高考卷 05高考理科数学（天津卷）试题及答案 11页

2005 年高考理科数学 天津卷 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,共 150 分，考试用时 120 分 钟 第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 10 页 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷（选择题 共 50 分） 注意事项： 1. 答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘 贴考试用条形码 2. 每小题选出答案后，用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 答在试卷上的无效 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 球的体积公式 )()()( BPAPBAP  3 3 4 RV 球 如果事件 A、B 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 )( BAP  = )()( BPAP  柱体（棱柱、圆柱）的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发生的概率 V 柱体=Sh 是 P，那么 n 次独立重复试验中恰好发 其中 S 表示柱体的底面积， 生 k 次的概率 h 表示柱体的高 Pn（k）=CnPk(1-P)n-k 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， 只有一项是最符合题目要求的 （1）设集合 },914{ RxxxA  , },03{ Rxx xxB  , 则 BA  （ ） (A) ]2,3(  (B) ]2 5,0[]2,3(  (C) ),2 5[]3,(  (D) ),2 5[)3,(  (2)若复数 i ia 21 3   （ Ra  ，i 为虚数单位位）是纯虚数，则实数 a 的值为（ ） （A）-2 (B)4 (C) -6 (D)6 (3)给出下列三个命题：①若 1 ba ,则 b b a a  11 ；②若正整数 m 和 n 满足 nm  ,则 2 )( nmnm  ；③设 ),( 11 yxP 为圆 9: 22 1  yxO 上任一点，圆 2O 以 ),( baQ 为圆心且半径为 1.当 1)()( 2 1 2 1  ybxa 时,圆 1O 与圆 2O 相切 其中假命题的个数为（ ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D)3 (4)设  、、 为平面， lnm 、、 为直线，则 m 的一个充分条件是（ ） (A) lml  ,,  (B)   ,,m (C)   m,, (D)   mnn ,, (5)设双曲线以椭圆 1925 22  yx 长轴的两个端点为焦点，其准线过椭圆的焦点，则双曲 线的渐近线的斜率为（ ） (A) 2 (B) 3 4 (C) 2 1 (D) 4 3 (6)从集合 }11,,3,2,1{  中任选两个元素作为椭圆方程 12 2 2 2  n y m x 中的 m 和 n ,则能 组成落在矩形区域 ,11|||),{(  xyxB 且 }9|| y 内的椭圆个数为（ ） (A)43 (B) 72 (C) 86 (D) 90 (7)某人射击一次击中的概率为 0.6,经过 3 次射击,此人至少有两次击中目标的概率为（） (A) 125 81 (B) 125 54 (C) 125 36 (D) 125 27 (8)要得到函数 xy cos2 的图象，只需将函数 )42sin(2  xy 的图象上所有的 点的（ ） (A)横坐标缩短到原来的 2 1 倍（纵坐标不变）,再向左平行移动 8  个单位长度 (B)横坐标缩短到原来的 2 1 倍（纵坐标不变），再向右平行移动 4  个单位长度 (C)横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平行移动 4  个单位长度 (D)横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向右平行移动 8  个单位长度 (9)设 )(1 xf  是函数 )1( )(2 1)(   aaaxf xx 的反函数，则使 1)(1  xf 成立的 x 的取值范围为（ ） (A) ),2 1( 2  a a (B) )2 1,( 2 a a  (C) ),2 1( 2 aa a  (D) ),[ a (10)若函数 )1,0( )(log)( 3  aaaxxxf a 在区间 )0,2 1( 内单调递增，则 a 的取 值范围是（ ） (A) )1,4 1[ (B) )1,4 3[ (C) ),4 9(  (D) )4 9,1( 第Ⅱ卷（非选择题 共 100 分） 注意事项： 1 答卷前将密封线内的项目填写清楚 2 用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上 二、填空题：本大题共 6 小题， 每小题 4 分，共 24 分，把答案填在题中横 线上 （11）设  Nn ,则  12321 666 nn nnnn CCCC  ． （12）如图，PA⊥平面 ABC，∠ACB=90°且 PA=AC=BC=a 则异面直线 PB 与 AC 所成角的正切值等于________． （13）在数列{an}中,a1=1,a2=2,且 )( )1(12    Nnaa n nn 则 100S =_____． （14）在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0,1)和点 B(-3,4)，若点 C 在∠AOB 的平分线上 且|OC |=2,则OC = ． （15）某公司有 5 万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利 12%，一旦失 败，一年后将丧失全部资金的 50%，下表是过去 200 例类似项目开发的实施结果： 投资成功 投资失败 192 次 8 次 则该公司一年后估计可获收益的期望是___________（元） （16）设 )(xf 是定义在 R 上的奇函数，且 )(xfy  的图象关于直线 2 1x 对称，则 )5()4()3()2()1( fffff  =________________． 三、解答题：本大题共 6 小题，共 76 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) 在 ABC 中， CBA  、、 所对的边长分别为 cba 、、 ，设 cba 、、 满足条 件 222 abccb  和 32 1  b c ，求 A 和 Btan 的值 （18）（本小题满分 12 分） 已知 )0,0,( 1221   baNnbabbabaau nnnnn n  （Ⅰ）当 ba  时，求数列 nu 的前 n 项和 nS （Ⅱ）求 1 lim  n n n u u （19）（本小题满分 12 分） 如图，在斜三棱柱 111 CBAABC  中， aBAAAACABACAABA  1111 ,, ， A B C P 侧面 11 BCCB 与底面 ABC 所成的二面角为 120 ，E、F 分别是棱 AACB 111 、 的中点 （Ⅰ）求 AA1 与底面 ABC 所成的角 （Ⅱ）证明 EA1 ∥平面 FCB1 （Ⅲ）求经过 CBAA 、、、1 四点的球的体积 （20）（本小题满分 12） 某人在一山坡 P 处观看对面山项上的一座铁塔， 如图所示，塔高BC=80（米），塔所在的山高OB=220 （米），OA=200（米），图中所示的山坡可视为直 线 l 且点 P 在直线 l 上， l 与水平地面的夹角为  ,tan =1/2 试问此人距水平地面多高时，观 看塔的视角∠BPC 最大（不计此人的身高） （21）（本小题满分 14 分） 抛物线 C 的方程为 )0(2  aaxy ，过抛物线 C 上一点 P(x0,y0)(x0≠0)作斜率为 k1,k2 C 1 B 1 A 1 A B C F E 的两条直线分别交抛物线 C 于 A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B 三点互不相同)，且满足 )10(012   且kk （Ⅰ）求抛物线 C 的焦点坐标和准线方程 （Ⅱ）设直线 AB 上一点 M，满足 MABM  ，证明线段 PM 的中点在 y 轴上 （Ⅲ）当  =1 时，若点 P 的坐标为（1，-1），求∠PAB 为钝角时点 A 的纵坐标 1y 的取值 范围 （22）（本小题满分 14 分） 设函数 )( sin)( Rxxxxf  . （Ⅰ）证明 xkxfkxf sin2)()2(   ,其中为 k 为整数； （Ⅱ）设 0x 为 )(xf 的一个极值点，证明 2 0 4 02 0 1 )]([ x xxf   ； （Ⅲ）设 )(xf 在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列  ,,,, 21 naaa , 证明 ),2,1( 2 1   naa nn  2005 年高考理科数学 天津卷 试题及答案 参考答案 一、选择题（每小题 5 分，共 50 分） 题号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） （10） 答案 D C B D C B A C A B 二、填空题（每小题 4 分，共 24 分） （11） )17(6 1 n ； （12） 2 ；（13）2600；（14） )5 103,5 10( ；（15）4760； （16）0． 解法：∵f(x)是定义在 R 上的奇函数， ∴f(x)=-f(-x) ① 又∵y=f(x)的图象关于直线 x=1/2 对称， ∴f(1-x)=f(x) ② ∴f(1)=f(1-0)=f(0)=0 由①②得 f(1-x)=-f(-x) ∴ f(1-x)+f(-x)=0 即 f(1+n)+f(n)=0 ∴ f(3)+f(2)=0,f(5)+f(4)=0 ∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=0 三、解答题（共 76 分，以下各题为累计得分，其他解法请相应给分） （17）解：由余弦定理 2 1 2cos 222  bc acbA ，因此 60A ． 在 ABC 中， BBAC   120180 ．由已知条件，应用正弦定理 2 1cot2 3 sin sin120coscos120sin sin )120sin( sin sin32 1  BB BB B B B C b c  ， 解得 2cot B , 从而 2 1tan B ． （18）解：（Ⅰ）当 ba  时， n n anu )1(  ．这时数列 }{ nu 的前 n 项和 nn n annaaaaS )1(432 132   ． ① ①式两边同乘以 a ，得 1432 )1(432  nn n annaaaaaS  ② ①式减去②式，得 132 )1(2)1(  nn n anaaaaSa  若 1a ， aana aaSa n n n   1)1(1 )1()1( ， 2 2121 2 )1( 2)2()1( 1 )1( )1( )1( a aaanan a ana a aaS nnnn n      若 1a ， 2 )3()1(32  nnnnSn  （Ⅱ）由（Ⅰ），当 ba  时， n n anu )1(  ， 则 an na na an u u nn n nn n n   )1(lim)1(limlim 1 1 ． 当 ba  时， )(1 1 )(1 )()(1[ 11 1 211        nn n nnnnnnn n baba a b a b aa b a b a bababbaau  此时， nn nn n n ba ba u u     11 1 ． 若 0 ba ， a a b a bba ba ba u u n n nnn nn nn n n          )(1 )( limlimlim 11 1 ． 若 0 ab ， b b a bb aa u u n n nn n n      1)( )( limlim 1 ． （19）解：（Ⅰ）过 1A 作 HA1 平面 ABC ，垂足为 H ． 连结 AH ，并延长交 BC 于G ，于是 AHA1 为 AA1 与底面 ABC 所成的角． ∵ ACAABA 11  ，∴ AG 为 BAC 的平分线． 又∵ ACAB  ，∴ BCAG  ，且G 为 BC 的中点． 因此，由三垂线定理 BCAA 1 ． P C 1 B 1 A 1 A B C F E G H O ∵ BBAA 11 // ，且 BBEG 1// ，∴ BCEG  ． 于是 AGE 为二面角 EBCA  的平面角， 即 120AGE ． 由于四边形 AGEA1 为平行四边形，得 601  AGA ． （Ⅱ）证明：设 EG 与 CB1 的交点为 P ，则点 P 为 EG 的中点．连结 PF ． 在平行四边形 1AGEA 中，因 F 为 AA1 的中点，故 FPEA //1 ． 而 FP 平面 FCB1 ， EA1 平面 FCB1 ，所以 //1EA 平面 FCB1 ． （ Ⅲ ） 连 结 CA1 ． 在 ACA1 和 ABA1 中 ， 由 于 ABAC  ， ACAABA 11  ， AAAA 11  ，则 ACA1 ≌ ABA1 ，故 BACA 11  ．由已知得 aCABAAA  111 ． 又∵ HA1 平面 ABC ，∴ H 为 ABC 的外心． 设所求球的球心为O ，则 HAO 1 ，且球心O 与 AA1 中点的连线 AAOF 1 ． 在 FOARt 1 中， 3 3 30cos 2 1 cos 1 1 1 aa HAA FAOA   ．故所求球的半径 aR 3 3 ，球的 体积 33 27 34 3 4 aRV   ． （20）解：如图所示，建立平面直角坐标系，则 )0,200(A ， )220,0(B ， )300,0(C ． 直线l 的方程为 tan)200(  xy ，即 2 200 xy ． 设点 P 的坐标为 ),( yx ，则 )2 200,( xxP （ 200x ） 由经过两点的直线的斜率公式 x x x x k PC 2 8003002 200    ， x x x x k PB 2 6402202 200    ． 由直线 PC 到直线 PB 的角的公式得 640160288 64 2 640 2 8001 2 160 1tan 2    xx x x x x x x kk kkBPC PCPB PCPB 288640160 64   xx （ 200x ） 要使 BPCtan 达到最大，只须 288640160  xx 达到最小． 由均值不等式 2886401602288640160  xx ．当且仅当 xx 640160 时上式 取等号．故当 320x 时 BPCtan 最大．这时，点 P 的纵坐标 y 为 602 200320 y ． 由此实际问题知， 20  BPC ，所以 BPCtan 最大时， BPC 最大．故当此人距水平 地面 60 米高时，观看铁塔的视角 BPC 最大． （21）解：（Ⅰ）由抛物线C 的方程 2axy  （ 0a ）得，焦点坐标为 )4 1,0( a ，准线方程 为 ay 4 1 ． （ Ⅱ ） 证 明 ： 设 直 线 PA 的 方 程 为 )( 010 xxkyy  ， 直 线 PB 的 方 程 为 )( 020 xxkyy  ． 点 ),( 00 yxP 和点 ),( 11 yxA 的坐标是方程组 0 1 0 2 ( )y y k x x y ax      ① 　　　　　　② 的解． 将②式代入①式得 00011 2  yxkxkax ， 于是 a kxx 1 01  ，故 0 1 1 xa kx  ③ 又点 ),( 00 yxP 和点 ),( 22 yxB 的坐标是方程组 0 1 0 2 ( )y y k x x y ax      ④ 　　　　　　⑤ 的解．将⑤式代入④式得 00022 2  yxkxkax ．于是 a kxx 2 02  ，故 0 2 2 xa kx  ． 由已知得， 12 kk  ，则 012 xkax   ． ⑥ 设点 M 的坐标为 ),( MM yx ，由 MABM  ，则     1 12 xxxM ． 将③式和⑥式代入上式得 0 00 1 xxxxM     ， 即 00  xxM ．所以线段 PM 的中点在 y 轴上． （Ⅲ）因为点 )1,1( P 在抛物线 2axy  上，所以 1a ，抛物线方程为 2xy  ． 由③式知 111  kx ，代入 2xy  得 2 11 )1(  ky ． 将 1 代入⑥式得 112  kx ，代入 2xy  得 2 22 )1(  ky ． 因此，直线 PA 、 PB 分别与抛物线C 的交点 A 、 B 的坐标为 )12,1( 1 2 11  kkkA ， )12,1( 1 2 11  kkkB ． 于是 )2,2( 1 2 11 kkkAP  ， )4,2( 11 kkAB  ， )12)(2(2)2(4)2(2 1111 2 1111  kkkkkkkkABAP ． 因 PAB 为钝角且 P 、 A 、 B 三点互不相同，故必有 0 ABAP ． 求得 1k 的取值范围是 21 k 或 02 1 1  k ． 又点 A 的纵坐标 1y 满足 2 11 )1(  ky ，故 当 21 k 时， 11 y ；当 02 1 1  k 时， 4 11 1  y ． 即 )4 1,1()1,(1  y （22）解：（Ⅰ）证明：由函数 )(xf 的定义，对任意整数 k ，有 ( 2 ) ( ) ( 2 )sin( 2 ) sinf x k f x x k x k x x        ( 2 )sin sin 2 sinx k x x x k x     ． （Ⅱ）证明：函数 )(xf 在定义域 R 上可导， xxxxf cossin)(  ① 令 0)(  xf ，得 0cossin  xxx ． 显然，对于满足上述方程的 x 有 0cos x ， 上述方程化简为 xx tan ．此方程一定有解． )(xf 的极值点 0x 一定满足 00tan xx  ． 由 x x xx xx 2 2 22 2 2 tan1 tan cossin sinsin  ，得 0 2 0 2 0 2 tan1 tansin x xx   ． 因此， 2 0 4 0 0 22 0 2 0 1 sin)]([ x xxxxf   ． （Ⅲ）证明：设 00 x 是 0)(  xf 的任意正实数根，即 00 tan xx  ， 则存在一个非负整数 k ，使 ),2(0  kkx  ，即 0x 在第二或第四象限内． 由①式， )(tancos)( xxxxf  在第二或第四象限中的符号可列表如下： x ),2( 0xk  0x ),( 0  kx  )(xf  的符号 k 为奇数 － 0 ＋ k 为偶数 ＋ 0 － 所以满足 0)(  xf 的正根 0x 都为 )(xf 的极值点． 由题设条件， 1a ， 2a ，…， na ，…为方程 xx tan 的全部正实数根且满足   naaa 21 ， 那么对于 ,2,1n ， )tan()tantan1()tan(tan 1111 nnnnnnnn aaaaaaaa   ． ② 由于  )1()1(2  nan n ，  nan n  12 ， 则 2 3 2 1    nn aa ， 由于 0tantan 1  nn aa ，由②式知 0)tan( 1  nn aa ． 由此可知 nn aa 1 必在第二象限， 即  nn aa 1 ． 综上，    nn aa 12 ．