2005年山东省高考数学试卷（文科）【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（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. {an}是首项a1=1，公差为d=3的等差数列，如果an=2005，则序号n等于（ ）
A.667 B.668 C.669 D.670
2. 下列大小关系正确的是（ ）
A.0.43<30.4
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m // α，则m平行于α内的无数条直线；
②若α // β，m⊂α，n⊂β，则m // n；
③若m⊥α，n⊥β，m // n，则α // β；
④若α // β，m⊂α，则m // β；
⑤若α⊥β，α∩β=m，n经过α内的一点，n⊥m，则n⊥β．
上面命题中，真命题的序号是________（写出所有真命题的序号）．
三、解答题（共6小题，满分74分）
17. 已知向量m→=(cosθ,sinθ)和n→=(2-sinθ,cosθ)，θ∈(π, 2π)，且|m→+n→|=825，求cos(θ2+π8)的值．
18. 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17．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，
（1）求袋中原有白球的个数和；
（2）求取球两次停止的概率．
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．
（1）求m与n的关系表达式；
（2）求f(x)的单调区间．
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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（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.C
2.C
3.B
4.B
5.D
6.B
7.C
8.A
9.D
10.D
11.A
12.B
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
13.50
14.2
15.(2, 3)
16.①③④
三、解答题（共6小题，满分74分）
17.解：∵ m→=(cosθ,sinθ)，n→=(2-sinθ,cosθ)，
∴ m→+n→=(2+cosθ-sinθ, sinθ+cosθ)
∵ |m→+n→|=825，∴ |m→+n→|2=12825，
∴ (2+cosθ-sinθ)2+(sinθ+cosθ)2=12825，
可得2+22(cosθ-sinθ)+(cosθ-sinθ)2+(sinθ+cosθ)2=12825，
展开化简可得2(cosθ-sinθ)=1425，
即2cos(θ+π4)=1425，
解得cos(θ+π4)=725，
∵ θ∈(π, 2π)，∴ θ2+π8∈(5π8, 9π8)∴ cos(θ2+π8)<0
由二倍角公式可得cos(θ+π4)=2cos2(θ2+π8)-1=725，
解得cos(θ2+π8)=-45
18.解：（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率，
设袋中原有n个白球，
由题意知：17=Cn2C72=n(n-1)27×62=(n-1)7×6，
∴ n(n-1)=6，解得n=3（舍去n=-2），
即袋中原有3个白球．
（2）由题意知试验发生包含的事件数7×5
满足条件的事件数4×3
记“取得2次终止”的事件为A，
则P(A)=4×37×5=27．
19.解：（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（1）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：
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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，(1+∞)单调递减．
20.解：法一：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以AB所在直线为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=233，
从而易得E(12，32，0)，D(0,233,0)．（1）∵ AE→=(12,32,0)，BF→=(-1,0,1)，
∴ cos=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)．
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
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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．
（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
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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．
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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