2005年山东省高考数学试卷（理科）【附答案、word版本，可再编辑；B4纸型两栏】
2005年山东省高考数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. 1-i(1+i)2+1+i(1-i)2=( )
A.i B.-i C.1 D.-1
2. 函数y=1-xx(x≠0)的反函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知函数y=sin(x-π12)cos(x-π12)，则下列判断正确的是（ ）
A.此函数的最小正周期为2π，其图象的一个对称中心是(π12,0)
B.此函数的最小正周期为π，其图象的一个对称中心是(π12,0)
C.此函数的最小正周期为2π，其图象的一个对称中心是(π6,0)
D.此函数的最小正周期为π，其图象的一个对称中心是(π6,0)
4. 下列函数既是奇函数，又在区间[-1, 1]上单调递减的是（ ）
A.f(x)=sinx B.f(x)=-|x+1|
C.f(x)=12(ax-a-x) D.f(x)=ln2-x2+x
5. 如果(3x-13x2)n的展开式中各项系数之和为128，那么展开式中1x3的系数为（ ）
A.12 B.21 C.27 D.42
6. 函数f(x)=sin(πx2)，-1
2；
B.|log（1+a）(1-a)|<|log（1-a）(1+a)|；
C.|log（1+a）(1-a)+log（1-a）(1+a)|<|log（1+a）(1-a)|+|log（1-a）(1+a)|；
D.|log（1+a）(1-a)-log（1-a）(1+a)|>|log（1+a）(1-a)|-|log（1-a）(1+a)|
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+y24=1的交点为A、B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为12的点P的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
13. limn→∞Cn2+2Cnn-2(n+1)2=________．
14. 设双曲线x2a2-y2b2=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两点，如果△PQF
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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x+y≤53x+2y≤120≤x≤30≤y≤4 则使得目标函数z＝6x+5y的值最大的点(x, y)是________．
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：
①若α // β，m⊂α，n⊂β，则m // n．
②若m，n⊂α，m // β，n // β，则α // β．
③若m⊥α，n⊥β，m // n，则α // β．
④m、n是两条异面直线，若m // α，m // β，n // α，n // β，则α // β．
上面命题中，真命题的序号是________．
三、解答题（共6小题，17~21题每题12分，22题14分，满分74分）
17. 已知向量m→=(cosθ, sinθ)和n→=(2-sinθ, cosθ)，θ∈[π, 2π]．
(1)求|m→+n→|的最大值；
(2)当|m→+n→|=825时，求cos(θ2+π8)的值．
18. 袋中装有4个黑球和3个白球共7个球，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的取球次数．
（1）求恰好取球3次的概率；
（2）求随机变量ξ的概率分布；
（3）求恰好甲取到白球的概率．
19. 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的关系表达式；
(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的取值范围．
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20. 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．
（1）求异面直线AE与BF所成的角；
（2）求平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）的大小
（3）求点A到平面BDF的距离．
21. 已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)
（1）证明数列{an+1}是等比数列；
（2）令f(x)=a1x+a2x2+...+anxn，求函数f(x)在点x=1处的导数f'(1)并比较2f'(1)与23n2-13n的大小．
22. 已知动圆过定点(p2, 0)，且与直线x=-p2相切，其中p>0．
（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α和β，当α，β变化且α+β为定值θ(0<θ<π且θ≠π2)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
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参考答案与试题解析
2005年山东省高考数学试卷（理科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.D
2.B
3.B
4.D
5.B
6.C
7.A
8.D
9.D
10.A
11.A
12.B
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
13.32
14.2
15.(2, 3)
16.③④
三、解答题（共6小题，17~21题每题12分，22题14分，满分74分）
17.解：(1)m→+n→=(cosθ-sinθ+2, cosθ+sinθ)，
|m→+n→|=(cosθ-sinθ+2)2+(cosθ+sinθ)2
=4+22(cosθ-sinθ)
=4+4cos(θ+π4)
=21+cos(θ+π4)
∵ θ∈[π, 2π]，
∴ 5π4≤θ+π4≤9π4，
∴ cos(θ+π4)≤1，|m→+n→|max=22．
(2)由已知及(1)得|m→+n→|=825=21+cos(θ+π4)，
两边平方化简得cos(θ+π4)=725．
又cos(θ+π4)=2cos2(θ2+π8)-1，
∴ cos2(θ2+π8)=1625，
∵ θ∈[π, 2π]，
∴ 5π8≤θ2+π8≤9π8，
∴ cos(θ2+π8)=-45．
18.解：（1）由题意知每个球在每一次被取出的机会是等可能的，
直到两人中有一人取到白球时即终止
∴ 恰好取球3次的概率P1=4×3×37×6×5=635；
（2）由题意知，ξ的可能取值为1、2、3、4、5，
P(ξ=1)=37，P(ξ=2)=4×37×6=27，
P(ξ=3)=4×3×37×6×5=635，
P(ξ=4)=4×3×2×37×6×5×4=335，
P(ξ=5)=4×3×2×1×37×6×5×4×3=135．
∴ 取球次数ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
4
5
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P
37
27
635
335
135
（3）∵ 甲先取，
∴ 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（“ξ=1”或“ξ=3”或“ξ=5”）．
∵ “ξ=1”、“ξ=3”、“ξ=5”对应的事件两两互斥，
∴ P(A)=P(ξ=1)+P(ξ=3)+P(ξ=5)=37+635+135=2235．
∴ 恰好甲取到白球的概率为2235．
19.（1）f'(x)＝3mx2-6(m+1)x+n．
因为x＝1是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）由(Ⅰ)知f'(x)＝3mx2-6(m+1)x+3m+6＝3m(x-1)[x-(1+2m)]
当m<0时，有1>1+2m，当x变化时f(x)与f'(x)的变化如下表：
x
(-∞, 1+2m)
1+2m
(1+2m, 1)
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m<0时，f(x)在(-∞, 1+2m)单调递减，在(1+2m, 1)单调递增，在(1, +∞)单调递减．
(Ⅲ)由已知，得f'(x)>3m，即3m(x-1)[x-(1+2m)]>3m，
∵ m<0．∴ (x-1)[x-1(1+2m)]<1．(*)
①x＝1时．(*)式化为0<1怛成立．
∴ m<0．
②x≠1时∵ x∈[-1, 1]，∴ -2≤x-1<0．
(*)式化为2m<(x-1)-1x-1．
令t＝x-1，则t∈[-2, 0)，记g(t)＝t-1t，
则g(t)在区间[-2, 0)是单调增函数．∴ g(t)min＝g(-2)＝-2-1-2=-32．
由(*)式恒成立，必有2m<-32⇒-43=AE→.BF→|AE→||BF→|=-122=-24．
即异面直线AE、B所成的角为arccos24．]
（2）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，BD→=(-2,233,0)．
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由n→⊥BF→n→⊥BD→⇒n→.BF→=0n→.BD→=0⇒-x+z=02x-233y=0⇒x=z3x=y，
取n→=(1,3,1)，∴ cos=m→.n→|m→||n→|=31×5=155．
即平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）大小为arccos155．
（3）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d=||AB→|．cos|
||AB→|.AB→.n→|AB→||n→|=|AB→.n→||n→|=25=255.
所以点A到平面BDF的距离为255．
解法二：（1）连接B1D1，过F作B1D1的垂线，
垂足为K，∵ BB1与两底面ABCD，A1B1C1D1都垂直，
∴ FK⊥BB1FK⊥B1D1B1D1∩BB1=B1⇒FK⊥平面BDD1B1，
又 AE⊥BB1AE⊥BDBB1∩BD=B⇒AE⊥平面BDD1B1，
因此FK // AE．∴ ∠BFK为异面直线BF与AE所成的角．
连接BK，由FK⊥面BDD1B1得FK⊥BK，
从而△BKF为Rt△．
在Rt△B1KF和Rt△B1D1A1中，
由FKB1F=A1D1B1D1
得FK=A1D1．B1FB1D1=AD.12ABBD=233×122+(233)2=12．
又BF=2，∴ cos∠BFK=FKBF=24．
∴ 异面直线BF与AE所成的角为arccos24．
（2）由于DA⊥面AA2B，由A作BF的垂线AG，垂足为G，
连接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，
且∠DAG=90∘，在平面AA1B中，延长BF与AA1交于
点S，∵ F为A2B1的中点，A1F // =12AB，
即SA=2A1A=2=AB，∴ Rt△BAS为等腰直角三角形，
垂足G点为斜边SB的中点F，即F、G重合．
易得AG=AF=12SB=2．在Rt△BAS中，AD=233．∴ tan∠AGD=ADAG=2332=63.∴ ∠AGD=arctan63.
即平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）的大小为arctan63．
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（3）由（2）知平面AFD是平面BDF与平面AA1B所
成二面确的平面角所在的平面∴ 面AFD⊥面BDF．
在Rt△ADF，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AH=AD．AFDF=233×2(233)2+(2)2=255．
所以点A到平面BDF的距离为255．
21.解：（1）由已知Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)，
可得n≥2，Sn=2Sn-1+n+4两式相减得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1即an+1=2an+1
从而an+1+1=2(an+1)
当n=1时S2=2S1+1+5所以a2+a1=2a1+6又a1=5所以a2=11
从而a2+1=2(a1+1)
故总有an+1+1=2(an+1)，n∈N*又a1=5，a1+1≠0
从而an+1+1an+1=2即数列{an+1}是等比数列；
（2）由（1）知an=3×2n-1
因为f(x)=a1x+a2x2+...+anxn所以f'(x)=a1+2a2x+...+nanxn-1
从而f'(1)=a1+2a2++nan=(3×2-1)+2(3×22-1)+...+n(3×2n-1)
=3(2+2×22++n×2n)-(1+2++n)=3(n-1)⋅2n+1-n(n+1)2+6．
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=Cn0+Cn1++Cnn-1+Cnn≥2n+2>2n+1
所以(n-1)[2n-(2n+1)]>0即①>0从而2f'(1)>23n2-13n．
22.解：(I)如图，设M为动圆圆心，(p2, 0)为记为F，
过点M作直线x=-p2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x=-p2的距离相等，
由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，
其中F(p2, 0)为焦点，x=-p2为准线，
所以轨迹方程为y2=2px(P>0)；
（II）如图，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由题意得x1≠x2（否则α+β=π）且x1，x2≠0．
所以直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+b，显然x1=y122p，x2=y222p．
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将y=kx+b与y2=2px(p>0)联立消去x，得ky2-2py+2pb=0
由韦达定理知y1+y2=2pk，y1⋅y2=2pbk①
∵ 0<θ<π且θ≠π2，
∴ 由α+β=θ，得tanθ=tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=2p(y1+y2)y1y2-4p2
将①式代入上式整理化简可得：tanθ=2pb-2pk，所以b=2ptanθ+2pk．
此时，直线AB的方程可表示为y=kx+2ptanθ+2pk．即k(x+2p)-(y-2ptanθ)=0．
所以直线AB恒过定点(-2p, 2ptanθ)．
所以由（1）（2）知，当θ=π2时，直线AB恒过定点(-2p, 0)，当θ≠π2时直线AB恒过定点(-2p, 2ptanθ)．
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