 4．C 5．C 6．B 7．B 8．B 9．A 10．C 二、填空题：每小题4分，满分24分. 11．{x|0x3} 12．1 13．1 14．－3 15．三、解答题：满分76分. 17．（本小题13分）
45 16．②③⑤
128
2cos2xxx解:f(xasincos4cosx221acosxsinx221a21sin(x,其中角满足sin
2441a1a2由已知有4.44解之得,a15.18．（本小题13分） 解法一：
2C61522 （Ⅰ）PI21，即该顾客中奖的概率为. 3453C10（Ⅱ）的所有可能值为：0，10，20，50，60（元）. 11C621C3C62且P(02,P(10,25C103C1011C32C1C612,P(50, P(202215C1015C1011C1C31P(60.215C10
故有分布


P 0 10 20 50 60 列：
1 32 51 152 151
15从而期望E0解法二：
121211020506016. 35151515112(C4C6C4302 （Ⅰ）P,
2453C10（Ⅱ）的分布列求法同解法一
由于10张券总价值为80元，即每张的平均奖品价值为8元，从而抽2张的平均奖品价值E=2×8=16（元）. 19．（本小题13分）

解:f(xex(x2axa1ex(2xa
ex[x2(a2x(2a1],令f(x0得x2(a2x(2a10.
（1）当(a24(2a1a4aa(a40.
22即a0或a4时,方程x2(a2x(2a10有两个不同的实根x1,x2,不妨设x1x2,于是f(xex(xx1(xx2,从而有下表:x
(,x1
+
x1 0 (x1,x2
－

x2
0 (x2,
+
f(x f(x
f(x1为极大值
f(x2为极小值
即现在f(x有两个极值点. （2）当0即a0或a4时,方程x(a2x(2a10有两个相同的实根2x1x2
因此f(xe(xx1
x2故当xx1时,f(x0;当xx2时,f(x0,因此f(x无极值. （3）当0,即0a4时,x(a2x(2a10,
2f(xex[x2(a2x(2a1]0,故f(x为增函数，现在f(x无极值. 因此当a4或a0时,f(x有2个极值点,当0a4时,f(x无极值点. 20．（本小题13分） 解法一：
（Ⅰ）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE.
又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB. 由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，因此BE是异面直线 AB与EB1的公垂线，
在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1=4x， 作BD⊥CC1，交CC1于D，则BD=BC·sin2答（20）图1
33.
2
在△BEB1中，由面积关系得113x4x22,即(x21(x230. 222解之得x1,x3（负根舍去）
当x3时,在BCE中,CE2122CEcos33,
3. 解之得CE=2，故现在E与C1重合，由题意舍去x因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1. （Ⅱ）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在圆A1B1E内， 又已知AE⊥EB1
故∠AEG是二面角A—EB1—A1的平面角. 因EG//B1A1//BA，∠AEG=∠BAE，故tanAEG解法二：
（Ⅰ）由AEEB1,得AEEB10,又由AB平面 而BB1C1C得AB⊥EB1从而ABEB1=0. BE12. AB22故EBEB1(EAABEB1EAEB1ABEB10即EBEB1,故线段BE是异面直线AB与EB1的公垂线.


设O是BB1的中点，连接EO及OC1，则在Rt△BEB1中，EO=因为在△OB1C1中，B1C1=1，∠OB1C1=因此OC1=OB1=1，
又因∠OC1E=∠B1C1C－∠B1C1O=

1BB1=OB1=1，
2，故△OB1C1是正三角形，
32333,故△OC1E是正三角形，
因此C1E=1，故CE=1，易见△BCE是正三角形，从面BE=1， 即异面直线AB与EB1的距离是1. （Ⅱ）由（I）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，在Rt△ABE中，由AB=2， BE=1，得tanAEB=2. 又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C， 故二面角A—EB1—A1的平面角2AEB，故
2tantan(AEBcotAEB.
22
解法三：
（I）以B为原点，BB1、BA分别为y、z轴建立空间直角坐标系.
由于BC=1，BB1=2，AB=2，∠BCC1=在三棱柱ABC—A1B1C1中有
B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），
， 3

C(3133,,0,C1(,,0 2222
设E(3,a,0,由EAEB1,得EAEB10,即
2
0(33,a,2(,2a,0 2233a(a2a22a, 44131331得(a(a0,即a或a(舍去,故E(,,0222222
313333BEEB1(,,0(00,即BEEB1.222244又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE. 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线， 则|BE|311，故异面直线AB、EB1的距离为1. 44（II）由已知有EAEB1,B1A1EB1,故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量
B1A1与EA的夹角. 因B1A1BA(0,0,2,EA(故cos即tanEAB1A1|EA||B1A1|2.223,31,,2,22
21．（本小题12分）

22解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为xy1，则a2413,再由a2b2c2得b21.
22abx2y21. 故C2的方程为3x2y21得(14k2x282kx40. （II）将ykx2代入4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得
1(822k216(14k216(4k210,
即 k21. ①
4x2将ykx2代入y21得(13k2x262kx90. 3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得
213k0,2222(62k36(13k36(1k0.
1即k2且k21.3设A(xA,yA,B(xB,yB,则xAxB62k9,xxAB13k213k2
由OAOB6得xAxByAyB6,而xAxByAyBxAxB(kxA2(kxB2(k21xAxB2k(xAxB2 (k12962k2k2 2213k13k3k27.23k13k2715k213于是26,即0.解此不等式得
23k13k1k2131或k2. ③ 153由①、②、③得
1113k2或k21. 4315故k的取值范畴为(1,13311313(,(,(,1 15322315
22．（本小题12分）
（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，a222，不等式成立. （2）假设当nk(k2时不等式成立，即ak2(k2,
那么ak1(111akk2. 这确实是说，当nk1时不等式成立. k(k12依照（1）、（2）可知：ak2对所有n2成立. （Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an1(1两边取对数并利用已知不等式得 lnan11111a(1an.(n1
nn2n2nn2n2n11ln(12nlnan
nn2lnan1111lnalna 故 (n1. .n1nn2nn(n12nn2上式从1到n1求和可得
lnanlna11111112n1 1223(n1n2221n1111111121(11n2. 1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1.
（Ⅱ）证法二：
由数学归纳法易证2n(n1对n2成立，故
nan1(11111a(1annn(n1n(n1n2n2n(n2,则bn1(11bnn(n1(n2.
令bnan1(n2.
取对数并利用已知不等式得 lnbn1ln(11lnbn
n(n1lnbn1n(n1(n2.

上式从2到n求和得 lnbn1lnb2111 1223n(n11111111. 223n1n(n2.
1ln33e因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e2222故an13e1e,n2,又显然a1e,a2e,故ane对一切n1成立.



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