2005年山东高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_山东

2005 年山东高考理科数学真题及答案
第I卷（共60分）
参考公式：如果事件A、B互斥，那么P(AB) P(A)P(B)
如果事件A、B相互独立，那么P(AB) P(A)P(B)
一．选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，选择一
个符合题目要求的选项.
1i 1i
（1）   （ ）
1i2 1i2
（A）i （B）i （C）1 （D）1
1x
（2）函数y  x0的反函数图像大致是 （ ）
x y
y y y
（A） （B） （C） （D）
1 1 1 1
o x o x o x o x
   
（3）已知函数y sin  x  cos  x ，则下列判断正确的是（ ）
 12  12
 
（A）此函数的最小周期为2，其图像的一个对称中心是 ,0

12 
 
（B）此函数的最小周期为，其图像的一个对称中心是 ,0

12 
 
（C）此函数的最小周期为2，其图像的一个对称中心是 ,0

 6 
 
（D）此函数的最小周期为，其图像的一个对称中心是 ,0

 6 
（4）下列函数既是奇函数，又在区间1,1上单调递减的是（ ）
1
（ A ） f(x)sinx（ B ） f(x) x1（ C ） f(x)  ax ax （ D ）
2
2x
f(x)ln
2x
第1页 | 共9页n
 1  1
（5）如果3x  的展开式中各项系数之和为128，则展开式中 的系数是（ ）
 3 x2  x3
（A）7 （B）7 （C）21 （D）21
sin(x2),1 x0,
（6）函数 f(x) ，若 f(10 f(a)2,则a的所有可能值为（ ）
ex1,x0.
2 2 2
（A）1 （B） （C）1, （D）1,
2 2 2
          
（7）已知向量a,b，且ABa2b,BC 5a6b，CD7a2b，则一定共线的三点
是（ ）
（ A）A、B、D （B）A、B、C （C）B、C、D （D）A、C、D
（8）设地球的半径为R，若甲地位于北纬45东经120，乙地位于南纬75东经120，
则甲、乙两地的球面距离为（ ）
 5 2
（A） 3R （B） R （C） R （D） R
6 6 3
（9）10张奖券中只有3张有奖，5个人购买，至少有1人中奖的概率是（ ）
3 1 1 11
（A） （B） （C） （D）
10 12 2 12
（10）设集合A、B是全集U 的两个子集，则A B是C ABU 的（ ）
U
（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件（C）冲要条件（D）既不充分也不必要条件
（11）0a1，下列不等式一定成立的是（ ）
（A） log (1a)  log (1a) 2（B） log (1a)  log (1a)
(1a) (1a) (1a) (1a)
（C） log (1a)log (1a)  log (1a)  log (1a)
(1a) (1a) (1a) (1a)
（D） log (1a)log (1a)  log (1a)  log (1a)
(1a) (1a) (1a) (1a)
y2
（12）设直线l:2x y20关于原点对称的直线为l，若l与椭圆x2  1的交点为
4
1
A、B、，点P为椭圆上的动点，则使PAB的面积为 的点P的个数为（ ）
2
（A）1 （B）2 （C）3 （D）4
第II卷（共90分）
二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.答案须填在题中横线上.
C2 2Cn2
（13）lim n n  __________.
n (n1)2
x2 y2
(14)设双曲线  1(a 0,b0)的右焦点为F ，右准线l与两条渐近线交于P、Q两
a2 b2
第2页 | 共9页点，如果PQF 是直角三角形，则双曲线的离心率e ___________.
x y5,

3x2y12,
(15)设x、 y满足约束条件 则使得目标函数z 6x5y的最大的点(x,y)
0 x3,

 0 y4.
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//,则//③若m,n,m//n，则//④m,n是两条异面直线，
若m//,m//,n//,n//，则//
上面的命题中，真命题的序号是______（写出所有真命题的序号）
三．解答题：本大题共6小题，共74分.解答写出文字说明，证明过程或演算步骤.
（17）（本小题满分12分）
      8 2
已知向量 m(cos,sin)和 n 2sin,cos ,,2，且 mn  ,求
5
 
cos   的值.
2 8 
(18)(本小题满分12分)
1
袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为 ,现有甲、乙两人从袋中轮
7
流摸取1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
既终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止所需要的取球次数.
（I）求袋中所有的白球的个数；
（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x1是函数 f(x)mx33(m1)x2 nx1的一个极值点，其中m,nR,m0，
（I）求m与n的关系式；
（II）求 f(x)的单调区间；
（III）当x1,1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
A
第3页 | 共9页 1 D
1
F
A
B D
1 C
1
E
B
C取值范围.
(20)(本小题满分12分)
如图，已知长方体ABCDABC D, AB2,AA 1,
1 1 1 1 1
直线BD与平面AABB所成的角为30，AE垂直BD于
1 1
E，F 为AB 的中点.
1 1
（I）求异面直线AE与BF 所成的角；
（II）求平面BDF 与平面AAB所成的二面角；
1
（III）求点A到平面BDF 的距离.
（21）（本小题满分12分）
已知数列a 的首项a 5,前n项和为S ，且S S n5(nN*)
n 1 n n1 n
（I）证明数列a 1是等比数列；
n
（II）令 f(x)a xa x2  a xn，求函数 f(x)在点 x1处的导数 f(1)并比较
1 2  n
2f(1)与23n2 13n的大小.
(22)(本小题满分14分)
 p  p
已知动圆过定点 ,0 ，且与直线x 相切，其中 p0.
 2  2
（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.
参考答案
一．选择题
第4页 | 共9页题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
号
答
D B B D C C A D D A A B
案
二．填空题
3
13． 14. e 2 15. 2,3 16. ③④
2
三.解答题
17.考查知识点：（三角和向量相结合）
   
解:mn cossin 2,cossin
   2
mn  cossin 2 (cossin)2 =
   
42 2(cossin) = 44cos    =2 1cos   
 4  4
  8 2   7    
由已知 mn  ,,得cos     又cos    2cos2(  )1
5  4 25  4 2 8
  16 5   9
cos2(  ) ,2    

2 8 25 8 2 8 8
    4
 cos



0  cos




2 8  2 8  5
18.（考查知识点：概率及分布列）
n(n1)
1 C2 n(n1)
2
解:(I)设袋中原有n个白球,由题意知  n  
7 C2 76 76
7
2
可得n3或n2(舍去)即袋中原有3个白球.
(II)由题意,的可能取值为1,2,3,4,5
3
P(1) ;
7
43 2
P2  ;
76 7
432 6
P(3)  ;
765 35
4323 3
P(4)  ;
7654 35
43213 1
P(5)  ;
76543 35
所以的分布列为:
第5页 | 共9页 1 2 3 4 5
3 2 6 3 1
P
7 7 35 35 35
(III)因为甲先取,所以甲只有可能在第一次,第三次和第5次取球,记”甲取到白球”为事件
22
A,则P(A) P1P3P5
35
19.（考查知识点：函数结合导数）
解(I) f(x)3mx2 6(m1)xn因为x1是函数 f(x)的一个极值点,所以 f(1)0,
即3m6(m1)n0，所以n3m6
  2 
（II）由（I）知， f(x)3mx2 6(m1)x3m6=3m(x1)  x  1 
  m
2
当m0时，有11 ，当x变化时， f(x)与 f(x)的变化如下表：
m
 2  2  2 
x  ,1  1  1 ,1  1 1,
 m m  m 
f(x) 0 0 0 0 0
f(x) 调调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
 2  2
故有上表知，当m0时， f(x)在 ,1 单调递减，在(1 ,1)单调递增，在(1,)
 m m
上单调递减.
（III）由已知得 f(x)3m，即mx2 2(m1)x20
2 2 2 2
又m0所以x2  (m1)x 0即x2  (m1)x 0,x1,1①
m m m m
1 2
设g(x) x2 2(1 )x ，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，
m m
 2 2
g(1)0 12  0 4 4
所以  m m 解之得 m又m0所以 m0
g(1)0
 10
3 3
 4 
即m的取值范围为  ,0

 3 
20．(考查知识点：立体几何)
第6页 | 共9页解：在长方体ABCDABC D 中，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，
1 1 1 1
AA 所在的直线为z轴建立如图示空间直角坐标系
1
由已知AB2,AA 1,可得A(0,0,0),B(2,0,0)，F(1,0,1)
1
又 AD平面 AABB，从而BD与平面 AABB所成的角为DBA30，又 AB2，
1 1 1 1
2 3 1 3   2 3 
AE  BD，AE 1,AD 从而易得E , ,0,D0, ,0
   
3 2 2 3
   
1
  
（I）因为  A  E      1 , 3 ,0    ,  B  F  1,0,1所以cos  A  E  ,  B  F    A  E    B  F  = 2  2
 2 2  AE BF 2 4
2
易知异面直线AE、BF 所成的角为arccos
4
 
（II）易知平面AAB的一个法向量m(0,1,0)设n(x,y,z)是平面BDF 的一个法向量，
1
    xz 0
 2 3  n BF  nBF 0   x z
BD(2, ,0)由
 

 

2 3

3 n BD nBD0 2x y 0  3x y
 3
 
     mn 15
即n 1, 3,1 所以cos m,n   即平面BDF 与平面 AAB所成的二面角的
m  n  5 1
15
大小（锐角）为arccos
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，
 
ABn
   2 5 2 5
所以距离d  ABcos AB,n =  所以点A到平面BDF 的距离为

n 5 5
21．（考查知识点:数列）
解：由已知S S n5(nN*)可得n2,S 2S n4两式相减得
n1 n n n1
S S 2S S 1即 a 2a 1从 而 a 12a 1当 n1时
n1 n n n1 n1 n n1 n
S 2S 15所以a a 2a 6又a 5所以a 11从而a 12a 1
2 1 2 1 1 1 2 2 1
a 1
故总有a 12(a 1)，nN*又a 5,a 10从而 n1 2即数列a 1是
n1 n 1 1 a 1 n
n
第7页 | 共9页等比数列；
（II）由（I）知a 32n 1
n
因为 f(x)a xa x2  a xn所以 f(x)a 2a x na xn1
1 2  n 1 2  n
从而 f(1)a 2a  na =3212  322 1   n(32n 1)
1 2  n 
n(n1)
=3  2222  n2n -12 n=3n12n1 6
 
2
由上2f(1)  23n2 13n  12n12n-12  2n2 n1  =
12n12n 12n1(2n1)=12(n1)2n (2n1)①
 
当n1时，①式=0所以2f(1)23n2 13n；
当n2时，①式=-120所以2f(1)23n2 13n
当n3时，n10又2n 11n C0 C1 Cn1Cn  2n22n1
n n  n n
所以n12n 2n1 0即①0从而2f(1)  23n2 13n
 
22．（考查知识点:圆锥曲线）
 p  p
解：（I）如图，设M 为动圆圆心， ,0 为记为F ，过点M 作直线x 的垂线，垂
 2  2
p
足为N ，由题意知： MF  MN 即动点M 到定点F 与定直线x 的距离相等，由抛
2
 p  p
物线的定义知，点M 的轨迹为抛物线，其中F  ,0 为焦点，x 为准线，所以轨迹
 2  2
方程为y2 2px(P0)；
（II）如图，设Ax ,y ,Bx ,y ，由题意得x  x （否则）且x ,x 0所
1 1 2 2 1 2 1 2
y2 y2
以直线AB的斜率存在，设其方程为 y kxb，显然x  1 ,x  2 ，将 y kxb与
1 2p 2 2p
y2 2px(P0)联 立 消 去 x， 得 ky2 2py2pb0由 韦 达 定 理 知
2p 2pb
y  y  ,y y  ①
1 2 k 1 2 k
  y y
（1）当 时，即 时， tantan1所以 1 2 1,x x  y y 0，
2 2 x x 1 2 1 2
1 2
第8页 | 共9页y2y2 2pb
1 2  y y 0所以 y y 4p2由①知： 4p2所以b2pk.因此直线 AB的方程
4p2 1 2 1 2 k
可表示为y kx2Pk，即k(x2P) y 0所以直线AB恒过定点2p,0
 tantan
（2）当 时，由，得tantan()= =
2 1tantan
2p(y  y ) 2p 2p
1 2 将①式代入上式整理化简可得：tan ，所以b 2pk ，
y y 4p2 b2pk tan
1 2
2p  2p 
此时，直线AB的方程可表示为y kx 2pk 即k(x2p)

y

0
tan  tan
 2p 
所以直线AB恒过定点 2p,

 tan
 
所以由（1）（2）知，当 时，直线AB恒过定点2p,0，当 时直线AB恒过
2 2
 2p 
定点 2p, .
 tan
第9页 | 共9页