高考卷 05高考理科数学（山东卷）试题及答案 13页

2005 年高考理科数学 山东卷 试题及答案 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 参考公式： 如果事件 A、B 互斥，那么 )()()( BPAPBAP  如果事件 A、B 相互独立，那么 )( BAP  = )()( BPAP  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， 只有一项是最符合题目要求的 （1） 2 2 1 1 (1 ) (1 ) i i i i     （A）i (B) i (C) 1 (D) 1 （2）函数 1 ( 0)xy xx   的反函数的图象大致是 1 o y x -1 o y x 1 o y x -1 o y x （A） (B) (C) (D) （3）已知函数 sin( )cos( ),12 12y x x    则下列判断正确的是 （A）此函数的最小正周期为 2 ，其图象的一个对称中心是 ( ,0)12  (B) 此函数的最小正周期为 ，其图象的一个对称中心是 ( ,0)12  (C) 此函数的最小正周期为 2 ，其图象的一个对称中心是 ( ,0)6  (D) 此函数的最小正周期为 ，其图象的一个对称中心是 ( ,0)6  （4）下列函数中既是奇函数，又是区间 1,1 上单调递减的是 （A） ( ) sinf x x (B) ( ) 1f x x   (C) 1( ) ( )2 x xf x a a   (D) 2( ) 2 xf x ln x   （5）如果 2 1(3 ) 3 nx x  的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中 3 1 x 的系数是 （A） 7 (B) 7 (C) 21 (D) 21 （6）函数 2 1 1 0,sin( ),( ) 0.,x xxf x xe        若 (1) ( ) 2,f f a  则 a 的所有可能值为 （A） 1 (B) 2 2  (C) 1 , 2 2  (D) 1 , 2 2 （7）已知向量 ,a b  ，且 2 , 5 6 , 7 2 ,AB a b BC a b CD a b             则一定共线的 （A） Ａ、B、D (B) A、B、C (C) B、C、D (D)A、C、D （8）设地球半径为 R，若甲地位于北纬 045 东经 0120 ，乙地位于南纬度 075 东经 0120 ，则 甲、乙两地球面距离为 （A） 3R (B) 6 R (C) 5 6 R (D) 2 3 R （9）10 张奖券中只有 3 张有奖，5 个人购买，每人 1 张，至少有 1 人中奖的概率是 （A） 3 10 (B) 1 12 (C) 1 2 (D) 11 12 （10）设集合 A、B 是全集 U 的两个子集，则 A BØ 是 )A B UU（C （A） 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件 (C) 充要条件 (D)既不充分也不必要条件 （11） 0 1,a  下列不等式一定成立的是 （A） (1 ) (1 )log (1 ) log (1 ) 2a aa a     (B) (1 ) (1 )log (1 ) log (1 )a aa a    (C) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )log (1 ) log (1 ) log (1 ) log (1 )a a a aa a a a          (D) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )log (1 ) log (1 ) log (1 ) log (1 )a a a aa a a a          （12）设直线 : 2 2 0l x y   关于原点对称的直线为l ，若l 与椭圆 2 2 14 yx   的交点为 A、B，点 P 为椭圆上的动点，则使 PAB 的面积为 1 2 的点 P 的个数为 （A） 1 (B) 2 (C) 3 (D)4 第Ⅱ卷（共 100 分） 二、填空题：本大题共 4 小题， 每小题 4 分，共 16 分，把答案填在题中横线上 (13) 2 2 2 2lim ( 1) n n n n C C n     __________ (14)设双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的右焦点为 F,右准线l 与两条渐近线交于 P、Q 两点， 如果 PQF 是直角三角形，则双曲线的离心率 _______e  (15)设 ,x y 满足约束条件 5, 3 2 12, 0 3, 0 4. x y x y x y           则使得目标函数 6 5z x y  的值最大的点 ( , )x y 是_______ (16)已知 m、n 是不同的直线， ,  是不重合的平面，给出下列命题： ①若 // , , ,m n     则 //m n ②若 , , // , // ,m n m n   则 //  ③若 , , //m n m n   ,则 //  ④m、n 是两条异面直线，若 // , // , // , // ,m m n n    则 //  上面命题中，真命题的序号是____________(写出所有真命的序号） 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） 已知向量 (cos ,sin )m   和 ( 2 sin ,cos ), ( ,2 )n        ，且 8 2 5m n   ， 求 cos( )2 8   的值 (18) （本小题满分 12 分） 袋中装有罴球和白球共 7 个,从中任取 2 个球都是白球的概率为 1 7 .现有甲、乙两人从袋中轮 流摸取 1 个球，甲先取，乙后取，然后甲再取取后不放回，直到两人中有一人取到白 球时即终止 每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用 表示取球终止时所需的取球次 数． （Ⅰ）求袋中原有白球的个数； （Ⅱ）求随机变量 的概率分布； （Ⅲ）求甲取到白球的概率 (19) （本小题满分 12 分） 已知 1x  是函数 3 2( ) 3( 1) 1f x mx m x nx     的一个极值点,其中 , ,m n R 0m  . （Ⅰ）求 m 与 n 的关系表达式; （Ⅱ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅲ）当 [ 1,1]x  时,函数 ( )y f x 的图象上任意一点的切线斜率恒大于 3m,求 m 的取 值范围 (20) （本小题满分 12 分） 如图，已知长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， 12, 1AB AA  ， 直线 BD 与平面 1 1AA B B 所成的角为 030 ， AE 垂直 BD 于 ,E F 为 1 1A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线 AE 与 BF 所成的角； （Ⅱ）求平面 BDF 与平面 1AA B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点 A 到平面 BDF 的距离 (21) （ 本 小 题 满 分 12 分 ） 已 知 数 列  na 的 首 项 1 5,a  前 n 项 和 为 nS ， 且 * 1 2 5( )n nS S n n N     （I）证明数列 1na  是等比数列； （II）令 2 1 2( ) n nf x a x a x a x    ，求函数 ( )f x 在点 1x  处的导数 (1)f  并比较 2 (1)f  与 223 13n n 的大小 (22) （本小题满分 14 分）已知动圆过定点 ,02 p     ，且与直线 2 px   相切，其中 0p  . （I）求动圆圆心C 的轨迹的方程； （II）设 A、B 是轨迹C 上异于原点 O 的两个不同点，直线OA 和OB 的倾斜角分别为 和  ，当 ,  变化且  为定值 (0 )    时，证明直线 AB 恒过定点，并求出该定点 的坐标 2005 年高考理科数学 山东卷 试题及答案 A 1 B 1 C 1 D 1 F E D C B A 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B B D C C A D D A A B （13） 3 2 （14） 2 （15） 2,3 ） （16）③④ (17)（本小题满分 12 分）考查知识点：（三角和向量相结合） 解法一： (cos sin 2,cos sin ),m n          2 2(cos sin 2) (cos sin )m n           4 2 2(cos sin )    4 4cos( )4    2 1 cos( )4    由已知 8 2 5m n   ，得 7cos( )4 25    又 2cos( ) 2cos ( ) 14 2 8        所以 2 16cos ( )2 8 25    ∵ 5 92 , 8 2 8 8            ∴ 4cos( )2 8 5     解法二： 2 2 22m n m m n n          2 2| | | | 2m n m n      2 2 2 2 2 2( cos sin ) ( ( 2 sin ) cos ) 2[cos ( 2 sin ) sin cos ]               4 2 2(cos sin )    4(1 cos( ))4    28cos ( )2 8    由已知 8 2 5m n   ，得 4| cos( ) |2 8 5    ∵ 5 92 , 8 2 8 8            ，∴ cos( ) 02 8    ∴ 4cos( )2 8 5     (18) （本小题满分 12 分）（考查知识点：概率及分布列） 解：（１）设袋中原有 n 个白球，由题意知： 2 2 7 1 ( 1) ( 1) .7 67 7 6 2 nC n n n n C      所以 ( 1) 6n n   ，解得 3(n  舍去 2)n   ，即袋中原有３个白球 （Ⅱ）由题意， 的可能妈值为１,2,3,4,5. 3( 1) 7p    : 4 3 2( 2) 7 6 7p     : 4 3 3 6( 3) 7 6 5 35p       4 3 2 3 3( 4) 7 6 5 4 35p         : 4 3 2 1 3 1( 5) 7 6 5 4 3 35p           所以,取球次数 的分布列为：  1 2 3 4 5 p 3 7 2 7 6 35 3 35 1 35 （Ⅲ）因为甲先取,所以甲只有可能在第 1 次、第 3 次和第 5 次取球，记“甲取到白球” 的事件为 A，则 ( )p A P （“ 1  ”，或“ 3  ”，或“ 5  ”）. 因为事件“ 1  ”、“ 3  ”、“ 5  ”两两互斥，所以 3 6 1 22( ) ( 1) ( 3) ( 5) 7 35 35 35P A P P P            (19) （本小题满分 12 分）（考查知识点：函数结合导数） （Ⅰ）解： 2( ) 3 6( 1)f x mx m x n     . 因为 1x  是 ( )f x 的一个极值点,所以 (1) 0f   ,即3 6( 1) 0m m n    . 所以 3 6n m  （Ⅱ）解:由（Ⅰ）知 2 2( ) 3 6( 1) 3 6 3 ( 1) (1 )f x mx m x m m x x m              当 0m  时,有 21 1 m   ,当 x 变化时 ( )f x 与 ( )f x 的变化如下表: x 2( ,1 )m   21 m  2(1 ,1)m  1 (1, ) ( )f x <0 0 >0 0 <0 ( )f x 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 由上表知,当 0m  时, ( )f x 在 2( ,1 )m   单调递减,在 2(1 ,1)m  单调递增, 在 (1, ) 单调递减 （Ⅲ）解法一:由已知,得 ( ) 3f x m  ,即 2 2( 1) 2 0mx m x    .  0m  .  2 2 2( 1) 0x m xm m     . 即  2 1 22(1 ) 0, 1,1x x xm m       . （*） 设 2 1 2( ) 2(1 )g x x xm m     ,其函数图象的开口向上. 由题意(*)式恒成立,  2 2( 1) 0 1 2 0 (1) 0 1 0 g m mg            4 3 4 ,31 0 mm          又 0m  .  4 03 m   即 m 的取值范围是 4 03 m   解法二：由已知,得 ( ) 3f x m  ，即 23 ( 1) (1 ) 3m x x mm        ， 0m  . 2( 1) 1(1 ) 1x x m         . (*) 01 1x  时. (*)式化为 0 1 怛成立. 0m  . 02 1x  时  1,1 , 2 1 0x x      . (*)式化为 2 1( 1) 1xm x     ． 令 1t x  ,则  2,0t   ,记 1( )g t t t   , 则 ( )g t 在区间 2,0 是单调增函数 min 1 3( ) ( 2) 2 2 2g t g        ． 由(*)式恒成立,必有 2 3 4 ,2 3 mm      又 0m  ． 3 04 m   ． 综上 01 、 02 知 4 03 m   (20) （本小题满分 12 分）(考查知识点：立体几何) 解法一：（向量法） 在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，以 AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， 1AA 所 在直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图． 由已知 12, 1AB AA  ，可得 (0,0,0), (2,0,0), (1,0,1)A B F ． 又 AD  平面 1 1AA B B ，从面 BD 与平面 1 1AA B B 所成 的角即为 030DBA  又 2 32, , 1, 3AB AE BD AE AD    从而易得 1 3 2 3( , ,0), (0, ,0)2 2 3E D （Ⅰ） 1 3( , ,0), ( 1,0,1)2 2AE BF     cos , AE BFAE BF AE BF         1 22 42     即异面直线 AE 、 BF 所成的角为 2arccos 4 （Ⅱ）易知平面 1AA B 的一个法向量 (0,1,0)m  设 ( , , )n x y z 是平面 BDF 的一个法向量． 2 3( 2, ,0)3BD   由 n BF n BD      0 0 n BF n BD       0 2 32 03 x x x y       3 x z x y    取 (1, 3,1)n  A 1 B 1 C 1 D 1 F E D C B A x z y ∴ 3 15cos , 51 5 m nm n m n           即平面 BDF 与平面 1AA B 所成二面角（锐角）大小为 15arccos 5  （Ⅲ）点 A 到平面 BDF 的距离，即 AB  在平面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值 所以距离 | | cos ,d AB AB n     | | | | | | AB nAB AB n      | | 2 2 5 | | 55 AB n n      所以点 A 到平面 BDF 的距离为 2 5 5 解法二：(几何法) （Ⅰ）连结 1 1B D ，过 F 作 1 1B D 的垂线，垂足为 K， ∵ 1BB 与两底面 ABCD， 1 1 1 1A B C D 都垂直， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 FB BB FK B D FB B B D BB B         1平面BDD 又 1 1 1 AE BB AE BD AE B BB BD B         1平面BDD 因此 //FK AE ∴ BFK 为异面直线 BF 与 AE 所成的角 连结 BK，由 FK⊥面 1 1BDD B 得 FK BK ， 从而 BKF 为 Rt 在 1Rt B KF 和 1 1 1Rt B D A 中， 由 1 1 1 1 1 A DFK B F B D  得 1 1 1 2 21 1 21 3 1 132 222 ( 3)3 AD ABA D B FFK B D BD        又 2BF  ， ∴ 2cos 4 FKBFK BK    A 1 B 1 C 1 D 1 F K E D C B A ∴异面直线 BF 与 AE 所成的角为 2arccos 4 （Ⅱ）由于 AD  面 tAA B 由 A 作 BF 的垂线 AG ，垂足 为G ，连结 DG ，由三垂线定理知 BG DG ∴ AGD 即为平面 BDF 与平面 1AA B 所成二面角的平 面角 且 90DAG   ，在平面 1AA B 中，延长 BF 与 1AA ；交 于点 S ∵ F 为 1 1A B 的中点 1 1 1 1// , ,2 2A F AB A F AB ， ∴ 1A 、 F 分别为 SA 、 SB 的中点 即 12 2SA A A AB   ， ∴ Rt BAS 为等腰直角三角形，垂足G 点实为斜边 SB 的中点 F，即 F、G 重合 易得 1 22AG AF SB   ，在 Rt BAS 中， 2 33AD  ∴ 2 3 63tan 32 ADAGD AG     ， ∴ 6arctan 3AGD  ， 即平面 BDF 于平面 1AA B 所成二面角（锐角）的大小为 6arctan 3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面 AFD 是平面 BDF 与平面 1AA B 所成二面角的平面角所在的平面 ∴面 AFD BDF 面 在 Rt ADF 中，由Ａ作 AH⊥DF 于 H，则 AH 即为点 A 到平面 BDF 的距离 由 AH  DF=AD  AF，得 2 2 2 3 2 23 552( 3) ( 2)3 AD AFAH DF       S A 1 B 1 C 1 D 1 G F E D C B A S A 1 B 1 C 1 D 1 H F E D C B A 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 2 55 (21) （本小题满分 12 分）（考查知识点:数列） 解：由已知 * 1 2 5( )n nS S n n N     ， 可得 12, 2 4n nn S S n    两式相减得  1 12 1n n n nS S S S     即 1 2 1n na a   从而  1 1 2 1n na a    当 1n  时 2 12 1 5S S   所以 2 1 12 6a a a   又 1 5a  所以 2 11a  从而  2 11 2 1a a   故总有 1 1 2( 1)n na a    ， *n N 又 1 15, 1 0a a   从而 1 1 21 n n a a    即数列 1na  是等比数列； （II）由（I）知 3 2 1n na    因为 2 1 2( ) n nf x a x a x a x    所以 1 1 2( ) 2 n nf x a a x na x      从而 1 2(1) 2 nf a a na     =   23 2 1 2 3 2 1 (3 2 1)nn         =  23 2 2 2 2 nn     - 1 2 n   =   1 ( 1)3 1 2 62 n n nn      由上    22 (1) 23 13 12 1 2 nf n n n      -  212 2 1n n  =    12 1 2 12 1 (2 1)nn n n     =12 ( 1) 2 (2 1)nn n     ① 当 1n  时，①式=0 所以 22 (1) 23 13f n n   ； 当 2n  时，①式=-12 0 所以 22 (1) 23 13f n n   当 3n  时， 1 0n   又   0 1 12 1 1 nn n n n n n nC C C C        2 2 2 1n n   所以   1 2 2 1 0nn n      即① 0 从而 2 (1)f   223 13n n (22) （本小题满分 14 分）（考查知识点:圆锥曲线） 解：（I）如图，设 M 为动圆圆心， ,02 p     为记为 F ，过点 M 作 直 线 2 px   的 垂 线 ， 垂 足 为 N ， 由 题 意 知 ： MF MN 即动点 M 到定点 F 与定直线 2 px   的距离 相等，由抛物线的定义知，点 M 的轨迹为抛物线，其中 ,02 pF      为 焦 点， 2 px   为 准 线， 所 以 轨迹 方 程 为 2 2 ( 0)y px P  ； （II）如图，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由题意得 1 2x x （否 则     ）且 1 2, 0x x  所以直线 AB 的斜率存在，设其方程为 y kx b  ，显然 2 2 1 2 1 2,2 2 y yx xp p   ，将 y kx b  与 2 2 ( 0)y px P  联立消去 x ，得 2 2 2 0ky py pb   由韦达定理知 1 2 1 2 2 2,p pby y y yk k     ① （1）当 2   时，即 2    时， tan tan 1   所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1, 0y y x x y yx x     ， 2 2 1 2 1 22 04 y y y yp   所以 2 1 2 4y y p 由①知： 22 4pb pk  所以 2 .b pk 因此直线 AB 的方程可表示为 2y kx Pk  ， 即 ( 2 ) 0k x P y   所以直线 AB 恒过定点  2 ,0p （2）当 2   时，由    ，得 tan tan( )    = tan tan 1 tan tan       = 1 2 2 1 2 2 ( ) 4 p y y y y p   将①式代入上式整理化简可得： 2tan 2 p b pk    ，所以 2 2tan pb pk  ， 此时，直线 AB 的方程可表示为 y kx  2 2tan p pk  即 2( 2 ) 0tan pk x p y         N F( p 2 ,0) M A B x=- p 2 o y x 所以直线 AB 恒过定点 22 , tan pp      所以由（1）（2）知，当 2   时，直线 AB 恒过定点 2 ,0p ，当 2   时直线 AB 恒过 定点 22 , tan pp     