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- 2021-06-16 发布
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2005年北京市高考数学试卷（理科）
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1. 设全集U=R，集合M={x|x>l}，P={x|x2>l}，则下列关系中正确的是（ ）
A.M=P B.P⊂M C.M⊂P D.CUM∩P=⌀
2. “m=12”是“直线(m+2)x+3my+1=0与直线(m-2)x+(m+2)y-3=0相互垂直”的（ ）
A.充分必要条件 B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
3. 若|a→|=1，|b→|=2，c→=a→+b→，且c→⊥a→，则向量a→与b→的夹角为( )
A.30∘ B.60∘ C.120∘ D.150∘
4. 从原点向圆x2+y2-12y+27=0作两条切线，则该圆夹在两条切线问的劣弧长为（ ）
A.π B.2π C.4π D.6π
5. 对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是（ ）
A.sin(α+β)>sinα+sinβ B.sin(α+β)>cosα+cosβ
C.cos(α+β)0；④f(x1+x22)<f(x1)+f(x2)2．其中正确的命题序号是________．
14. 已知n次多项式Pn(x)=a0xn+a1xn-1+...+an-1x+an．
如果在一种算法中，计算x0k(k=2, 3, 4,…,n)的值需要k-1次乘法，计算P3(x0)的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算Pn(x0)的值共需要________次运算．
下面给出一种减少运算次数的算法：P0(x0)=a0．Pn+1(x)=xPn(x)+ak+1(k=0, l, 2,…,n-1)．利用该算法，计算P3(x0)的值共需要6次运算，计算Pn(x0)的值共需要________次运算．
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三、解答题（共6小题，15、17题每题13分，16、18、20题每题14分，19题12分，满分80分）
15. 已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a．
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)在区间[-2, 2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．
16. 如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，DC=23，AA1=3，AD⊥DC，AC⊥BD垂足为E．
（1）求证BD⊥A1C；
（2）求二面角A1-BD-C1的大小；
（3）求异面直线AD与BC1所成角的大小．
17. 甲、乙俩人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23．
（1）记甲击中目标的次数为ξ，求ξ的概率分布及数学期望Eξ；
（2）求乙至多击中目标2次的概率；
（3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率．
18. 如图，直线l1:y=kx(k>0)与直线l2:y=-kx之间的阴影区域（不含边界）记为W，其左半部分记为W1，右半部分记为W2．
（1）分别用不等式组表示W1和W2．
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（2）若区域W中的动点P(x, y)到l1，l2的距离之积等于d2，求点P的轨迹C的方程；
（3）设不过原点O的直线l与（2）中的曲线C相交于M1，M2两点，且与l1，l2分别交于M3，M4两点．求证△OM1M2的重心与△OM3M4的重心重合．
19. 设数列{an}的首项a1≠14，且an+1=12ann是偶an+14n是奇，记bn=a2n-1-14，n=1，2，3…
（1）求a2，a3；
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；
（3）求limn→∞(b1+b2+...+bn)
20. 设f(x)是定义在[0, 1]上的函数，若存在x*∈(0, 1)，使得f(x)在[0, x⋅]上单调递增，在[x⋅, 1]单调递减，则称f(x)为[0, 1]上的单峰函数，x⋅为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．
对任意的[0, 1]上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法．
（1）证明：对任意的x1，x2∈(0, 1)，x1<x2，若f(x1)≥f(x2)，则(0, x2)为含峰区间；若f(x1)≤f(x2)，则(x1, 1)为含峰区间；
（2）对给定的r(03，
所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞, -1)，(3, +∞)．
(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a，
f(2)=-8+12+18+a=22+a，
所以f(2)>f(-2)．
因为在(-1, 3)上f'(x)>0，
所以f(x)在[-1, 2]上单调递增，
又由于f(x)在[-2, -1]上单调递减，
因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2, 2]上的最大值和最小值，
于是有22+a=20，解得a=-2．
故f(x)=-x3+3x2+9x-2，
因此f(-1)=1+3-9-2=-7，
即函数f(x)在区间[-2, 2]上的最小值为-7．
16.解：法一：（1）在直四棱柱ABCD-AB1C1D1中，
∵ AA1⊥底面ABCD．∴ AC是A1C在平面ABCD上的射影．
∵ BD⊥AC．∴ BD⊥A1C；
（2）连接A1E，C1E，A1C1．
与（1）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴ ∠A1EC1为二面角A1-BD-C1的平面角．
∵ AD⊥DC，∴ ∠A1D1C1=∠ADC=90∘，
又A1D1=AD=2，D1C1=DC=23，AA1=3且AC⊥BD，
∴ A1C1=4，AE=1，EC=3，∴ A1E=2，C1E=23，
在△A1EC1中，A1C12=A1E2+C1E2，∴ ∠A1EC1=90∘，
即二面角A1-BD-C1的大小为90∘．
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（3）过B作BF // AD交AC于F，连接FC1，
则∠C1BF就是AD与BC1所成的角．
∵ AB=AD=2，BD⊥AC，AE=1，
∴ BF=2，EF=1，FC=2，BC=DC，∴ FC1=7，BC1=15，
在△BFC1中，cos∠C1BF=15+4-71⋅2⋅15=155，∴ ∠C1BF=arccos155
即异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos155．
法二：
（1）同解法一
（2）如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
连接A1E，C1E，A1C1．
与①同理可证，BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴ ∠A1EC1为二面角A1-ED-C1的平面角．
由A1(2, 0, 3)C1(0, 23, 3)E(32, 32, 0)
得EA→1=(12, -32, 3)，EC1→=(-32, 332, 3)
∴ EA→1⋅EC1→=-34-94+3=0，
∴ EA→1⊥EC1→，即EA1⊥EC1．
∴ 二面角A1-ED-C1的大小为90∘
（3）如图，由D(0, 0, 0)，A(2, 0, 0)，C1(0, 23, 3)，B(3, 3, 0)，
得AD→=(-2, 0, 0)，BC1→=(-3, 3, 3)，
∴ AD→⋅BC1→=6，|AD→|⋅BC1→=6，|AD→|=2，|BC1→|=15
∴ cos(AD→, BC1→)=AD→，BC1→|AD→||BC1→|=6215=155，
∵ 异面直线AD与BC1所成角的大小为arccos155．
法三：
（1）同解法一．
（2）如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为E．连接A1E，C1E，A1C1．
与（1）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，
∴ ∠A1EC1为二面角A1-BD-C1的平面角．
由E(0, 0, 0)A1(0, -1, 3)，C1(0, 3, 3)．
得EA1→(0, -1, 3)，EC1→=(0, 3, 3)．
∵ EA1→⋅EC1→=-3+3=0，
∴ EA1→⊥EC1→即EA1⊥EC1，
∴ 二面角A1-BD-C1的大小为90∘．
17.解：（1）由题意得甲击中目标的次数ξ为0、1、2、3，
根据独立重复试验公式得到变量对应的概率，
当变量为0时表示没有击中目标，
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当变量为1时表示击中目标1次，
当变量为2时表示击中目标2次，
当变量为3时表示击中目标3次，
∴ P(ξ=0)=C30(12)3=18，
P(ξ=1)=C31(12)3=38，
P(ξ=2)=C32(12)3=38，
P(ξ=3)=C33(12)3=18，
∴ ξ的概率分布如下表：
ξ
0
1
2
3
P
18
38
38
18
Eξ=O⋅18+1⋅38+2⋅38+3⋅18=1.5，（或Eξ=3⋅12=1.5）；
（2）乙至多击中目标2次的对立事件是乙能击中3次，
有对立事件的概率公式得到
概率为1-C33(23)3=1927；
（3）设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲恰击中目标2次且乙恰击中目标0次为事件B1，
甲恰击中目标3次且乙恰击中目标1次为事件B2，
则A=B1+B2，
B1，B2为互斥事件P(A)=P(B1)+P(B2)=38⋅127+18⋅29=124
∴ 甲恰好比乙多击中目标2次的概率为124．
18.解：（1）根据图象可知阴影区域左半部分，在y=-kx的下方，在y=kx的上边，
故y的范围可知kx0
∴ W1={(x, y)|kx0}，
（2）直线l1:kx-y=0，直线l2:kx+y=0，由题意得|kx-y|k2+1⋅|kx+y|k2+1=d2，即|k2x2-y2|k2+1=d2，
由P(x, y)∈W，知k2x2-y2>0，
所以k2x2-y2k2+1=d2，即k2x2-y2-(k2+1)d2=0，
所以动点P的轨迹C的方程为k2x2-y2-(k2+1)d2=0；
（3）当直线l与x轴垂直时，可设直线l的方程为x=a(a≠0)．
由于直线l，曲线C关于x轴对称，且l1与l2关于x轴对称，
于是M1M2，M3M4的中点坐标都为(a, 0)，
所以△OM1M2，△OM3M4的重心坐标都为(23a, 0)，即它们的重心重合，
当直线l1与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=mx+n(n≠0)．
由k2x2-y2-(k2+1)d2=0y=mx+n，得(k2-m2)x2-2mnx-n2-k2d2-d2=0
由直线l与曲线C有两个不同交点，可知k2-m2≠0且
△=(2mn)2+4(k2-m2)×(n2+k2d2+d2)>0
设M1，M2的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
则x1+x2=2mnk2-m2，y1+y2=m(x1+x2)+2n，
设M3，M4的坐标分别为(x3, y3)，(x4, y4)，
由y=kxy=mx+n得x3=nk-m，x4=-nk+m
从而x3+x4=2mnk2-m2=x1+x2，
所以y3+y4=m(x3+x4)+2n=m(x1+x2)+2n=y1+y2，
于是△OM1M2的重心与△OM3M4的重心也重合．
19.解：（1）a2=a1+14=a+14，a3=12a2=12a+18；
（2）∵ a4=a3+14=12a+38，所以a5=12a4=14a+316，
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所以b1=a1-14=a-14，b2=a3-14=12(a-14)，b3=a5-14=14(a-14)，
猜想：{bn}是公比为12的等比数列•
证明如下：
因为bn+1=a2n+1-14=12a2n-14=12(a2n-1-14)=12bn，(n∈N*)
所以{bn}是首项为a-14，公比为12的等比数列．
（3）limn→∞(b1+b2+...+bn)=limn→∞limn→∞b1(1-12n)1-12=b11-12=2(a-14)．
20.证明：（1）设x*为f(x)的峰点，则由单峰函数定义可知，f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*, 1]上单调递减．
当f(x1)≥f(x2)时，假设x*∉(0, x2)，则x1f(x1)，
这与f(x1)≥f(x2)矛盾，所以x*∈(0, x2)，即(0, x2)是含峰区间．
当f(x1)≤f(x2)时，假设x*∉(x1, 1)，则x*≤x1<x2，从而f(x*)≥f(x1)>f(x2)，
这与f(x1)≤f(x2)矛盾，所以x*∈(x1, 1)，即(x1, 1)是含峰区间．
（2）由（1）的结论可知：
当f(x1)≥f(x2)时，含峰区间的长度为l1=x2；
当f(x1)≤f(x2)时，含峰区间的长度为l2=1-x1；
对于上述两种情况，由题意得x2≤0.5+r1-x1≤0.5+r①
由①得1+x2-x1≤1+2r，即x2-x1≤2r
又因为x2-x1≥2r，所以x2-x1=2r，②
将②代入①得
x1≤0.5-r，x2≥0.5-r，③
由①和③解得x1=0.5-r，x2=0.5+r．
所以这时含峰区间的长度l1=l1=0.5+r，即存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r．
（3）解：对先选择的x1；x2，x1<x2，由（2）可知
x1+x2=l，④
在第一次确定的含峰区间为(0, x2)的情况下，x3的取值应满足
x3+x1=x2，⑤
由④与⑤可得x2=1-x1x3=1-2x1，
当x1>x3时，含峰区间的长度为x1．
由条件x1-x3≥0.02，得x1-(1-2x1)≥0.02，从而x1≥0.34．
因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取x1=0.34，x2=0.66，x3=0.32．
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