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