2005年高考(广东卷)

数 学

第一部分 选择题(共50分)

( 1 ) 【答案】B

解: ∵由|x|2，得2x2，

由x23x0，得x0或x3， ∴M∩N{0}，故选B．

( 2 ) 【答案】D

解: ∵ (a2i)ibi，∴2aibi，

即a1 ，a2b25 ，故选D．

b2

( 3 ) 【答案】A 解: limx3x311，故选A． limlimx3x29x3(x3)(x3)x3x36( 4 ) 【答案】D

解:∵ BB平面ABC,

∴VBABCSABChSABCBB故选D. ( 5 ) 【答案】B

解: ∵焦点在x轴上，∴a ∵ e131313333． 442，

c12，∴c， a223∴mb2a2c2，故选B．

2( 6 ) 【答案】D

解: ∵f(x)3x26x,

令f(x)0,即3x26x0,解得0x2，故选D．

( 7 ) 【答案】C

解：③是假命题，如右图所示

满足l//,m//, //，

/m ，故选C． 但 l/\\(8)【答案】C

解：满足log2XY1的X、Y有(1, 2)，(2, 4)，(3, 6)这3种情况，而总的可能数有36种，

所以P31，故选C． 3612第5页 (共9页) 2005年广东

( 9 ) 【答案】A

解：将图象沿y轴向下平移１个单位，再沿x轴向右平移２个单位得下图A，从而可以得到g(x)的

x1,0x2图象，故g(x)2，

2x4,2x3

∵函数yf(x)和yg(x)的图像关于直线yx对称， y321212x2,1x0∴f(x)x，故选A．

2,0x22(也可以用特殊点检验获得答案)

o1231x图A （10）【答案】B

39153363,x3,x4,x5,x6 2481632 由此可推测limxn2，故选B．

解法一：特殊值法，当x13时，x2x11xxn11(xn1xn2)，∴xnxn1(xn1xn2)，即n， 22xn1xn221 ∴xn1xn是以（x2x1）为首项，以为公比6的等比数列，

21x111令bnxn1xn，则bnb1qn1(x2x1)()n1()n1()nx1

2222xnx1(x2x1)(x3x2)…(xnxn1)

x1111 x1()()2x1()2x1…()n1x1

2222x111()n1222x1(1)n1x1 x1

13231()21x2x2x∴limxnlim1()n1112，∴x13，故选B. xx23331解法三：∵xn(xn1xn2)，∴2xnxn1xn20，

2 ∴其特征方程为2a2a10，

1a1，a21， 解得

2n ， xnc1a1nc2a2x12x12x1 ∵x1x1，x2，∴c1，c2，

2332x112x2x1x()n11()n11，以下同解法二． ∴xn323323解法二：∵xn

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(11) 【答案】(,0)

解：使f(x)有意义，则1ex0， ∴ ex1，∴x0，

∴f(x)的定义域是(,0)． (12) 【答案】4

解：∵a//b，∴x1y2x2y1，∴263x，∴x4.

(13) 【答案】解：(x2 2545r)的通项为C4x4r()r，4r3,r1， 445515, ∴(x)4的展开式中x3的系数是C444(xcos1)5的通项为C5R(xcos)5R，5R2,R3，

3∴(xcos1)5的展开式中x2的系数是C5cos25,

∴ cos2

12，cos. 221(14) 【答案】5，(n1)(n2)

2解：由图B可得f(4)5，

由f(3)2，f(4)5，f(5)9，

f(6)14，可推得

∵n每增加1，则交点增加(n1)个， ∴f(n)234(n1)

(2n1)(n2)

21(n1)(n2)． 2图B

三．解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

( 15 )【答案】 解: f(x)cos(2k cos(32x)cos(2k32x)23sin(32x)

32x)cos(332x)23sin(32x)

2cos( 4[cos(2x)23sin(32x)

3 4cos2x

2x)cos3sin(32x)sin3]

∴ f(x)[4,4]，T2， 2第7页 (共9页) 2005年广东

∴f(x)的值域是[4,4]，最小正周期是． ( 16 ) 【答案】

(Ⅰ)证明：在ABC中， ∵AC8,AB10,BC6, ∴AC2BC2AB2,

∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，

同理可证，△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，

△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形． RtPCB在中，∵

P F E A 图3

C

B

PC10,BC6,PB234,CF

1534, 17∴PCBCPBCF, ∴

PBCF,

（II）

解法一：由（I）知PB⊥CE，PA⊥平面ABC

∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE ∴CE⊥平面PAB，而EF平面PAB， ∴EF⊥EC，

故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角， ∵PAB~EFB

又∵EFPB,EFCFF, ∴PB平面CEF.

AB105， AP635∴二面角B—CE—F的大小为arctan．

3∴tanFEBcotPBA解法二：如图，以C点的原点，CB、CA为x、y轴，

建立空间直角坐标系C－xyz，则

C(0,0,0)，A(0,8,0)，B(6,0,0)，P(0,8,6)，

∵PA(0,0,6)为平面ABC的法向量，

P zF PB(6,8,6)为平面ABC的法向量， 36334∴cosPA,PB， 34PAPB6234∴二面角B—CE—F的大小为arccos(17 ) （本小题共14分） 【答案】 解法一：

（Ⅰ）∵直线AB的斜率显然存在，∴设直线AB的方程为ykxb，

PAPByA E B x334． 34C y

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A(x1,y1),B(x2,y2)，依题意得

ykxb2 由,消去y,得xkxb0，①

2yx∴x1x2k，② x1x2b ③

22 ∵OAOB，∴x1x2y1y20，即 x1x2x1x20，④

由③④得，bb20，∴b1或b0(舍去) ∴设直线AB的方程为ykx1

∴①可化为 x2kx10，∴x1x21 ⑤， 设AOB的重心G为(x,y)，则

x1x20ky1y20k(x1x2)2k22x ⑥ ， y ⑦，

33333(3x)222由⑥⑦得 y，即y3x2，这就是AOB得重心G的轨迹方程．

33（Ⅱ）由弦长公式得|AB|k21(x1x2)24x1x2

k21k24，

1k12把②⑤代入上式，得 |AB|设点O到直线AB的距离为d，则d，

1k24∴ SAOB|AB|d，

22∴ 当k0，SAOB有最小值，

∴AOB的面积存在最小值，最小值是1 ．

解法二：

（Ⅰ）∵ AO⊥BO, 直线OA，OB的斜率显然存在， ∴设AO、BO的直线方程分别为ykx，y设A(x1,y1)，B(x2,y2)，依题意可得

1x， k11,)， kk2ykx 由2yx1yx得 A(k,k2)，由k2yx得 B(设AOB的重心G为(x,y)，则

11k22xx20k ① ， yy1y20k ②， x133332由①②可得，y3x2，即为所求的轨迹方程.

3k第9页 (共9页) 2005年广东

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，|OA|11， 24kk1111∴SAOB|OA||OB|k2k4 2422kk1121221， k2222k1当且仅当k2，即k1时，SAOB有最小值，

2k∴AOB的面积存在最小值，最小值是1 .

k2k4，|OB|

解法三:（I）设△AOB的重心为G(x , y) ，A(x1, y1)，B(x2 , y2 )，则

x1x2x3

…（1） 

yy1y23

不过∵OA⊥OB ，

∴kOAkOB1，即x1x2y1y21， …（2） 又点A，B在抛物线上，有y1x1,y2x2， 代入（2）化简得x1x21，

22y1y21211222(x1x2)[(x1x2)22x1x2](3x)23x2， 33333322∴所以重心为G的轨迹方程为y3x，

311122222222(x12y12)(x2y2)x1x2x12y2x2y1y12y2（II）SAOB|OA||OB|，

222111166x16x222x16x222(1)6221， 由（I）得SAOB222266当且仅当x1即x1x21时，等号成立， x2∴y

所以△AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1 ．

( 18 ) 【答案】

解：（Ⅰ）取出黄球的概率是P(A)st，取出白球的概率是P(A)，则 ststsstst2P(0)， P(1)， P(2)，

st(st)3(st)2stn1stn1……， P(n1)， P(n)，

nn(st)(st)∴的分布列是

 P 0 1 2 … … n1 n s stst (st)2st2 (st)3stn1tn (st)n(st)n第10页 (共9页) 2005年广东

（Ⅱ）

sstst2stn1tn ① E012…(n1)nnn23(st)(st)st(st)(st)tst22st3(n2)stn1(n1)stnntn1 ② E…(st)n(st)n1(st)n1st(st)3(st)4

①—②得

sstst2st3stn1ntn(n1)stnntn1E…

(st)n(st)n(st)n1(st)n1st(st)2(st)3(st)4t(n1)tnntn1(n1)tn∴ E nnn1s(st)s(st)(st)

t(n1)tnntn1(n1)tn∴的数学期望是E．

s(st)ns(st)n(st)n1

( 19 ) 【答案】 解：（Ⅰ）∵f(2x)f(2x)，

∴f(23)f(25) 即 f(1)f(5)，

∵在［0，7］上，只有f(1)f(3)0， ∴f(5)0，∴f(1)f(1)，

∴f(x)是非奇非偶函数．

（Ⅱ）由f(2x)f(2x)，令xx2，得 f(x)f(4x)，

由f(7x)f(7x)，令xx3，得 f(4x)f(10x), ∴f(x)f(10x)，

∴f(x)是以10为周期的周期函数，

由f(7x)f(7x)得，f(x)的图象关于x7对称， ∴在［0，11］上，只有f(1)f(3)0， ∴10是f(x)的最小正周期，

∵在［0，10］上，只有f(1)f(3)0， ∴在每一个最小正周期内f(x)0只有两个根，

,2005]上的根的个数是802． ∴在闭区间[2005

( 20 ) 【答案】 解：（Ⅰ）( i ) 当k0时,此时A点与D点重合, 折痕所在的

y D C 1直线方程y，

2

( ii ) 当k0时，设A点落在线段DC上的点A(x0,1)，

1(0x02)，则直线OA的斜率k0A，

x0∵折痕所在直线垂直平分OA,

O (A) 图5 B x 第11页 (共9页) 2005年广东

1k1 ，∴x0k x0又∵折痕所在的直线与OA的交点坐标（线段OA的中点）

k1为M(,)，

221kk21， ∴折痕所在的直线方程yk(x)，即ykx2222∴kOAk1，∴

k21(2k0) 由( i ) ( ii )得折痕所在的直线方程为：ykx22k21k21),F(,0) （Ⅱ）折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标为E(0,22k由（Ⅰ）知，kx0，∵0x02，∴2k0，

设折痕长度为d，所在直线的倾斜角为，

( i ) 当k0时，此时A点与D点重合, 折痕的长为2 ； ( ii )当2k0时，

k21k21设a，b，

2k20aAB2时，l与线段AB相交，此时2k23，

aAB2时，l与线段BC相交，此时23k0， 0b1时，l与线段AD相交，此时1k0， b1时，l与线段DC相交，此时2k1， ∴将k所在的分为３个子区间：

①当2k1时，折痕所在的直线l与线段DC、AB相交， 1 折痕的长d|sin|1|k|1k25d2， 2②当1k23时，折痕所在的直线l与线段AD、AB相交，

∴

1k211，

|k|k21k221k22k43k213折痕的长d()()2

2k2444k43k130，即2k63k410， 令g(x)0，即k322k1即 (k21)2(k2)0，

22k23 ∵1k23，∴解得22令g(x)0， 解得 1k，

222k23时，g(x)是增函数， 故当1k时，g(x)是减函数，当22第12页 (共9页) 2005年广东

∵g(1)2，g(23)4(843)， ∴g(1)g(23)，

∴当k23时，g(23)4(843)，

dg(23)28432(62)，

∴当1k23时， d2(62)，

③当23k0时，折痕所在的直线l与线段AD、BC相交， 折痕的长d22|cos|121k2，

1k2 ∴

2l2843，即2l2(62)，

综上所述得，当k23时，折痕的长有最大值，为2(62)．

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