2005年海南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_海南

2005 年海南高考理科数学真题及答案
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至2页。第Ⅱ卷3到10
页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。
3．本卷共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
参考公式：
如果事件A、B互斥，那么 球是表面积公式
P(AB)  P(A)P(B) S  4R2
如果事件A、B相互独立，那么 其中R表示球的半径
P(AB)  P(A)P(B) 球的体积公式
4
如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 V  R3
3
n次独立重复试验中恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径
P (k) CkPk(1P)nk
n n
一．选择题
（1）设I 为全集，S、S 、S 是I 的三个非空子集，且S S S  I ，则下面论断正
1 2 3 1 2 3
确的是
（A）C S （S S ） （B）S （C S C S）
I 1 2 3 1 I 2 I 3
（C）C S C S C S ） （D）S （C S C S）
I 1 I 2 I 3 1 I 2 I 3
（2）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为
（A）8 2 （B）8 （C）4 2 （D）4
（3）已知直线l过点（2，0），当直线l与圆x2  y2  2x有两个交点时，其斜率k的取值
范围是
（A）（2 2，2 2） （B）（ 2，2）
2 2 1 1
（C）（ ， ） （D）（ ，）
4 4 8 8
（4）如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方
第1页 | 共12页形，且ADE、BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为
2 3
（A） （B）
3 3
4 3
（C） （D）
3 2
x2
（5）已知双曲线  y2 1 (a 0)的一条准线与抛物线 y2  6x的准线重合，则该双
a2
曲线的离心率为
3 3 6 2 3
（A） （B） （C） （D）
2 2 2 3
 1cos2x8sin2 x
（6）当0 x  时，函数 f(x)  的最小值为
2 sin2x
（A）2 （B）2 3 （C）4 （D）4 3
（7）设b 0，二次函数y  ax2 bxa2 1的图像为下列之一
则a的值为
1 5 1 5
（A）1 （B）1 （C） （D）
2 2
（8）设0 a 1，函数 f(x) log (a2x 2ax 2)，则使 f(x)0的x的取值范围是
a
（A）(,0)（B）(0,) （C）(,log 3) （D）(log 3,)
a a
y  x1
（9）在坐标平面上，不等式组 所表示的平面区域的面积为
y  3x 1

3 3 2
（A） 2 （B） （C） （D）2
2 2
AB
（10）在ABC中，已知tan sinC，给出以下四个论断：
2
第2页 | 共12页①tanAcotB 1 ②0sin AsinB  2
③sin2 Acos2 B 1 ④cos2 Acos2 B sin2C
其中正确的是
（A）①③ （B）②④ （C）①④ （D）②③
（11）过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有
（A）18对 （B）24对 （C）30对 （D）36对
2 i3
（12）复数 =
1 2i
（A）i （B）i （C）2 2 i （D）2 2 i
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷上。
2．答卷前将密封线内的项目填写清楚。
3．本卷共10小题，共90分。
二．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）若正整数m满足10m1  2512 10m，则m = 。(lg2 0.3010)
1
（14）(2x )9的展开式中，常数项为 。（用数字作答）
x
（15）ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，OH  m(OAOBOC)，
则实数m =
（16）在正方形ABCD A'B'C'D'中，过对角线BD'的一个平面交AA'于E，交CC'于F，
则
① 四边形BFD'E一定是平行四边形
② 四边形BFD'E有可能是正方形
③ 四边形BFD'E在底面ABCD内的投影一定是正方形
④ 四边形BFD'E有可能垂直于平面BB'D
以上结论正确的为 。（写出所有正确结论的编号）
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）（本大题满分12分）
第3页 | 共12页
设函数 f(x) sin(2x) (0),y  f(x)图像的一条对称轴是直线x  。
8
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求函数y  f(x)的单调增区间；
（Ⅲ）证明直线5x2yc 0与函数y  f(x)的图像不相切。
（18）（本大题满分12分）
已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，
1
DAB 90,PA底面ABCD，且PA=AD=DC= AB=1，M是PB
2
的中点。
（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。
（19）（本大题满分12分）
 
设等比数列 a 的公比为q，前n项和S 0 (n 1,2, )。
n n 
（Ⅰ）求q的取值范围；
3
 
（Ⅱ）设b  a  a ，记 b 的前n项和为T ，试比较S 与T 的大小。
n n2 2 n1 n n n n
（20）（本大题满分12分）
9粒种子分种在3个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒
种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种。假定每
个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，用ξ表示补种费用，写出ξ的分布列并求ξ的
数学期望。（精确到0.01）
（21）（本大题满分14分）
已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于
A、B两点，OAOB与a (3,1)共线。
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
  
（Ⅱ）设M为椭圆上任意一点，且OM OAOB (,R)，证明2 2为定值。
第4页 | 共12页（22）（本大题满分12分）
（Ⅰ）设函数 f(x)  xlog x(1x)log (1x) (0 x 1)，求 f(x)的最小值；
2 2
（Ⅱ）设正数 p , p , p , , p 满足 p  p  p   p 1，证明
1 2 3  2n 1 2 3  3n
p log p  p log p  p log p   p log p  n
1 2 1 2 2 2 3 2 3  2n 2 2n
参考答案
一、选择题（本题考查基本知识和基本运算，每小题5分，满分60分）
1．A 2．C 3．B 4．C 5．A 6．D 7．C 8．B 9．C 10．B 11．B 12．D
二、填空题：本题考查基本知识和基本运算.每小题4分，满分16分.
13．155 14．672 15．1 16．①③④
三、解答题
17．本小题主要考查三角函数性质及图像的基本知识，考查推理和运算能力，满分12分.
 
解：（Ⅰ） x  是函数y  f(x)的图像的对称轴，sin(2 )  1,

8 8
  3
  k ,kZ. 0,  .

4 2 4
3 3
（Ⅱ）由（Ⅰ）知  ,因此y sin(2x ).
4 4
由题意得
 3 
2k  2x  2k ,kZ.
2 4 2
3  5
所以函数y sin(2x )的单调增区间为[k ,k ],kZ.
4 8 8
3 3
（Ⅲ）证明： | y||(sin(2x ))||2cos(2x )| 2,

4 4
5
所以曲线y  f(x)的切线斜率取值范围为[－2，2]，而直线5x2yc 0的斜率为  2，
2
3
所以直线5x2yc 0与函数y sin(2x )的图像不相切.
4
18．本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象
能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分.
方案一：
（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
第5页 | 共12页∴由三垂线定理得：CD⊥PD.
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴CD⊥面PAD.
又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD.
（Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角.
连结AE，可知AC=CB=BE=AE= 2 ，又AB=2，
所以四边形ACBE为正方形. 由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°
BE 10
在Rt△PEB中BE= 2 ，PB= 5， cosPBE   .
PB 5
10
AC与PB所成的角为arccos .
5
（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN.
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，
∴△AMC≌△BMC,
∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角.
∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM.
AC
在等腰三角形AMC中，AN·MC= CM2 ( )2 AC ，
2
3
 2
2 6 AN2 BN2  AB2 2
AN   . ∴AB=2，cosANB   
5 5 2ANBN 3
2
2
故所求的二面角为arccos( ).
3
方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间
直角坐标系，则各点坐标为
1
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1， ).
2
（Ⅰ）证明：因AP (0,0,1),DC (0,1,0),故APDC 0,所以AP  DC.
由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD.
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.
（Ⅱ）解：因AC (1,1,0),PB (0,2,1),
第6页 | 共12页故| AC | 2,| PB| 5,ACPB  2,所以
ACPB 10
cos AC,PB   .
| AC || PB| 5
（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在R,使NC MC,
1 1
NC (1x,1 y,z),MC (1,0, ),x 1,y 1,z  ..
2 2
1 4
要使AN  MC,只需AN MC 0即x z 0,解得 .
2 5
4 1 2
可知当 时,N点坐标为( ,1, ),能使AN MC 0.
5 5 5
1 2 1 2
此时,AN ( ,1, ),BN ( ,1, ),有BN MC 0
5 5 5 5
由AN MC 0,BN MC 0得AN  MC,BN  MC.所以ANB为所求二面角的平面
角.
30 30 4
| AN | ,| BN | ,AN BN   .

5 5 5
AN BN 2
cos(AN,BN)    .
| AN || BN | 3
2
故所求的二面角为arccos( ).
3
19． 本小题主要考查等比数列的基本知识，考查分析问题能力和推理能力，满分12分.
解：（Ⅰ）因为{a }是等比数列，S 0,可得a  S 0,q  0.
n n 1 1
当q 1时,S  na 0;
n 1
a (1qn)
当q 1时,S  1 0,
n 1q
1qn
即 0,(n 1,2, )

1q
1q 0,
上式等价于不等式组： ,(n 1,2,

) ①
1qn 0
1q 0,
或 ,(n 1,2,

) ②
1qn 0
解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1<q<1.
综上，q的取值范围是(1,0)(0,).
第7页 | 共12页3
（Ⅱ）由b  a  a 得
n a2 2 n1
3 3
b  a (q2  q),T (q2  q)S .
n n 2 n 2 n
3
于是T S  S (q2  q1)
n n n 2
1
 S (q )(q2).
n 2
又因为S 0,且1 q 0或q 0,所以,
n
1
当1 q   或q  2时,T S 0,即T  S ;
2 n n n n
1
当  q  2且q  0时,T S 0,即T  S ;
2 n n n n
1
当q   ,或q  2时,T S 0,即T  S .
2 n n n n
20．本小题主要考查相互独立事件和互斥事件有一个发生的概率的计算方法，考查运用概率
知识解决实际问题的能力. 满分12分.
1
（Ⅰ）解：因为甲坑内的3粒种子都不发芽的概率为(10.5)3  ，所以甲坑不需要
8
补
1 7
种的概率为 1  .
8 8
3个坑都不需要补种的概率
1 7
C0 ( ) ( )3 0.670,
3 8 8
恰有1个坑需要补种的概率为
1 7
C1 ( )2 0.287,
3 8 8
恰有2个坑需要补种的概率为
1 7
C2 ( )2  0.041,
3 8 8
3个坑都需要补种的概率为
1 7
C3( )3( )0 0.002.
3 8 8
补种费用的分布为
 0 10 20 30
P 0.670 0.287 0.041 0.002
的数学期望为
E00.670100.287200.041300.0023.75
第8页 | 共12页21．本小题主要考查直线方程、平面向量及椭圆的几何性质等基本知训，考查综合运用数学
知识解决问题及推理的能力，满分14分.
x2 y2
（I）解：设椭圆方程为  1(a b 0),F(c,0),
a2 b2
x2 y2
则直线AB的方程为y  xc,代入  1
a2 b2
化简得(a2 b2)x2 2a2cxa2c2 a2b2 0.
令A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2
2a2c a2c2 a2b2
则 x  x  ,x x  .
1 2 a2 b2 1 2 a2 b2
由OAOB (x  x ,y  y ), a (3,1),OAOB与a共线，得
1 2 1 2
3(y  y )(x  x ) 0.
1 2 1 2
又 y  x c,y  x c,
1 1 2 2
 3(x  x 2c)(x  x ) 0,
1 2 1 2
3c
 x  x  .
1 2 2
2a2c 3c
即  ,所以a2 3b2.
a2 b2 2
6a
 c  a2 b2  ,
3
c 6
故离心率e   .
a 3
x2 y2
（II）证明：由（I）知a2 3b2，所以椭圆  1可化为x2 3y2 3b2.
a2 b2
设OM (x,y),由已知得(x,y) (x ,y )(x ,y ),
1 1 2 2
x x x ,
  1 2
y y y .

1 2
M(x,y)在椭圆上，

(x x )2 3(y y )2 3b2.
1 2 1 2
即 2(x2 3y2)2(x2 3y2)2(x x 3y y ) 3b2. ①
1 1 2 2 1 2 1 2
第9页 | 共12页3 3 1
由（I）知x  x  c,a2  c2,b2  c2.
1 2 2 2 2
a2c2 a2b2 3
 x x   c2.
1 2 a2 b2 8
 x x 3y y  x  x 3(x c)(x c)
1 2 1 2 1 2 1 2
 4x x 3(x  x )c3c2
1 2 1 2
3 9
 c2  c2 3c2
2 2
0.
又x2 3y2 3b2,x2 3y2 3b2又，代入①得 2 2 1.
1 1 2 2
故2 2为定值，定值为1.
22．本小题主要考查数学归纳法及导数应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力.
满分12分.
（Ⅰ）解：对函数 f(x)求导数： f (x) (xlog x)[(1x)log (1x)]
2 2
1 1
log xlog (1x)  . log xlog (1x).
2 2 ln2 ln2 2 2
1
于是 f ( ) 0.
2
1 1
当x  时, f (x) log xlog (1x)0, f(x)在区间(0, )是减函数，
2 2 2 2
1 1
当x  时, f (x) log xlog (1x) 0, f(x)在区间( ,1)是增函数.
2 2 2 2
1 1
所以 f(x)在x  时取得最小值， f( )  1，
2 2
（Ⅱ）证法一：用数学归纳法证明.
（i）当n=1时，由（Ⅰ）知命题成立.
（ii）假定当n  k时命题成立，即若正数 p , p , , p 满足p  p   p 1，
1 2  2k 1 2  2k
则 p log p  p log p   p log p  k.
1 2 1 2 2 2  2k 2 2k
当n  k 1时，若正数 p ,p , ,p 满足p  p   p 1,
1 2  2k1 1 2  2k1
p p p
令x  p  p   p ,q  1 ,q  2 , ,q  2k .
1 2  2k 1 x 2 x  2k x
则q ,q , ,q 为正数，且q q  q 1.
1 2  2k 1 2  2k
由归纳假定知q log p  p log p  q log q  k.
1 2 1 2 2 2  2k 2 2k
第10页 | 共12页p log p  p log p   p log p  x(q log q q log q  q log q
1 2 1 2 2 2  2k 2 2k 1 2 1 2 2 2  2k 2 2k
log x) x(k) xlog x, ①
2 2
同理，由 p 2k1  p 2k2    p 2k1 1x可得 p 2k1 log 2 p 2k1    p 2k1 log 2 p 2k1
(1x)(k)(1x)log (1x). ②
2
综合①、②两式 p log p  p log p   p log p
1 2 1 2 2 2  2k1 2 2k1
[x(1x)](k) xlog x(1x)log (1x) (k 1).
2 2
即当n  k 1时命题也成立.
根据（i）、（ii）可知对一切正整数n命题成立.
证法二：
令函数g(x)  xlog x(cx)log (cx)(常数c 0,x(0,c)),那么
2 2
x x x x
g(x) c[ log (1 )log (1 )log c],
c 2 c c 2 c 2
x 1 c
利用（Ⅰ）知，当  (即x  )时,函数g(x)取得最小值.
c 2 2
对任意x 0,x 0,都有
1 2
x  x x  x
x log x  x log x  2 1 2 log 1 2
1 2 1 2 2 2 2 2 2
(x  x )[log (x  x )1]. ①
1 2 2 1 2
下面用数学归纳法证明结论.
（i）当n=1时，由（I）知命题成立.
（ii）设当n=k时命题成立，即若正数 p ,p , ,p 满足p  p   p 1,有
1 2  2k 1 2  2k
p log p  p log p   p log p  k.
1 2 1 2 2 2  2k 2 2k
当n  k 1时, p , p , , p 满足p  p   p 1.
1 2  2k1 1 2  2k1
令H  p log p  p log p   p log p  p log p
1 2 1 2 2 2  2k11 2 2k11 2k1 2 2k1
由①得到
H (p  p )[log (p  p )1] (p  p )[log (p  p )1],
1 2 2 1 2  2k11 2k1 2 2k11 2k1
因为(p  p ) (p  p ) 1,
1 2  2k11 2k1
由归纳法假设
(p  p )log (p  p ) (p  p )log (p  p ) k,得到
1 2 2 1 2  2k11 2k1 2 2k11 2k1
第11页 | 共12页H  k (p  p   p  p )  (k 1).
1 2  2k11 2k1
即当n  k 1时命题也成立.
所以对一切正整数n命题成立.
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