2005年山东高考文科数学真题及答案.doc-资料库

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2005 年山东高考文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）·（B）如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 P，那么 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 )( kP n  k k pc n 1(  p ) kn  . 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，选择一个符合题目要求的选项. 1． }{ na 是首项，则序号 n 等于（的等差数列，如果 3d 2005 na 1 a ，公差 1 ） A．667 B．668 C．669 2．下列大小关系正确的是 D．670 （） 3 4.0  3 4.0  log 3.0 4 A． 3 4.0  log 4 33.0  4.0 B． log 4 4.03.0  3 4.0  3 C． D． log 4 33.0  4.0  3 4.0 y  x 1  x ( x  )0 3．函数的反函数的图象大致是（） y  sin( x  ) cos( x   12  12 ), 4．已知函数则下列判断正确的是 B．此函数的最小正周期为，其图象的一个对称中心是（ ( A．此函数的最小正周期为 2 ，其图象的一个对称中心是 12 ( 12 ( C．此函数的最小正周期为 2，其图象的一个对称中心是 6 ( 6 5．下列函数中既是奇函数，又在区间[－1，1]上单调递减的是 D．此函数的最小正周期为，其图象的一个对称中心是 )0, )0, )0, )0, ）（） )( xf  sin x A． )( xf  | x  |1 B． a x  a x ) )( xf  2ln 2   x x D． )( xf  C． 3( x  3 6．如果 ( 1 2 )1 x 2 n 的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中 1 3 x 的系数是（）

B．－7 )( xf  C．21  ), sin( x     1 x ,  e 2 D．－21 1 x  x  .0 ,0 若 f )1(  )( af  ,2 则 a 的所有可能值为 A．7 7 ．函数（） 2 B．－ 2 2 C． 2 ,1  2 D．1， 2 A．1 8．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 9．设地球半径为 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（  A． 3 R B． 6 5 R C． 6 R ） 2 D． 6 R 10．10 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（） 3 A．10 1 B．12 1 C． 2 11 D．12 11．设集合 A、B 是全集 U 的两个子集，则 A B 是（ UA）∪B=U 的（） A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 12．设直线 l 2: x  y 2 0 关于原点对称的直线为l . 若l 与椭圆 2 x 2  y 4  1 的交点为 A、 1 B，点 P 为椭圆上的动点，则使△PAB 的面积为 2 A．1 B．2 C．3 D．4 的点 P 的个数为（）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. 13．某学校共有教师 490 人，其中不到 40 岁的有 350 人，40 岁及以上的有 140 人，为了解普通话在该校教师中的推广普及情况，用分层抽样的方法，从全体教师中抽取一个容量为 70 人的样本进行普通话水平测试，其中在不到 40 岁的教师中应抽取的人数是 . 2 2 x a  2 2 y b  (1 a  ,0 b  )0 14．设双曲线的右焦点为 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= . ,12 x   3   0   0  y  2 x y  x  y  ,5  ,3 .4 15．设 x 、 y 满足约束条件（ x ， y ）是 . 则使得目标函数 z  6  x 5 y 的值最大的点

16．已知 m、n 是不同的直线，α、β是不重合的平面，给出下列命题：若 ,  m   // n , , 则 nm // . ① nm  , ②若  . // 则n m // // , , , m  ③若 ,   n , 则nm // ,  // ④m，n 是两条异面直线，若 m // , ,  // 则n m // // // n , , , n //  . // 则n // , , 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） m  已知向量 (cos ) n  和 sin,  2(  sin cos(  ) 8 2  求的值. ),2,(  cos  , , 且 | nm  28|  5 , 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 7 .现有甲、乙两人从袋中轮流摸取 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即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用ξ表示取球终止时所需要的取球次数. （Ⅰ）求袋中原有白球的个数；（Ⅱ）求取球 2 次终止的概率；（Ⅲ）求甲取到白球的概率. 19．（本小题满分 12 分）已知 1x 是函数 )( xf  3 mx  (3 m  )1 x 2  nx  1 的一个极值点，其中 Rnm , ， .0m （Ⅰ）求 m 与 n 的关系表达式；（Ⅱ）求 )(xf 的单调区间. 20．（本小题满分 12 分）如图，已知长方体 ABCD—A1B1C1D1，AB=2，AA1=1，直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°， AE 垂直 BD 于 E，F 为 A1B1 的中点，（Ⅰ）求异面直线 AE 与 BF 所成的角；（Ⅱ）求平面 BDF 与平面 AA1B 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 }{ an 的首项 1 a ,5 前 n 项和为 Sn，且 Sn+1=2Sn+n+5（n∈N*）。（Ⅰ）证明数列 { na }1 是等比数列；（Ⅱ）令 )( xf  xaxa 1 2  2    xa n n , 求函数 )( xf 在点 x  1 处的导数 f  )1( . 22．（本小题满分 14 分）已知动圆过定点 ( p 2 )0, ，且与直线 x  p 2 相切，其中 0p . （Ⅰ）求动圆圆心的轨迹 C 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  α和β，当α、β变化且α+β= 4 出该定点的坐标. 时，证明直线 AB 恒过定点，并求参考答案一、选择题 1．C 2．C 二、填空题 3．B 4．B 5．D 6．C 7．C 8．A 9．D 10．D 11．A 12．B 13．50 14． 2 15．（2，3） 16．③④ 三、解答题： 17．解法一：  nm (cos   sin   ,2 cos   sin ),  |  nm |  (cos   sin   2 )2  (cos   sin )  2   44  cos(    12  cos(   224  (cos sin )     ) 4  .) 4 |  nm 28|  5 ，得 cos(    ) 4  7 25 . 由已知 cos(   又  ) 4  2 cos 2  ( 8 2  1)  cos 2  ( ) 2 8   16 25 . ，所以

  5 9  8 8  8 2 . ,  cos(  ) 2 8  ,2    cos(   ) 2 8 2 | nm  解法二： | 4 5   ( nm 2 2 )  m  2 nnm  2 |   m (  2 | cos 2 2 | | n    2 nm  2 2 ) sin   ( 2(  sin )  2  cos 2 2 )   [cos 2  2(  .0  sin )   sin ]  cos  224 (cos   sin )   1(4  cos(    8 cos 2  ). ( 2 8   )) 4 4|)  5 . |  nm 由已知 |  ，得 cos 28| (   5 2 8 5 9  8 8 4  5 8 2   , .  ,2   ) 2 8 cos(    cos(  ) 2 8   .0 18．解：（Ⅰ）设袋中原有 n 个白球，由题意知： 1 7  2 Cn 2 C 7  )1 ( nn  2 67  2  )1 ( nn  67  ， ( nn )1  6 所以，解得 3n （舍去 2n ），即袋中原的 3 个白球. （Ⅱ）记“取球 2 次终止”的事件为 A， ( AP ) 则 34  67   2 7 . （Ⅲ）记“甲取到白球”的事件为 B. “第 i 次取出的球是白球”的事件为 Ai，i=1，2，3，4，5，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， ∴P（B）=P（A1+A3+A5），因为事件 A1、A3、A5 两两互斥， ∴P（B）=P（A1）+P（A3）+P（A5）   3 7 3 7   334  567  1 6 35 35    31234  34567  22 . 35

19．（I）解： f  )( x  2 3 mx  (6 m  )1 nx  ，因为 1x 是 )(xf 的一个极值点，所以 f )1(  0 ，即 3 m  (6 m )1  n 0 ，所以 n  m 3  .6 （II）解：由（I）知， f  )( x  2 3 mx  (6 m  )1 x  3 m  6 (3 xm  )[1 x 1(  )].2 m 1° 当 0m 时，有 11  2 m ，当 x 变化时， )(xf 与 f  的变化如下表： )(x x (  1,  )2 m 1 2 m f  )(x <0 0 2 （ m 1 ， 1 （1，+  ） 1） >0 0 <0 )(xf 单调递减极小值单调递减极大值单调递减由上表知，当 m  )( ,0 时 xf ( 在  , 1 2 m 2 ）单调递减，在（ m 1 ,1）单调递增，在（1，+  ）单调递减. 当 m  11,0  有时 2° ,2 m 当 , x 变化时 )( xf 与 f  )( x 的变化如下表： x ( )1, f  )(x >0 1 0 （ 1 ， 1 2 m ） 1 2 m 2 （ m 1 ，+  ） <0 0 >0 )(xf 单调递增极大值单调递减极小值单调递增由上表知，当 m  )( ,0 时 xf ( 在  )1, 2 单调递增，在（1， m 1 ）单调递减， 2 在（ m 1 ，+  ）单调递增. 20．解法一：在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中，以 AB 所在直张为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴， AA1 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系如图. 由已知 AB=2，AA1=1，可得 A（0，0，0）， B（2，0，0），F（1，0，1）又 AD⊥平面 AA1B1B，

从而 BD 与平面 AA1B1B 所成的角即为∠DBA=30°，又 AB=2，AE⊥BD，AE=1，AD= 32 3 , E 1( 2 3, 2 ),0, D 32,0( 3 ).0, 从而易得 AE  1( 2 3, 2 （Ⅰ）∵ ),0, BF  )1,0,1( cos  AE , BF  ∴ AE AE  || BF BF | |   1 2 2  2 4 . 即异面直线 AE、BF 所成的角为 arccos 2 4 . （Ⅱ）易知平面 AA1B 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。 32,2(BD 3 ).0,     n n   BF BD      BFn  BDn    0 0  由     x z  32 3 2 x  0 y  0  x     3 x z  y ，取 n=（1， 1,3 ）， ∴cos= | nm  || nm |  3 1  5  15 5 . 即平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角（锐角）大小为 arccos 15 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。 d ||  AB |  cos  , nAB || |  AB |  所以距离 nAB  | AB n  | | |  | | nAB  | | n  2 5  52 5 . 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 52 5 . 解法二：（Ⅰ）连结 B1D1，过 F 作 B1D1 的垂线，垂足为 K， ∵BB1 与两底面 ABCD，A1B1C1D1 都垂直，

FK FK DB 1 1 BB  1 DB  1 1 BB  1       B 1 平面 FK BDD 1 ,1 B AE AE BB 1    BB 1 BD BD       B 平面 AE BDD 1 ,1 B ∴ 又因此 FK//AE。 ∴∠BFK 为异面直线 BF 与 AE 所成的角。连结 BK，由 FK⊥面 BDD1B1 得 FK⊥BK，从而△BKF 为 Rt△，在 Rt△B1KF 和 Rt△B1D1A1 中，由 FK  FB 1 DA 1 1 DB 1 1 得 FK  FBDA 1 1  1 DB 1 1 AD  1 2 BD  AB  2 3 2  2 13  2( 3 )3 2  1 2 , 2BF 又， ∴ cos  BFK  FK BF  2 4 . ∴异面直线 BF 与 AE 所成的角为 arccos 2 4 . （Ⅱ）由于 DA⊥面 AA1B，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 AA1B 所成二面角的平面角在平面 AA1B 中，延长 BF 与 AA1 交于点 S，且∠DAG=90°， ∵F 为 A1B1 的中点， FA 1 1// 2  AB ， ∴A1、F 分别为 SA、SB 的中点，即 SA=2A1A=2=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。 1 2 SB 2 易得 AG=AF= ，在 Rt△BAS 中， 2AD 3 3 ， tan  AGD  ∴ 2 3 3 2  6 3 . AD AG  AGD  arctan ∴ 6 3 .

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