2005年高考.浙江卷.文科数学试题精析详解

2005年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数学试题（文科）

第Ⅰ卷 (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选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．函数ysin2x6的最小正周期是( )

(A)

2 (B)  (C) 2 (D) 4 解：T=

22=π,选(B) 2．设全集U1,2,3,4,5,6,7,P1,2,3,4,5,Q3,4,5,6,7，则PICUQ＝( (A) 1,2 (B) 3,4,5 (C) 1,2,6,7 (D)1,2,3,4,5 解：CUQ={1,2,},故PICUQ={1,2},选(A) 3．点1,1到直线xy10的距离是( ) (A)

12 (B)32 (C)22 (D)322

解：点1,1到直线xy10的距离d=|1(1)1|3212(1)22,选(D) 4．设fxx1x，则ff1＝( )

2(A) 12 (B)0 (C)12 (D) 1

解：f(11112)=|21||2|=0, ff2=f(0)=1,选(D)

5．在1x51x6的展开式中，含x3的项的系数是( ) (A)5 (B) 5 (C) 10 (D) 10

) 1

解：1x中x3的系数为-10,1x中x3的系数为20,∴1x1x的展开式中x3的系数为10,选(D)

6．从存放号码分别为1，2，…，10的卡片的盒子中，在放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：

卡片号码 取到的次数 1 13 2 8 3 5 4 7 5 6 6 13 7 18 8 10 9 11 10 9 5656则取到号码为奇数的频率是( ) (A)0.53 (B) 0.5 (C) 0.47 (D) 0.37 解：取到号码为奇数的频率是

1356181153=0.53,选(A) 1001007．设、为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l,m，有如下的两个命题：

①若∥，则l∥m；②若l⊥m，则⊥．

那么

(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题

解：命题②有反例,如

图中平面α∩平面β=直线n,l,m 且l∥n,m⊥n,则m⊥l,显然平面α不垂直平面β 故②是假命题；命题①显然也是假命题, 因此本题选(D)

rrrr8．已知向量ax5,3,b2,x，且ab，则由x的值构成的集合是( )

(A)2,3 (B)1,6 (C) 2 (D) 6

rrrr解：由ab得ab=0,即(x-5)·2+3×x=0解得x=2,选(C)

9．函数yax21的图象与直线

yx相切，则a( )

2

111(A) (B) (C) (D)1

428解：由题意,得ax2x10有两个等实根,得a=

1,选(B) 410．设集合Ax,y|x,y,1xy是三角形的三边长，则A所表示的平面区域(不含边界的阴影部分)是( )

x01y00x21xy01解：由题意可知得0y由此可知A所表示的平面

2xy.1xy1xyxy12xy11xyyx区域(不含边界的阴影部分)是(A )

第Ⅱ卷 (非选择题 共100分)

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。把答案填在答题卡

的相应位置。

11．函数yxxR,且x2的反函数是_________． x2解：由y＝

2yx(x∈R，且x≠－2),得x=(y∈R,y≠1),所以函数y＝

1yx2x2x(x∈R，且x≠－2)的反函数是f-1=(x∈R,x≠1). x21x，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_________．

解：如左图,在平面AED内作

3

MQ∥AE交ED于Q,则MQ⊥ED,且Q为ED的中点,连结QN,则NQ⊥ED且QN∥EB,QN=EB,∠MQN为二面角A－DE－B的平面角,

∴∠MQN=45°∵AB⊥平面BCDE,又∠AEB=∠

111MQN=45°,MQ=AE=2EB,在平面MQN内作MP⊥BQ,得QP=MP=EB,

2221故PB=QP=EB,故QMN是以∠QMN为直角的等腰三角形,即MN⊥QM,也即

2MN子AE所成角大小等于90°

x2y213．过双曲线221a0,b0的左焦点且垂直于x轴的直线与双曲线相交

ab于M、N两点，以MN为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，则双曲线的离心率等于

_________．

b2解：由题意可得ac,即c2-a2=a2+ac,化成关于e的方程e2-e-2=0,解得

ae=2

12．从集合P,Q,R,S与0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_________．(用数字作答)

解：分三种情况：情况1.不含Q、0的排列：C32C92P44；情况2.0、Q中

11C92P44；情况3.只含元素0的排列：C32C9P44.只含一个元素Q的排列：C3综上符合题意的排法种数为

11C32C92P44+C3C92P44+C32C9P44=5832

三、解答题：本大题共6小题，每小题14分，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15．已知函数fx2sinxcosxcos2x．

4

 (Ⅰ) 求f的值；

42 (Ⅱ) 设0,f，求sin的值．

22解：(Ⅰ)∵f(x)=sin2x+cos2x,∴f()sincos1

444(Ⅱ)f()cossin.

2131232sin()cos()m,sinsin()

42424422222m626,∵α∈(0,π),∴sinα>0,故sinα= 44 16．已知实数a,b,c成等差数列，a1,b1,c4成等比数列，且abc15，求a,b,c．

abc15 1解： ac2b 2

2a1c4b1 3由(1)(2)两式,解得b=5,将c=10-a代入(3),整理得a2-13a+22=0,解得a=2或a=11. 故a=2,b=5,c=11或a=11,b=5,c=-1.经验算,上述两组数符合题意.

17．袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是

1，3从B中摸出一个红球的概率为p．

(Ⅰ) 从A中有放回地摸球，每次摸出一个，共摸5次．(i)恰好有3次摸到红球的概率；(ii)第一次、第三次、第五次摸到红球的概率．

(Ⅱ) 若A、B两个袋子中的球数之比为12，将A、B中的球装在一起后，从中摸出一个

2，求p的值． 51322403解：(Ⅰ)(i)C3()()

33243131(ii)()

327(iii)设袋子A中有m个球,则袋子B中有2m个球, 1m2mp132由3,得p=.

303m5红球的概率是

5

18．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝中点，OP⊥底面ABC．

(Ⅰ)求证：OD∥平面PAB；

(Ⅱ) 求直线OD与平面PBC所成角的大小．

1PA，点O、D分别是AC、PC的2PDAOBC

解：解法一

(Ⅰ)∵O、D分别为AC、PC的中点：∴OD∥PA,又AC平面PAB,∴OD∥平面PAB.

(Ⅱ)∵AB⊥BC,OA=OC,∴OA=OC=OB,又∵OP⊥平面ABC,∴PA=PB=PC.

取BC中点E,连结PE,则BC⊥平面POE,作OF⊥PE于F,连结DF,则OF⊥平面PBC

∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角.

又OD∥PA,∴PA与平面PBC所成角的大小等于∠ODF. 在Rt△ODF中,sin∠ODF=

OF210210,∴PA与平面PBC所成角为arcsin OD3030解法二：

∵OP⊥平面ABC,OA=OC,AB=BC,∴OA⊥OB,OA⊥OP,OB⊥OP.

以O为原点,射线OP为非负x轴,建立空间坐标系O-xyz如图),设AB=a,则A(

2a,0,0). 222a,0),C(-a,0,0).设OP=h,则P(0,0,h).

22B(0,

6

(

Ⅰ

)

∵

D

为

PC

的

中

点

,∴

uuur21OD(a,0,h),22又

uuuruuururuuuruuur21uuPA(a,0,h),ODPA,OD∥PA,

22∴OD∥平面PAB.

uuur7271a,∴PA(a,0,a),可求得平面PBC的法向量(Ⅱ)∵k=,则PA=2a,∴h=2222r1n(1,1,),

7uuurruuurrPAn210urr∴cos(PA,n)uu. 30|PA||n|uuurr210设PA与平面PBC所成角为θ,刚sinθ=|cos(PA,n)|=.

30∴PA与平面PBC所成的角为arcsin

210. 3019．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F1，F2在x轴上，长轴A1A2的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1． (Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)若点P为l上的动点，求∠F1PF2最大值．

7

x2y2解：(Ⅰ)设椭圆的方程为221(a>0,b>0),半焦距为c,则

aba2|MA1|=a,|A1F1|=a-c

ca2cc2(ac)由题意,得2a4∴a=2,b=3,c=1. a2b2c2x2y21 故椭圆的方程为43(Ⅱ)设P(-4,y0),y0≠0,

∴只需求tan∠F1PF2的最大值即可.

yy设直线PF1的斜率k1=0,直线PF2的斜率k2=0,

33∵0<∠F1PF2<∠PF1M<,∴∠F1PF2为锐角.

2∴tan∠F1PF2=|2|y0|2|y0|k2k115 |21k1k215y0215|yq|15当且仅当15|y0|,即|y0|=15时,tan∠F1PF2取到最大值此时∠F1PF2最大,∴ ∠F1PF2的最大值为arctan15. 15 20．已知函数fx和gx的图象关于原点对称，且fxx22x． (Ⅰ)求函数gx的解析式； (Ⅱ)解不等式gxfxx1；

(Ⅲ)若hxgxfx1在1,1上是增函数，求实数的取值范围．

解：(Ⅰ)设函数y=f(x)的图象上任一点Q(xqλ,yq关于原点的对称点(x,y),

8

xqx0xqx,2则即∵点Qxq,yq)在函数f(x)的图象上, yqy0,yqy.2∴-y=-x2+2x.,故g(x)=-x2+2x

(Ⅱ)由g(x)≥f(x)－|x－1|可得2x2-|x-1|≤0,当x≥1时,2x2-x+1≤0,此时不等式无解,

当x<1时,2x2+x-1≤0,∴-1≤x≤112,因此,原不等式的解集为[-1,2]

(Ⅲ)h(x)=-(1+λ)x2+2(1-λ)x+1

① 当λ=-1时,h(x)=4x+1在[-1,1]上是增函数,∴λ=-1 ② 当λ≠-1时,对称轴的方程为x=

11. (i) 当λ<-1时,

11≤-1,解得λ<-1. (ii)

当λ>-1时, 11≥-1,解得-1<λ≤0.

综上,λ≤0

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