2005年高考理科数学(江西卷)试题及答案

2005年高考理科数学江西卷试题及答案

YCY

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分． 第I卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分

第I卷

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效 3．考试结束，临考员将试题卷、答题卡一并收回 参考公式：

如果事件A、B互斥，那么 球的表面积公式

P(A+B)=P(A)+P(B) S4R2

如果事件A、B相互独立，那么 其中R表示球的半径

P(A·B)=P(A)·P(B)

如果事件A在一次试验中发生的概率是 球的体积公式

P，那么n次独立重复试验中恰好发生k V4R3

3kk次的概率Pn(k)CnP(1P)nk 其中R表示球的半径

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合I{x||x|3,xZ},A{1,2},B{2,1,2},则A (CIB）=

A．{1}

B．{1，2}

C．{2}

D．{0，1，2}

（ ） （ ）

2．设复数：z11i,z2x2i(xR),若z1z2为实数，则x=

A．－2

B．－1

2C．1

2D．2

（ ）

3． “a=b”是“直线yx2与圆(xa)(yb)2相切”的

A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分又不必要条件

D．1项

4．(x3x)12的展开式中，含x的正整数次幂的项共有

A．4项

B．3项

C．2项

（ ）

5．设函数f(x)sin3x|sin3x|,则f(x)为

（ ）

 3C．周期函数，数小正周期为2

A．周期函数，最小正周期为

B．周期函数，最小正周期为D．非周期函数

2 3（ ）

6．已知向量a(1,2),b(2,4),|c|

A．30° C．120°

B．60° D．150°

5,若(ab)c5,则a与c的夹角为 27．已知函数yxf(x)的图象如右图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，

下面四个图象中yf(x)的图象大致是 （ ）

yy=xf'(x)1-1o1x-1y21-2-1-2oy21123xy4oy42-1-212x-22o1x-2o2x

A B C D

8．若limx1f(x1)x11,则lim

x1x1f(22x)B．1

C．－

（ ）

A．－1

1 2D．

1 29．矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则

四面体ABCD的外接球的体积为 （ ）

125125  C．961a1b10．已知实数a, b满足等式()(),下列五个关系式

23

A．

B．

①0B．2个

③0C．3个

125 12D．

125 3 ⑤a=b （ ）

④bD．4个

11．在△OAB中，O为坐标原点，A(1,cos),B(sin,1),(0,到最大值时，

A．

2

]，则△OAB的面积达

（ ）

 61 56B．

 41 70C．

 31 336D．

 21 42012．将1，2，„，9这9个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为（ ）

A．

B．

C．

D．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共15分，请将答案填在答题卡上. 13．若函数f(x)logn(xx22a2)是奇函数，则a= .

xy20y14．设实数x, y满足x2y40,则的最大值是 . x2y3015．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC=

2，BB1=2，

A1EC1B1FABC90，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从

E到F两点的最短路径的长度为 . 16．以下同个关于圆锥曲线的命题中

ABC①设A、B为两个定点，k为非零常数，|PA||PB|k，则动点P的轨迹为双曲线； ②设定圆C上一定点A作圆的动点弦AB，O为坐标原点，若OP动点P的轨迹为椭圆；

1(OAOB),则2

③方程2x5x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

2

x2y2x21与椭圆y21有相同的焦点. ④双曲线

25935 其中真命题的序号为 （写出所有真命题的序号）

三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（本小题满分12分）

x2已知函数f(x)（a，b为常数）且方程f(x)－x+12=0有两个实根为x1=3, x2=4.

axb （1）求函数f(x)的解析式；

（2）设k>1，解关于x的不等式；f(x)

(k1)xk

2x

18．（本小题满分12分）

已知向量a(2cosxxxx,tan()),b(2sin(),tan()),令f(x)ab. 2242424是否存在实数x[0,],使f(x)f(x)0(其中f(x)是f(x)的导函数则)?若存在，求出x的值；若不存在，则证明之.

19．（本小题满分12分）

A、B两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片.规定掷硬币的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有卡片时游戏终止.设表示游戏终止时掷硬币的次数.

（1）求的取值范围； （2）求的数学期望E.

20．（本小题满分12分）

如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动. （1）证明：D1E⊥A1D；

（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离； （3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为

. 4A1D1B1C1DAEBC

21．（本小题满分12分）

已知数列{an}的各项都是正数,且满足:

a01,an11an,(4an),nN. 2（1）证明anan12,nN; （2）求数列{an}的通项公式an. 22．（本小题满分14分）

如图，设抛物线C:yx2的焦点为F，动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.

（1）求△APB的重心G的轨迹方程. （2）证明∠PFA=∠PFB.

2005年高考理科数学江西卷试题及答案

参考答案

一、选择题

1．D 2．A 3．A 4．B 5．B 6．C 7．C 8．C 9．C 10．B 11．D 12．A 二、填空题 13．15．

32 14．

2232 2解：如图所示，沿侧棱AA1剪开将棱锥的侧面展开成一个矩形，并将上底面A1B1C1分别按两种情况掀

开，就可以得到从E到F的四个较短路径EOF、EPF、EQF、

ERF，计算出四个值EOF=EPF=

222C1FFC1B1FQPSBCT、

B1RA1EAA1332，其中最小值ERF=2就是所求的 EQF>ERF=22O 说明：关于多面体或旋转体的表面最短路经的问题，一般都

是研究其展开图 EA

16．③④ 三、解答题

x2x120得 17．解：（1）将x13,x24分别代入方程axb99a1x23ab解得,所以f(x)(x2). 16b22x84abx2(k1)xkx2(k1)xk,可化为0 （2）不等式即为

2x2x2x即(x2)(x1)(xk)0.

①当1k2,解集为x(1,k)(2,).

②当k2时,不等式为(x2)(x1)0解集为x(1,2)(2,); ③当k2时,解集为x(1,2)(k,).

2

18．解：f(x)ab22cos

xxxxsin()tan()tan() 2242424xxtan1x2x2xxxx2222cos(sincos)2sincos2cos21

xx222222221tan1tan22sinxcosx.

1tan令f(x)f(x)0,即:

f(x)f(x)sinxcosxcosxsinx2cosx0.

可得x2,所以存在实数x2[0,],使f(x)f(x)0.

|mn|519．解：（1）设正面出现的次数为m，反面出现的次数为n，则mn，可得：

19当m5,n0或m0,n5时,5;当m6,n1或m1,n6时,7;当m7,n2或m2,n7时,9;所以的所有可能取值为:5,7,9.5（2）P(5)2()

12215117;P(7)2C5(); 32162641555;166464

1555275E579.16646432P(9)120．解法（一）

（1）证明：∵AE⊥平面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E

（2）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=5，AD1=2， 故SAD1C1131125,而SACEAEBC. 2222211SAECDD1SAD1Ch,33

1311h,h.223VD1AEC（3）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE， ∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角. 设AE=x，则BE=2－x

D1A1DAHC1B1CEB

在RtD1DH中,DHD14,DH1.

在RtADE中,DE1x2,在RtDHE中,EHx,在RtDHC中CH3,在RtCBE中CEx24x5.x3x24x5x23.AE23时,二面角D1ECD的大小为.4解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）

（1）因为DA,0,1),(1,x,1)0,所以DA1D1E. 1,D1E(1（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0）， 从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，

D1A1zB1AD1(1,0,1)，

设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)，

C1nAC0,则 nAD10,也即DoCEByxAa2b0a2b，得，从而n(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的距离为

ac0ac2121. 33h|D1En||n|（3）设平面D1EC的法向量n(a,b,c)，∴CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),

nD1C0,2bc0由 令b=1, ∴c=2,a=2－x，

ab(x2)0.nCE0,∴n(2x,1,2). 依题意cos4|nDD1||n||DD1|222.

222(x2)5∴x123（不合，舍去），x223 . ∴AE=23时，二面角D1—EC—D的大小为

. 4

21．解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0), 22 ∴a0a12，命题正确. 2°假设n=k时有ak1ak2. 则nk1时,akak1ak1ak) 2(而ak1ak0.又ak11(ak1211ak1(4ak1)ak(4ak) 221(ak1ak)(4ak1ak). ak)(aa)k1k24ak1ak0,akak10.

11ak(4ak)[4(ak2)2]2. 22∴nk1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12. 方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),∴0a0a12； 22 2°假设n=k时有ak1ak2成立，

1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),

222 令f(x)也即当n=k+1时 akak12成立，所以对一切nN,有akak12 （2）下面来求数列的通项：an1所以 2(an12)(an2)2

11an(4an)[(an2)24], 22121122112221122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn, 1n2n122222212n11n,即an2bn2()21 又bn=－1，所以bn()22222．解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

切线BP的方程为：2x1xyx10;

2

解得P点的坐标为：xPx0x1,yPx0x1 2x0x1xPxP，

32所以△APB的重心G的坐标为 xG2y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

3333所以yp3yG4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3 （2）方法1：因为FA(x0,x0),FP(由于P点在抛物线外，则|FP|0.

214x0x1112,x0x1),FB(x1,x1). 244x0x11112x0(x0x1)(x0)x0x1FPFA444, 2∴cosAFP1|FP||FA||FP|22|FP|x0(x0)24x0x11112x1(x0x1)(x1)x0x1FPFB2444, 同理有cosBFP1|FP||FB||FP|22|FP|x1(x1)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为

(x1|x|1,0)，d11;而直线BF的方程:y则P点到直线AF的距离为：

242141x10. 4x12x114x,

2即(x1)xx1yx1x1|x||(x12)11|(x12)142442|x1| 所以P点到直线BF的距离为：d21221222x(x1)(x1)144所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时，直线AF的方程：y0004x00442x0114(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程：y1114x1044x12所以P点到直线AF的距离为：

xx11xx111222|(x0)(0)x0x1x0||0)(x0)42424|x0x1|，同理可d1122122x0(x0)2x044得到P点到直线BF的距离d2|x1x0|，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB 2