1、2005年高考数学试题汇编（必修5，选修21）一、 选择题 1、 （山东卷.理）设直线关于原点对称的直线为，若与椭圆的交点为A、B，点P为椭圆上的动点，则使的面积为的点P的个数为（A） 1 (B) 2 (C) 3 (D)42、（北京卷.理）“m=”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、（广东卷.文）若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则m=（ ）ABCD4、（福建卷.理）已知等差数列中，则的值是（ ）A15B30C31D645、（福建卷.理）已知p：则p是
2、q的（ ）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6、（福建卷.理）已知F1、F2是双曲线的两焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线的离心率是（ ）ABCD7、（湖北卷.理）对任意实数a，b，c，给出下列命题：“a=b”是“ac=bc”的充要条件；“a+5是无理数”是“a是无理数”的充要条件；“ab”是“a2b2”的充分条件；“a5”是“a3”的必要条件其中真命题的个数是A1 B2 C3 D48、（湖北卷.理）双曲线的离心率为2，有一个焦点与抛物线的焦点重合，则mn的值为A B C D9、（江苏卷.文）在各项都为正数的等比数列
3、中，首项，前三项和为21，则=（ ）A33 B72 C84 D18910、（江苏卷.文）抛物线上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是A B C D011、（江苏卷.文）点在椭圆的左准线上，过点P且方向为的光线经直线反射后通过椭圆的左焦点，则这个椭圆的离心率为A B C D12、（江西卷.理）“a=b”是“直线”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件13、（辽宁卷.文）在R上定义运算若不等式对任意实数成立，则（ ）ABCD14、（辽宁卷.文）若钝角三角形三内角的度数成等差数列，且最大边长与最小边长的比值为m，则m的范围是（ ）A（1，2）B（2，+）C
4、3，+D（3，+）15、（辽宁卷.文）已知双曲线的中心在原点，离心率为.若它的一条准线与抛物线的准线重合，则该双曲线与抛物线的交点到原点的距离是（ ）A2+BCD21二、 填空题16、（山东卷.理）设双曲线的右焦点为F,右准线与两条渐近线交于P、Q两点，如果是直角三角形，则双曲线的离心率17、（山东卷.理）设满足约束条件则使得目标函数的值最大的点是_18、（福建卷.理）非负实数满足的最大值为 19、（湖北卷.理）设等比数列的公比为q，前n项和为，若，成等差数列，则q的值为 20、（湖北卷.理）某实验室需购某种化工原料106千克，现在市场上该原料有两种包装，一种是每袋35千克，价格为140元；另
5、一种是每袋24千克，价格为120元在满足需要的条件下，最少要花费 元21、（江苏卷.文）命题“若，则”的否命题为_22、（江西卷.理）设实数x, y满足 .23、（江西卷.理）以下同个关于圆锥曲线的命题中设A、B为两个定点，k为非零常数，则动点P的轨迹为双曲线；设定圆C上一定点A作圆的动点弦AB，O为坐标原点，若则动点P的轨迹为椭圆；方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；双曲线有相同的焦点.其中真命题的序号为 （写出所有真命题的序号）三、 解答题24、（山东卷.理）如图，已知长方体，直线与平面所成的角为，垂直于为的中点（）求异面直线与所成的角；（）求平面与平面所成二面角（锐角）的大小；（）
6、求点到平面的距离25、（山东卷.理）已知数列的首项前项和为，且（I）证明数列是等比数列；26、（山东卷.理）已知动圆过定点，且与直线相切，其中.（I）求动圆圆心的轨迹的方程；（II）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标27、（北京卷.理）如图,在直四棱柱中,垂足为()求证;()求二面角的大小;()求异面直线与所成角的大小28、（北京卷.理）如图,直线0)与直线之间的阴影区域(不含边界)记为,其左半部分记为,右半部分记为()分别有不等式组表示和()若区域中的动点到的距离之积等于,求点的轨迹的方程;()设不过原点的直线
7、与()中的曲线相交于两点,且与分别交于两点.求证的重心与的重心重合29、（北京卷.理）设数列的首项,且,记()求()判断数列是否为等比数列,并证明你的结论30、（广东卷.文）如图4在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2上异于坐标原点O的两不同动点A、B满足AOBO（如图4所示）. （）求AOB的重心G（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程； （）AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.31、（福建卷.理）如图，直二面角DABE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF平面ACE.（）求证AE平面BCE；（）求二面角BACE的大小；（
8、）求点D到平面ACE的距离.32、（福建卷.理）已知方向向量为v=(1,)的直线l过点（0，2）和椭圆C：的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.（）求椭圆C的方程；（）是否存在过点E（2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足cotMON0（O为原点）.若存在，求直线m的方程；若不存在，请说明理由.33、（湖北卷.理）在ABC中，已知，AC边上的中线BD=，求sinA的值34、（湖北卷.理）如图，在四棱锥PABC右，底面ABCD为矩形，侧棱PA底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，E为PD的中点（）求直线AC与PB所成角的余弦值；（）在侧面PAB内找一点N，使NE面PA
9、C，并求出N点到AB和AP的距离35、（湖北卷.理）设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点（）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由36、（江苏卷.文）如图，圆与圆的半径都是1，过动点P分别作圆.圆的切线PM、PN（M.N分别为切点），使得试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程37、（江苏卷.文）设数列的前项和为，已知，且，其中A.B为常数求A与B的值；证明：数列为等差数列；38、（江西卷.理）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2
10、，点E在棱AB上移动. （1）证明：D1EA1D； （2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离； （3）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为.39、（江西卷.理）如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.（1）求APB的重心G的轨迹方程.（2）证明PFA=PFB.40、（辽宁卷.文）已知椭圆的左、右焦点分别是F1（c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足 （）设为点P的横坐标，证明； （）求点T的轨迹C的方程； （）试问：在点T的轨迹C上，是
11、否存在点M， 使F1MF2的面积S=若存在，求F1MF2 的正切值；若不存在，请说明理由.参考答案一、 1B 2B 3B 4A 5A 6D 7B 8A 9C 10B 11A 12A 13C 14B 15B二、 16 17 （2，3） 18 9 19 -2 20 500 21若，则 22 23 三、24解法一：（向量法）在长方体中，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图由已知，可得又平面，从面与平面所成的角即为又从而易得（）即异面直线、所成的角为（）易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量由取即平面与平面所成二面角（锐角）大小为（）点A到平面BDF的距离，即在平面BDF
12、的法向量上的投影的绝对值所以距离所以点A到平面BDF的距离为解法二：(几何法)（）连结，过F作的垂线，垂足为K，与两底面ABCD，都垂直，又因此为异面直线与所成的角 连结BK，由FK面得， 从而 为 在 和中， 由得 又， 异面直线与所成的角为（）由于面由作的垂线，垂足 为，连结，由三垂线定理知即为平面与平面所成二面角的平面角且，在平面中，延长与；交于点为的中点，、分别为、的中点即，为等腰直角三角形，垂足点实为斜边的中点F，即F、G重合易得，在中，即平面于平面所成二面角（锐角）的大小为（）由（）知平面是平面与平面所成二面角的平面角所在的平面面在中，由作AHDF于H，则AH即为点A到平面BDF的
13、距离 由AHDF=ADAF，得所以点A到平面BDF的距离为25解：由已知，可得两式相减得即从而当时所以又所以从而故总有，又从而即数列是等比数列；26 解：（I）如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；（II）如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知（1）当时，即时，所以，所以由知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点（2）当时，由，得=将式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为即所以直线恒
14、过定点所以由（1）（2）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点27 （I）在直四棱柱ABCDAB1C1D1中，AA1底面ABCD AC是A1C在平面ABCD上的射影 BDAC BDA1C；（II）连结A1E，C1E，A1 C1 与（I）同理可证BDA1E，BDC1E， A1EC1为二面角A1BDC1的平面角 ADDC， A1D1C1=ADC90， 又A1D1=AD2，D1C1= DC2，AA1=且 ACBD， A1C14，AE1，EC3， A1E2，C1E2， 在A1EC1中，A1C12A1E2C1E2， A1EC190， 即二面角A1BDC1的大小为90（III）过B作 BF/AD交 AC
15、于 F，连结FC1，则C1BF就是AD与BC1所成的角 ABAD2， BDAC，AE1， BF=2，EF1，FC2，BCDC， FC1=，BC1， 在BFC1 中，, C1BF=即异面直线AD与BC1所成角的大小为解法二：（）同解法一（）如图，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系连结与(1)同理可证, 为二面角的平面角.由得即二面角的大小为（）如图,由,得异面直线与所成角的大小为解法三：（）同解法一.（）如图,建立空间直角坐标系,坐标原点为E.连结.与（）同理可证为二面角的平面角由得即二面角的大小为28解：（I）W1=(x, y)| kxykx, x0，W2=(x, y
16、)| kxy0， （II）直线l1：kxy0，直线l2：kxy0，由题意得 , 即， 由P(x, y)W，知k2x2y20， 所以 ，即, 所以动点P的轨迹C的方程为； （III）当直线与x轴垂直时，可设直线的方程为xa（a0）由于直线，曲线C关于x轴对称，且1与2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（a，0），即它们的重心重合， 当直线1与x轴不垂直时，设直线的方程为y=mx+n（n0） 由，得 由直线与曲线C有两个不同交点，可知k2m20且=0设M1，M2的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，则, , 设M3，M4
17、的坐标分别为(x3, y3)，(x4, y4)， 由得从而，所以y3+y4=m(x3+x4)+2nm(x1+x2)+2ny1+y2,于是OM1M2的重心与OM3M4的重心也重合29解：（I）a2a1+=a+，a3=a2=a+；（II） a4=a3+=a+, 所以a5=a4=a+,所以b1=a1=a, b2=a3=(a), b3=a5=(a),猜想：bn是公比为的等比数列 证明如下： 因为bn+1a2n+1=a2n=(a2n1)=bn, (nN*)所以bn是首项为a, 公比为的等比数列30解：（I）设AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 （1）OAOB ,即，(2)
18、又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得所以重心为G的轨迹方程为（II）由（I）得当且仅当即时，等号成立所以AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1；31 （I）（II）连结AC、BD交于G，连结FG，ABCD为正方形，BDAC，BF平面ACE，FGAC，FGB为二面角B-AC-E的平面角，由（I）可知，AE平面BCE，AEEB，又AE=EB，AB=2，AE=BE=，在直角三角形BCE中，CE=在正方形中，BG=，在直角三角形BFG中，二面角B-AC-E为（III）由（II）可知，在正方形ABCD中，BG=DG，D到平面ACB的距离等于B到平面ACE的距离，BF平面ACE，线段BF的长度就是
19、点B到平面ACE的距离，即为D到平面ACE的距离所以D到平面的距离为另法：过点E作交AB于点O. OE=1.二面角DABE为直二面角，EO平面ABCD.设D到平面ACE的距离为h， 平面BCE， 点D到平面ACE的距离为解法二：（）同解法一.（）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图.面BCE，BE面BCE， ，在的中点， 设平面AEC的一个法向量为，则解得令得是平面AEC的一个法向量.又平面BAC的一个法向量为，二面角BACE的大小为（III）AD/z轴，AD=2，点D到平面ACE的距离32 I）解法一
20、：直线， 过原点垂直的直线方程为， 解得椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上，直线过椭圆焦点，该焦点坐标为（2，0）. 故椭圆C的方程为 解法二：直线.设原点关于直线对称点为（p，q），则解得p=3.椭圆中心（0，0）关于直线的对称点在椭圆C的右准线上， 直线过椭圆焦点，该焦点坐标为（2，0）. 故椭圆C的方程为 （II）解法一：设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，整理得 点O到直线MN的距离即 即整理得当直线m垂直x轴时，也满足.故直线m的方程为或或经检验上述直线均满足.所以所求直线方程为或或解法二：设M（），N（）.当直线m不垂直轴时，直线代入，整理得 E（2，
21、0）是椭圆C的左焦点，|MN|=|ME|+|NE|=以下与解法一相同.解法三：设M（），N（）.设直线，代入，整理得 即 =，整理得解得或故直线m的方程为或或经检验上述直线方程为所以所求直线方程为或或33解法一：设E为BC的中点，连接DE，则DE/AB，且，设BE=x在BDE中利用余弦定理可得：，解得，（舍去）故BC=2，从而，即又，故，解法二：以B为坐标原点，为x轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A位于第一象限由，则，设=（x，0），则由条件得从而x=2，（舍去）故于是解法三：过A作AHBC交BC于H，延长BD到P使BP=DP，连接AP、PC过窗PNBC交BC的延长线于N，则，而，BC=BN
22、=CN=2，故由正弦定理得，34解法一：（）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标分别为A（0，0，0），B（，0，0），C（，1，0），D（0，1，0），P（0，0，2），E（0，2）从而=（，1，0），=（，0，-2）设与的夹角为，则，AC与PB所成角的余弦值为（）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，0，z），则由NE面PAC可得：即化简得即N点的坐标为（，0，1），从而N点到AB、AP的距离分别为1，35 ）解法一：依题意，可设直线AB的方程为y=k（x-1）+3，代入，整理得：设A（），B（），则，是方程的两个不同的根，且由N（1，3）是线段AB的中点，
23、得=2，解得k=-1，代入得，即的取值范围是（12，+）于是直线AB的方程为，即解法二：设A（），B（），则有依题意，N（1，3）是AB的中点，=2，=6，从而又由N（1，3）在椭圆内，的取值范围是（12，+）直线AB的方程为，即（）解法一：CD垂直平分AB，直线CD的方程为y-3=x-1，即x-y+2=0代入椭圆方程，整理得又设C（），D（），CD的中点为M（），则，是方程的两根，+=-1，且，即M（，）于是由弦长公式可得将直线AB的方程代入椭圆方程得同理可得当时，|AB|CD|假设存在，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心点M到直线AB的距离为于是，由式及勾股定理可得
24、故当时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，|为半径的圆上（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：A、B、C、D共圆ACD为直角三角形，A为直角，即由式知，式左边=，由知，式右边=式成立，即A、B、C、D四点共圆）解法二：由（）解法一知，CD垂直平分AB，直线CD的方程为y-3=x-1，代入椭圆方程，整理得将直线AB的方程代入椭圆方程整理得解和式可得，不妨设A（，），C（，），D（，），计算可得，A在以CD为直径的圆上又B为A关于CD的对称点，A、B、C、D四点共圆（注：也可用勾股定理证明ACAD）36以的中点O为原点，所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则（-2，0），（2，0），由已知，
25、得因为两圆的半径均为1，所以设，则，即，所以所求轨迹方程为（或）37（）由已知，得，由，知，即解得.() 由（）得 所以 -得 所以 -得 因为 所以 因为 所以 所以 ， 又 所以数列为等差数列38解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）（1）（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而，设平面ACD1的法向量为，则也即，得，从而，所以点E到平面AD1C的距离为（3）设平面D1EC的法向量，由 令b=1, c=2,a=2x，依题意（不
26、合，舍去）， .AE=时，二面角D1ECD的大小为.39解：（1）设切点A、B坐标分别为，切线AP的方程为： 切线BP的方程为：解得P点的坐标为：所以APB的重心G的坐标为 ，所以，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为： （2）方法1：因为由于P点在抛物线外，则同理有AFP=PFB.方法2：当所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：即所以P点到直线BF的距离为：所以d1=d2，即得AFP=PFB.当时，直线AF的方程：直线BF的方程：所以P点到直线AF的距离为：，同理可得到P点到直线BF的距离，因此由d1=d2，可得到AFP=PFB40（）证法一：设点P的坐标为由P在椭圆上，得由
27、，所以 3分证法二：设点P的坐标为记则由证法三：设点P的坐标为椭圆的左准线方程为 由椭圆第二定义得，即由，所以3分（）解法一：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点.在QF1F2中，所以有综上所述，点T的轨迹C的方程是7分解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（，0）在轨迹上.当|时，由，得.又，所以T为线段F2Q的中点. 设点Q的坐标为（），则因此 由得 将代入，可得综上所述，点T的轨迹C的方程是7分 （）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是 由得，由得 所以，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M.11分当时，由，得解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是 由得 上式代入得于是，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M.11分当时，记，由知，所以14分