2005年高考.山东卷.理科数学试题精析详解.doc

1、 2005 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（山东理科类）试题精析详解 一、选择题（5 分12=60 分） （1） 22 11 (1)(1) ii ii （A）i (B) i (C) 1 (D) 1 答案答案 D 【思路点拨】本题考查了复数的概念和运算能力，可直接计算得到结果. 【正确解答】 22 1111 1 (1)(1)22 iiii iiii ，选 D 【解后反思】熟练掌握复数的代数形式的四则运算及i的性质.本题可把1 i化为 2 cos()sin() 44 i ， 12(cossin) 44 ii ，用复数三角形式的乘法和乘方 法则求得结果. （2）函数 1 (0) x yx x

2、的反函数的图象大致是 1 o y x -1 o y x 1 o y x -1 o y x （A） (B) (C) (D) 答案答案 B 【思路点拨】本题考查反函数的概念及函数的图象。利用互为反函数图象间的关系，考查识 图（或作图）能力，可采用直接法，即求出原函数的反函数，并画出图象. 【正确解答】 1 (0) x yx x 的反函数为 1 (1) 1 yx x 它的图象是将函数 1 y x 的图 象向左平移 1 个单位后得到的 .，选 B. 【解后反思】函数与图象的性质是历年高考的重点，要深刻理解灵活运用函数的性质，本题 也可从互为反函数的性质：互为反函数的定义域与值域互换进行分析可选 C.

3、（3）已知函数sin()cos(), 1212 yxx 则下列判断正确的是 （A）此函数的最小正周期为2，其图象的一个对称中心是(,0) 12 (B) 此函数的最小正周期为，其图象的一个对称中心是(,0) 12 (C) 此函数的最小正周期为2，其图象的一个对称中心是(,0) 6 (D) 此函数的最小正周期为，其图象的一个对称中心是(,0) 6 答案答案 B 【思路点拨】 本题考查三角函数的二倍角公式及图象和性质， 化简函数解析式再利用图象的 性质即可解决. 【正确解答】 1 sin()cos()sin(2) 121226 yxxx ，最小正周期为，对称中心的 横坐标为 x= 212 k , 当

4、 k=0 时,其图象的一个对称中心是(,0) 12 ，选 B 【解后反思】一般地，sin()(0)yAx 的对称中心为 1 (),0)k ，对称轴方 程为 1 ()() 2 xkkZ ，本题在求对称中心时也可用验证法，也就是在函数中取 一个恰当的 x 值使 y=0. （4）下列函数中既是奇函数，又是区间1,1上单调递减的是 （A）( )sinf xx (B) ( )1f xx (C) 1 ( )() 2 xx f xaa (D) 2 ( ) 2 x f xln x 答案答案 D 【思路点拨】本题考查函数的奇偶性和增减性，可根据其定义逐个淘汰. 【正确解答】选项 A： 1 ()()( ) 2 x

5、x fxaaf x ，是偶函数，排除； 选项 B：()|1|fxx ，是非奇非偶函数，排除； 选项 C：()sin()sin( )fxxxf x ，是奇函数，在 1,1上单调递增，排除； 选项 D： 1 222 ()lnln()ln( ) 222 xxx fxf x xxx ，是奇函数，且在 1,1上单 调递减，故选 D. 【解后反思】解决函数问题时，必须理解从初等函数的图象入手，联想其相关性质，也就是 说要有数形结合的意识. （5）如果 2 1 (3) 3 n x x 的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中 3 1 x 的系数是 （A）7 (B) 7 (C) 21 (D)21 答案答案

6、 C 【思路点拨】 本题主要考查二项展开式及通项公式的应用， 凡是求二项式展开式中的特殊项 或系数，常用其通项公式列出方程，求出 n 或.r 【正确解答】令1x ，则2128 n ，解得7n，展开式的一般项为 7 7 32 1 (3 ) () ttt Cx x ， 3 1 x 的系数是 116 7 3 ( 1)21C .故选 C. 【解后反思】熟练掌握 1r T 的表达式及解方程的思想，这里二项式中“”必须留心，并要 注意二项式系数、多项式系数的和与指定项的系数的区别与联系. （6）函数 2 1 10,sin(), ( ) 0., x xx f x xe 若(1)( )2,ff a则a的所有可

7、能值为 （A） 1 (B) 2 2 (C) 1, 2 2 (D) 1, 2 2 答案答案 C 【思路点拨】函数解析式是高考的一个难点，本题考查分段函数的应用，函数的值域等，必 须对 a 的范围进行分类讨论. 【正确解答】 0 (1)1fe，所以( )1f a ， 当0a时，1a ； 当10a 时， 2 sin()1a， 2 2 a . 选 C. 【解后反思】因为(1)1f，故( ) 1f a ，本题实质上求方程( )1f a 的解，而分段函数必 须分段求，要注意各段函数定义域的范围，恰当地舍取和验证. （7）已知向量, a b，且2 ,56 ,72 ,ABab BCab CDab 则一定共线的

8、 （A） 、B、D (B) A、B、C (C) B、C、D (D)A、C、D 答案答案 A 【思路点拨】 本题考查向量的基础知识和运算能力， 理解和掌握两个向量共线和三点共线的 充要条件是解决本题的关键. 【正确解答】24BCCDBDab，因为2ABab，且有一个共点 B 所以 A、B、 D 三点共线.选 A 【解后反思】一般地，, a b（0b ） ，共线的充要条件是存在唯一实数，使ab.因 此寻找恰当的，注意共线向量与三点共线之间的区别与联系 （8）设地球半径为 R，若甲地位于北纬 0 45东经 0 120，乙地位于南纬 0 75东经 0 120，则甲、 乙两地球面距离为 （A）3R (B

9、) 6 R (C) 5 6 R (D) 2 3 R 答案答案 D 【思路点拨】本量考查球的性质，球面距离的运算.，空间想象能力，可结合关于地球的经、 纬度等知识、球的性质，求出球心与这两点所成的圆心角的大小、利用弧长公式解决. 【正确解答】AOB=120 ， A、B 两点间的球面距离为 1202 2 3603 dRR .选 D 【解后反思】本题是求同一经度上，两点间的球面距离，比较简 单，而求在同一纬度上的点 A、B 间的球面距离必须构建基本图 形：三棱锥 1 OAO B，其中 1 OO纬度面 AOB，AOOBR （R 为地球的半径） ， 11 O AOOBO是北纬度角， 1 AO B是 A、

10、B 两点所在经度的夹角（劣弧） ，AOB即是要所求 A、B 两 点间的球面距离的大圆的圆心角（小于 0 180） ，则 A、B 间的球 面距离为R，这里，是解决此类型问题的关键，也是难点. （9）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 （A） 3 10 (B) 1 12 (C) 1 2 (D) 11 12 答案答案 D 【思路点拨】本题是考查概率的基础知识、概率的基本运算和应用能力，将“至少”问题转 化为对立事件可简化为计算. 【正确解答】10 张奖卷中抽取 5 张可能的情况有 5 10 C种， 5 人中没有人中奖的情况有 5 7 C中， 先求没

11、有 1 人中奖的概率， 5 7 5 10 1 12 C P C ， 至少有 1 人中奖的概率是 5 7 5 10 11 1 12 C P C ，选 D AB O1 O 【解后反思】 概率与统计这部分内容要求不高， 关键是掌握概念公式并能在具体问题中正确 应用. （10）设集合 A、B 是全集 U 的两个子集，则AB是)ABU U （C （A） 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件 (C) 充要条件 (D)既不充分也不必要条件 答案答案 A 【思路点拨】本题考查集合的基本概念和基本运算，及充要条件的判断能力.抽象的两个集 合，可用特殊值法，列举法或画出图进行分析. 【正确解答】由AB可推出()

12、 U C ABU，反之，() U C ABU不一定要满足 AB， 因此为充分不必要条件，选 A 【解后反思】要熟练掌握数学符号语言的等价转化，它是解决数学问题的必要条件，也是是 否具有数学素养的一个重要标志. （11）01,a下列不等式一定成立的是 （A） (1)(1) log(1)log(1)2 aa aa (B) (1)(1) log(1)log(1) aa aa (C) (1)(1)(1)(1) log(1)log(1)log(1)log(1) aaaa aaaa (D) (1)(1)(1)(1) log(1)log(1)log(1)log(1) aaaa aaaa 答案答案 A 【思路

13、点拨】本题考查对数函数的性质及绝对值不等式的应用.考虑到 (1) log(1) a a 与 (1) log(1) a a 互为倒函数的关系，可采用换元思想，简化问题结构达到问题的转化. 【正确解答】令 (1) log(1) a at ,则 (1) 1 log(1) a a t ， 01011,110aaat ， 11 | |()()2 | | tt tt 当且仅当1t 时等号成立，| | 0t A 一定成立，选 A. 解法 2： 0a1，01a1, (1)(1) log(1)0,log(1)0 aa aa , (1)(1) lg(1)lg(1) log(1)log(1)2 lg(1)lg(1)

14、 aa aa aa aa . 【解后反思】整体思想是重要的数学思想，而换元法是整体思想的具体体现，是考查学生的 观察能力和宏观调控的重要手段，必须引起高度重视. （12）设直线:220lxy关于原点对称的直线为 l ，若 l 与椭圆 2 2 1 4 y x 的交点为 A、B，点 P 为椭圆上的动点，则使PAB的面积为 1 2 的点 P 的个数为 （A） 1 (B) 2 (C) 3 (D)4 答案答案 B 【思路点拨】 本题考查直线和椭圆的位置关系的判定及相关性质， 可用直接法求得结果或数 形给合的方法. 【正确解答】由题意得 l ：220xy， 解不等式组 2 2 1 4 220 y x xy

15、 得(0,2)A，(1,0)B，|5AB ，设( , )P x y, 11|22|1 |5 2225 PAB xy SAB d ，得|22| 1xy， 2 2 1 4 230 y x xy （1）或 2 2 1 4 210 y x xy （2） 方程组（1）无实数解，方程组（2）有两个不同的实数解，故满足条件的点 P 的个数为 2， 选 B. 解法解法 2：直线:220lxy关于原点对称的直线为 l ：2x+y2=0，该直线与椭圆相 交于A(1, 0)和B(0, 2)， P为椭圆上的点， 且PAB的面积为 1 2 ， 则点P到直线l的距离为 5 5 ， 在直线的下方，原点到直线的距离为 2 5

16、 5 ，所以在它们之间一定有两个点满足条件，而在 直线的上方，与 2x+y2=0 平行且与椭圆相切的直线，切点为 Q( 2 2 , 2)，该点到直线 的距离小于 5 5 ，所以在直线上方不存在满足条件的 P 点. 【解后反思】 本题属于直线和圆锥曲线的小综合题， 几何与代数之间的等价转化是解决这类 问题的重要方法. 二、填空题（4 分4=16 分） (13) 22 2 2 lim (1) n nn n CC n _ 奎屯 王新敞 新疆 答案答案 3 2 【思路点拨】本题考查组合数公式和性质及数列极限的基本运算，先化简分子，分子分母除 以 n 的最高次幂就可得到结果. 【正确解答】 2222 2

17、22 2 1(1) 13 2233 2 limlimlimlim 21 (1)(1)(1)22 1 n nnnn nnnn n n CCCC n nnn nn . 【解后反思】要会求分子分母均是 n 的多项式，当n时的极限，分式是 型时. 10 10 () lim0() () n a b a na na b nbnb （ ，N ） 不存在 . (14)设双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 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 奎屯 王新敞 新疆 答案答案 2e 【思路点拨】本题是考查双曲线的几何性质，可根据对称

18、性来分析，只可能是PFQ为直 角，由 a、b、c 的关系不难解决. 【正确解答】由PQF是直角三角形,根据图形的对称性，必有 2 2 aab PFFQcabca cc 即双曲线的离心率2 c e a . 解法 2： 双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的右焦点为F(c, 0)，右准线l与两条渐近线交 于 P( 2 , aab cc )、Q( 2 , aab cc )两点， FPFQ， 2 222 1 abab a cc aab cc cc ， a=b, 即双曲线的离心率 e=2. 【解后反思】解决本题的障碍是对Rt PQF的直角的确定，要深刻理解几何图形的特征是 解决这类题型的

19、关键. (15)设, x y满足约束条件 5, 3212, 03, 04. xy xy x y 则使得目标函数65zxy的值最大的点( , )x y 是_ 奎屯 王新敞 新疆 答案答案 2,3 【思路点拨】本题主要考查简单线性规划的基本知识，分二步，第一步是作出二元一次不等 式表示的平面区域.，第二步从图形分析求z最大值时点的坐标. 【正确解答】画出题中所给不等式组所表示的区域.当 x=0 时 y=0, 650zxy，点（0，0）在直线 0:6 50lxy上 ， 作 一 组 直 线 0 l的 平 行 直 线 :65()lxyt tR，要求使得z最大的点，即要求使 直线65zxy截距最大，由图可

20、知，当直线过 5xy和3212xy的交点(2,3)M时，z 有最大 值 27. 【解后反思】正确画出平面区域和直线 0 l是解决这类问题的关键. (16)已知 m、n 是不同的直线，, 是不重合的平面，给出下列命题： 若/,mn则/mn 奎屯 王新敞 新疆 若,/, /,m nmn则/ 奎屯 王新敞 新疆 O y x M 若,/mnmn,则/ 奎屯 王新敞 新疆 m、n 是两条异面直线，若/,/, /, /,mmnn则/ 奎屯 王新敞 新疆 上面命题中，真命题的序号是_(写出所有真命的序号) 奎屯 王新敞 新疆 答案答案 【思路点拨】本题考查立体几何中直线与平面的位置关系.本题是线线、线面和面

21、面平行， 线面垂直的判断题，可借助图形进行判断. 【 正 确 解 答 】 如 图 所 示 ， 中 m、 n 可 能 异 面 ， 中，可 能 相 交 ， 中 ,/mmnn同理可证：/n即是真命题，中可过平面，外 任一点 P 作直线,m n使/,/,mm nnm n异面,m n必相交，设由,m n确定的平面 为，/mm，同理可证：/n，同理可证：/.即是 真命题，综上所述，真命题的序号是、. 【解后反思】要否定一个命题，只需要一反例即可.要熟悉掌握线线平行、平面平行、面面 平行的关系和转化.即线线平行平面平行面面平行，其中线面平行起了桥梁作用，而 的实质是两个平面平行的推论. 三、解答题（74 分

22、） (17)（本小题满分 12 分） 已知向量(cos ,sin )m和( 2sin ,cos ),( ,2 )n ，且 8 2 5 mn， 求cos() 28 的值 奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】本题从向量及模的概念出发，考查三角变换能力和运算能力，通过 8 2 5 mn，构建的三角函数关系式，再由此关系式与所求进行比较，消除角或函 数的差异，达到转化. 【正确解答】解法一： (cossin2,cossin ),mn 22 (cossin2)(cossin )mn 422 ( c o ss i n)44 c o s () 4 21c o s () 4 由已知 8 2 5 mn，得 7 co

23、s() 425 奎屯 王新敞 新疆 又 2 cos()2cos () 1 428 所以 2 16 cos () 2825 奎屯 王新敞 新疆 59 2 , 8288 4 cos() 285 奎屯 王新敞 新疆 解法二： 2 22 2mnmm nn 22 |2mnm n 222222 ( cossin)( ( 2sin )cos)2cos ( 2sin )sin cos 42 2(cossin )4(1 cos() 4 2 8cos () 28 由已知 8 2 5 mn，得 4 |cos()| 285 59 2 8288 ， cos()0 28 ， 4 cos() 285 奎屯 王新敞 新疆 【

24、解后反思】三角函数的求值问题，关键是角和函数的变换，难点是三角函数符号的确定， 在解题过程中，两者必须都要兼顾到，不能顾此失彼. (18) （本小题满分 12 分） 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 1 7 .现有甲、乙两人从袋中轮 流摸取 1 个球，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 奎屯 王新敞 新疆每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止时所需的取球次 数 （）求袋中原有白球的个数； （）求随机变量的概率分布； （）求甲取到白球的概率 奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】 本题考查了离散型随机变量的分布列和等可

25、能事件概率的求法， 可根据两者定 义直接求得. 【正确解答】 （）设袋中原有n个白球，由题意知： 2 2 7 1(1)(1) . 7 6 77 6 2 n Cn nn n C 所以(1)6n n，解得3(n 舍去2)n ，即袋中原有个白球 奎屯 王新敞 新疆 （）由题意，的可能始值为,2,3,4,5. 3 (1) 7 p: 4 32 (2) 7 67 p : 4 3 36 (3) 7 6 535 p 43233 (4 ) 76543 5 p : 4 3 2 1 31 (5) 7 6 5 4 335 p 所以,取球次数的分布列为： 1 2 3 4 5 p 3 7 2 7 6 35 3 35 1

26、35 （）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，记“甲取到白球” 的事件为 A，则 ( )p AP（ “1” ，或“3” ，或“5” ）. 因为事件“1” 、 “3” 、 “5”两两互斥，所以 3612 2 ()(1)(3)(5 ) 73 53 53 5 P APPP 奎屯 王新敞 新疆 【解后反思】离散型随机变量的基础则概率的计算，如古典概率、互斥事件概率和相互独立 事件同时发生的概率，n 次独立重复试验有 k 次发生的概率等，同时往往离散型随机变量的 分布列上具有的性质.（如0,1,2,3, i pi， 12 1pp）要理解地记忆，便于掌握. (19) （本小

27、题满分 12 分） 已知1x 是函数 32 ( )3(1)1f xmxmxnx的一个极值点,其中,m nR0m. （）求 m 与 n 的关系表达式; （）求( )f x的单调区间； （）当 1,1x 时,函数( )yf 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 奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】此题考查了可导函数的导数求法，极值的定义，以及可导函数的极值点的必要 条件和充分条件（导函数在极值点两侧异号） ，含参不等式恒成立的求解问题，考查运算能 力和分析问题、解决问题的能力. 【正确解答】 （）解： 2 ( )36(1)fxmxmxn. 因为1x 是( )f x的一个极值点

28、,所以(1)0 f ,即36(1)0mmn. 所以36nm 奎屯 王新敞 新疆 （）解:由（）知 2 2 ( )36(1)363 (1)(1)fxmxmxmm xx m 当0m时,有 2 11 m ,当x变化时( )f x与( )fx的变化如下表: x 2 (,1) m 2 1 m 2 (1,1) m 1 (1,) ( )fx 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0m时,( )f x在 2 (,1) m 单调递减,在 2 (1,1) m 单调递增, 在(1,) 单调递减 奎屯 王新敞 新疆 （）解法一:由已知,得( )3fxm,即 2 2(1)2

29、0mxmx. 0m. 2 22 (1)0xmx mm . 即 2 12 2(1)0,1,1xxx mm . （*） 设 2 12 ( )2(1)g xxx mm ,其函数图象的开口向上. 由题意(*)式恒成立, 22 ( 1)0120 (1)0 10 g mm g 4 34 , 3 10 mm 又0m. 4 0 3 m 即m的取值范围是 4 0 3 m 奎屯 王新敞 新疆 解法二：由已知,得( )3fxm，即 2 3 (1)(1)3m xxm m ， 0m. 2 (1)1(1)1xx m . (*) 0 1 1x 时. (*)式化为0 1怛成立.0m. 0 2 1x 时1,1 ,210xx .

30、 (*)式化为 21 (1) 1 x mx 令1tx,则2,0t ,记 1 ( )g tt t , 则( )g t在区间2,0是单调增函数 奎屯 王新敞 新疆 min 13 ( )( 2)2 22 g tg 由(*)式恒成立,必有 234 , 23 m m 又0m 3 0 4 m 综上 0 1、 0 2知 4 0 3 m 奎屯 王新敞 新疆 【解后反思】要深刻理解和熟练掌握数学思想和方法，本题中运用了数形结合法、分离变量 法、换元法等多种数学思想和方法.因此，在解答问题的过程中要领悟和体验这些方法，积 累经验，必定能提高解决综合问题的能力. (20) （本小题满分 12 分） 如图， 已知长方

31、体 1111 ABCDABC D， 1 2,1ABAA， 直线BD与平面 11 AAB B 所成的角为 0 30，AE垂直BD于,E F为 11 AB的中点 （）求异面直线AE与BF所成的角； （）求平面BDF与平面 1 AAB所成二面角（锐角） 的大小； （）求点A到平面BDF的距离 奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】 本题考查了长方体的概念，异面直线、二面 角、点到平面的距离的求法.考查逻辑推理能力，空间想象能力和运算能力，可根据长方体 的特征，用定义或平面向量的知识是不难解决的. 【正确解答】解法一： （向量法） 在长方体 1111 ABCDABC D中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线

32、为y轴， 1 AA 所 在 直 线 为z轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 如 图 由 已 知 1 2 ,1A BA A， 可 得 ( 0 , 0 , 0 ) ,( 2 , 0 , 0 ) ,( 1 , 0 , 1 )ABF 又AD 平面 11 AAB B，从面BD与平面 11 AAB B所成的 角即为 0 30DBA 又 2 3 2,1, 3 ABAEBD AEAD 奎屯 王新敞 新疆 从而易得 132 3 ( ,0),(0,0) 223 ED 奎屯 王新敞 新疆 （） 13 ( ,0),( 1,0,1) 22 AEBF 奎屯 王新敞 新疆 cos, AE BF AE BF AE BF

33、1 2 2 42 奎屯 王新敞 新疆 即异面直线AE、BF所成的角为 2 arccos 4 奎屯 王新敞 新疆 A1 B1C1 D1 F E D C B A A1 B1C1 D1 F E D C B A x z y （）易知平面 1 AAB的一个法向量(0,1,0)m 奎屯 王新敞 新疆 设( , , )nx y z是平面BDF的一个法向量 2 3 ( 2,0) 3 BD 奎屯 王新敞 新疆 由 nBF nBD 0 0 n BF n BD 0 2 3 20 3 xx xy 3 xz xy 奎屯 王新敞 新疆 取(1, 3,1)n 奎屯 王新敞 新疆 315 cos, 515 m n m n m

34、 n 奎屯 王新敞 新疆 即平面BDF与平面 1 AAB所成二面角（锐角）大小为 15 arccos 5 奎屯 王新敞 新疆 （）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 奎屯 王新敞 新疆 所以距离 | cos,dABAB n| | | AB n AB ABn |22 5 |55 AB n n 奎屯 王新敞 新疆 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 2 5 5 奎屯 王新敞 新疆 解法二：(几何法) （）连结 11 B D，过 F 作 11 B D的垂线，垂足为 K， 1 BB与两底面 ABCD， 1111 ABC D都垂直， 1 111 1111

35、FBBB FKB DFBB B DBBB 1 平面BDD 又 1 1 1 AEBB AEBDAEB BBBDB 1 平面BDD 因此/FKAE 奎屯 王新敞 新疆 BFK为异面直线BF与AE所成的角 奎屯 王新敞 新疆 连结 BK，由 FK面 11 BDD B得FKBK， A1 B1C1 D1 F K E D C B A 从而 B K F为Rt 奎屯 王新敞 新疆 在 1 Rt B KF和 111 Rt B D A中， 由 11 111 ADFK B FB D 得 111 2211 21 3 1 1 32 22 2(3) 3 ADAB AD B F FK B DBD 奎屯 王新敞 新疆 又2B

36、F ， 2 cos 4 FK BFK BK 奎屯 王新敞 新疆 异面直线BF与AE所成的角为 2 arccos 4 奎屯 王新敞 新疆 （）由于AD 面 t AAB由A作BF的垂线AG，垂足 为G，连结DG，由三垂线定理知BGDG 奎屯 王新敞 新疆 AGD即为平面BDF与平面 1 AAB所成二面角的平 面角 奎屯 王新敞 新疆 且90DAG，在平面 1 AAB中，延长BF与 1 AA；交 于点S 奎屯 王新敞 新疆 F为 11 AB的中点 11 11 /, 22 AFAB AFAB， 1 A、F分别为SA、SB的中点 奎屯 王新敞 新疆 即 1 22SAA AAB， Rt BAS为等腰直角三

37、角形，垂足G点实为斜边SB的中点 F，即 F、G 重合 奎屯 王新敞 新疆 易得 1 2 2 AGAFSB，在Rt BAS中， 2 3 3 AD 奎屯 王新敞 新疆 2 3 6 3 tan 32 AD AGD AG ， 6 arctan 3 AGD， 即平面BDF于平面 1 AA B所成二面角（锐角）的大小 S A1 B1 C1 D1 G F E D C B A S A1 B1 C1 D1 HF E D C B A 为 6 arctan 3 奎屯 王新敞 新疆 （）由（）知平面AFD是平面BDF与平面 1 AAB所成二面角的平面角所在的平面 面AFDBDF面 奎屯 王新敞 新疆 在Rt ADF

38、中，由作 AHDF 于 H，则 AH 即为点 A 到平面 BDF 的距离 奎屯 王新敞 新疆 由 AH DF=AD AF，得 22 2 32 2 3 5 52 (3)( 2) 3 AD AF AH DF 奎屯 王新敞 新疆 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 2 5 5 奎屯 王新敞 新疆 【解后反思】立几中求角和距离的问题一般要具备作、证、算三步.本题中也可用等积变换 求距离.空间向量的引入，给本题解答提供了新思路，关键是点的坐标和向量的正确，否则 以全错而告终. (21) （ 本 小 题 满 分 12 分 ） 已 知 数 列 n a的 首 项 1 5,a 前n项 和 为 n S， 且 *

39、 1 5() nn SSnnN （I）证明数列1 n a 是等比数列； （II）令 2 12 ( ) n n f xa xa xa x，求函数( )f x在点1x 处的导数(1) f 并比较 2(1) f 与 2 2313nn的大小奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】本题主要考查数列的通项，等比数列的前 n 项和以及导数的概念，考查灵活运 用数学知识分析和解决问题的能力.知道数列的递推公式求数列的通项时， 可直接代入求解， 由 n S与 n a间的关系求数列的通项公式时，只要利用 1( 2) nnn aSSn 即可.对数的大小 比较的常用方法是作差法，其差值可转化为关于 n 的函数，再利用函数的性

40、质作出判断. 【正确解答】 解： 由已知 * 1 5() nn SSnnN 可得 1 2,24 nn nSSn 两式相减得 11 21 nnnn SSSS 即 1 21 nn aa 从 而 1 121 nn aa 当1n 时 21 21 5SS 所以 211 26aaa又 1 5a 所以 2 11a 从而 21 121aa 故总有 1 12(1) nn aa ， * nN又 11 5,10aa 从而 1 1 2 1 n n a a 即数列1 n a 是等 比数列 （II）由（I）知3 21 n n a 因为 2 12 ( ) n n f xa xa xa x所以 1 12 ( )2 n n f

41、xaa xna x 从而 12 (1)2 n faana= 2 3 2 12 3 21(3 21) n n = 2 3 22 22nn -1 2n = 1 (1) 31 26 2 n n n n 由上 2 2(1)2313121 2nfnnn- 2 12 21nn= 121 2121 (21) n nnn=12(1) 2(21) n nn 当1n 时，式=0 所以 2 2(1)2313fnn； 当2n时，式=-120所以 2 2(1)2313fnn 当3n时，10n 又 011 21 1 n nnn nnnn CCCC 2221nn 所以12210 n nn 即0从而2(1) f 2 2313

42、nn 【解后反思】1、由数列前 n 项和和定义 12nn Saaa可知 n S和 n a之间的关系 1 1 (1) (2) n nn S n a SSn 要注意的是， n a n S 1n S 仅局限在2n的一切真整数，因此在 n S求 n a时，应分类讨论，只有当 1 a 1 S满足 n a n S 1n S 时通项公式才只有一个式子， 否则就是分段函数. 2、对一个指数或多项式大小比较时，必须采取放缩的技巧，而放缩的技巧是在需选择目标 和确定放缩的程度，应恰到好处，放缩的方法还常有：去掉式子中的某些数，应用不等式的 5 个性质，应用正、余弦的有界性等等. (22) （本小题满分 14 分）已知动圆过定点,0 2 p ，且与直线 2 p x 相切，其中0p . （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的倾斜角分别为和 ，当, 变化且为定值(0)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点 的坐标 奎屯 王新敞 新疆 【思路点拨】本题考查直线的有关概念、直线与圆的性质，抛物线及三角函数的基础知识， 考查运用数学知识解决综合问题的能力，第（I）问可由圆的切线性质和抛物线的