2006年山东高考文科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_山东

2006 年山东高考文科数学真题及答案 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）定义集合运算：A B{z|zxy(x y)，xA，yB}，设集合A{0，1}，  B{2，3}，则集合A B的所有元素之和为( )  A．0 B．6 C．12 D．18 2ex1,x2 2．（5分）设 f(x) ，则 f(f （2）)的值为( ) log (x2 1),x…2 3 A．0 B．1 C．2 D．3 3．（5分）函数y1ax(0a1)的反函数的图象大致是( ) A． B． C． D． 4．（5分）设向量a(1,3)，b  (2,4)，若表示向量4a，3b  2a，c的有向线段首尾相 接能构成三角形，则向量c为( ) A．(1,1) B．(1,1) C．(4,6) D．(4,6) 5．（5分）已知定义在R上的奇函数 f(x)满足 f(x2)f(x)，则 f （6）的值为( ) A．1 B．0 C．1 D．2  6．（5分）在ABC 中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A ，a 3，b1， 3 则c( ) A．1 B．2 C． 31 D． 3 第1页 | 共18页7．（5分）在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为 2，焦点到相应准线的距离为1， 则该椭圆的离心率为( ) 2 1 2 A． 2 B． C． D． 2 2 4 8．（5分）正方体的内切球与其外接球的体积之比为( ) A．1: 3 B．1:3 C．1:3 3 D．1:9 1x2 9．（5分）设 p:x2 x200，q: 0，则 p是q的( ) |x|2 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 1 3 10．（5分）已知(x2  )n的展开式中第三项与第五项的系数之比为 ，则展开式中常数 x 14 项是( ) A．1 B．1 C．45 D．45 11．（5分）已知集合A{5}，B{1，2}，C {1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素 构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( ) A．33 B．34 C．35 D．36 x y„10  12．（5 分）已知x和 y是正整数，且满足约束条件x y„ 2 则z2x3y的最小值是(  2x…7. ) A．24 B．14 C．13 D．11.5 二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） 13．（4分）某学校共有师生3200人，先用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为 160的样本．已知从学生中抽取的人数为150，那么该学校的教师人数是 ． 14．（4分）设S 为等差数列{a }的前n项和，若S 10，S 5，则公差为 （用数 n n 5 10 字作答）． 15．（4分）已知抛物线y2 4x，过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x ，y )，B(x ，y ) 1 1 2 2 两点，则y2  y2的最小值是 ． 1 2 第2页 | 共18页16．（4分）如图，在正三棱柱ABCABC 中，所有棱长均为1，则点B 到平面ABC 的距 1 1 1 1 1 离为 ． 三、解答题（共6小题，满分74分） 17．（12分）设函数 f(x)2x3 3(a1)x2 1，其中a…1． （Ⅰ）求 f(x)的单调区间； （Ⅱ）讨论 f(x)的极值．  18．（12分）已知函数 f(x) Asin2(x)(A0，0，0 )，且y f(x)的最大 2 值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点(1,2)． （Ⅰ）求； （Ⅱ）计算 f （1）f （2） f(2008)． 19．（12分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取3张，每张卡 片被抽出的可能性都相等，求： （Ⅰ）抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率； （Ⅱ）抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概率； （Ⅲ）抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率． 20．（12分）如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB//DC ，AC BD， AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO2，PO 2， PBPD． （1）求异面直接PD与BC所成角的余弦值； （2）求二面角PABC的大小； PM （3）设点M 在棱PC上，且 ，问为何值时，PC 平面BMD． PC 第3页 | 共18页21．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成 的四边形为正方形，两准线间的距离为1． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当AOB面积取得最大值时，求直线 l的方程． 1 22．（14 分）已知数列{a }中，a  ，点(n,2a a )在直线 yx上，其中n1，2， n 1 2 n1 n 3． （Ⅰ）令b a a 1，求证数列{b }是等比数列； n n1 n n （Ⅱ）求数列{a }的通项； n S T  （Ⅲ）设S 、T 分别为数列{a }、{b }的前n项和，是否存在实数，使得数列 n n n n n n  n  为等差数列？若存在，试求出．若不存在，则说明理由． 2006年山东高考文科数学真题参考答案 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1．（5分）定义集合运算：A B{z|zxy(x y)，xA，yB}，设集合A{0，1}，  B{2，3}，则集合A B的所有元素之和为( )  A．0 B．6 C．12 D．18 【解答】解：当x0时，z0， 当x1，y2时，z6， 当x1，y3时，z12， 第4页 | 共18页故所有元素之和为18， 故选：D． 2ex1,x2 2．（5分）设 f(x) ，则 f(f （2）)的值为( ) log (x2 1),x…2 3 A．0 B．1 C．2 D．3 【解答】解： f(f （2）) f(log (22 1)) f （1）2e11 2，故选C． 3 3．（5分）函数y1ax(0a1)的反函数的图象大致是( ) A． B． C． D． 【解答】解：函数y1ax(0a1)的反函数为ylog (x1)， a 它的图象是函数ylog x向右移动1个单位得到， a 故选：A． 4．（5分）设向量a(1,3)，b  (2,4)，若表示向量4a，3b  2a，c的有向线段首尾相 接能构成三角形，则向量c为( ) A．(1,1) B．(1,1) C．(4,6) D．(4,6) 【解答】解：4a(4,12)，3b2a(8,18)， 设向量c(x,y)， 依题意，得4a(3b2a)c0， 所以48x0，1218 y0， 解得x4，y6， 第5页 | 共18页故选：D． 5．（5分）已知定义在R上的奇函数 f(x)满足 f(x2)f(x)，则 f （6）的值为( ) A．1 B．0 C．1 D．2 【解答】解：因为 f(x2)f(x)， 所以 f （6）f （4） f （2）f(0)， 又 f(x)是定义在R上的奇函数， 所以 f(0)0， 所以 f （6）0， 故选：B．  6．（5分）在ABC 中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A ，a 3，b1， 3 则c( ) A．1 B．2 C． 31 D． 3 【解答】解：解法一：（余弦定理）由a2 b2 c2 2bccosA得：  31c2 2c1cos 1c2 c，c2 c20，c2或1（舍)． 3 a b 3 1 解法二：（正弦定理）由  ，得：  ， sinA sinB  sinB sin 3 1 sinB ， 2   ba，B ，从而C  ，  6 2 c2 a2 b2 4，c2． 7．（5分）在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为 2，焦点到相应准线的距离为1， 则该椭圆的离心率为( ) 2 1 2 A． 2 B． C． D． 2 2 4 x2 y2 【解答】解：不妨设椭圆方程为  1(ab0)， a2 b2 2b2 a2 则有  2且 c1， a c 第6页 | 共18页2 据此求出e ， 2 故选：B． 8．（5分）正方体的内切球与其外接球的体积之比为( ) A．1: 3 B．1:3 C．1:3 3 D．1:9 1 【解答】解：设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为 a，它的外接球的半径为 2 3 a， 2 故所求的比为1:3 3， 选C 1x2 9．（5分）设 p:x2 x200，q: 0，则 p是q的( ) |x|2 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 【解答】解： p:x2 x200，解得x5或x4， 1x2 1x2 x1x1 q: 0，当x…0时可化为 0即 0得0„ x1或x2 |x|2 x2 x2 1x2 故 0的解为：x2或1x1或x2， |x|2 故选：A． 1 3 10．（5分）已知(x2  )n的展开式中第三项与第五项的系数之比为 ，则展开式中常数 x 14 项是( ) A．1 B．1 C．45 D．45 【解答】解：第三项的系数为ð2，第五项的系数为ð4， n n 3 由第三项与第五项的系数之比为 可得n10 14 1 405r 展开式的通项为为T Cr (x2)10r( )r (1)rCr x 2 ， r1 10 x 10 令405r 0， 解得r 8， 第7页 | 共18页故所求的常数项为(1)8C8 45， 10 故选：D． 11．（5分）已知集合A{5}，B{1，2}，C {1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素 构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( ) A．33 B．34 C．35 D．36 【解答】解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为C1C1A3 36， 2 3 3 但集合B、C中有相同元素1， 由5，1，1三个数确定的不同点的个数只有三个， 故所求的个数为36333个， 故选：A． x y„10  12．（5 分）已知x和 y是正整数，且满足约束条件x y„ 2 则z2x3y的最小值是(  2x…7. ) A．24 B．14 C．13 D．11.5 x y„10  【解答】解：画出满足约束条件x y„ 2 对应的可行域：如图所示  2x…7. 易得B点坐标为(6,4)且当直线z2x3y 过点B时z取最大值，此时z24，点 C的坐标为(3.5,1.5)，过点C时取得最小值， 但x，y都是整数，最接近的整数解为(4,2)， 故所求的最小值为14， 故选：B． 第8页 | 共18页二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分） 13．（4分）某学校共有师生3200人，先用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为 160的样本．已知从学生中抽取的人数为150，那么该学校的教师人数是 200 ． 【解答】解： 学校共有师生3200人，从所有师生中抽取一个容量为160的样本，  160 1 每个个体被抽到的概率是  ， 3200 20 10 1   ， 总体中的教师数 20 学校的教师人数为1020200． 故答案是：200． 14．（4分）设S 为等差数列{a }的前n项和，若S 10，S 5，则公差为 1 （用 n n 5 10 数字作答）． 【解答】解：设首项为a ，公差为d，由题得 1 5a 10d 10 a 2d 2  1  1 9d 4d 14d 1 10a 45d 5 2a 9d 1 1 1 故答案为1 15．（4分）已知抛物线y2 4x，过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x ，y )，B(x ，y ) 1 1 2 2 两点，则y2  y2的最小值是 32 ． 1 2 【 解 答 】 解 ： 设 直 线 方 程 为 yk(x4)， 与 抛 物 线 方 程 联 立 消 去 y得 k2x2 (8k2 4)x16k2 0 xx 16 1 2 显然x ，x 0，又y2  y2 4(x x )…8 xx 32， 1 2 1 2 1 2 1 2 第9页 | 共18页当且仅当x x 4时取等号，此时k不存在． 1 2 故答案为32 16．（4分）如图，在正三棱柱ABCABC 中，所有棱长均为1，则点B 到平面ABC 的距 1 1 1 1 1 21 离为 ． 7 【解答】解：如图所示，取AB得中点M ，连接CM ，CM ，过点C作CDCM ，垂足 1 1 为D C ACB，M 为AB中点，  1 1 CM  AB 1 CACB，M 为AB中点，  CM  AB 又 CM CM M ，  1  AB平面CCM 1 又 AB平面ABC ，  1 平面ABC 平面CCM ，平面ABC 平面CCM CM ，CDCM ， 1 1 1 1 1 1 CD平面C AB， 1 CD的长度即为点C到平面ABC 的距离，即点B 到平面ABC 的距离 1 1 1 3 7 在Rt△CCM 中，CC 1，CM  ，CM  1 1 2 1 2 21 21 CD ，即点B 到平面ABC 的距离为 7 1 1 7 21 故答案为： 7 第10页 | 共18页三、解答题（共6小题，满分74分） 17．（12分）设函数 f(x)2x3 3(a1)x2 1，其中a…1． （Ⅰ）求 f(x)的单调区间； （Ⅱ）讨论 f(x)的极值． 【解答】解：由已知得 f(x)6x[x(a1)]， 令 f(x)0，解得x 0，x a1． 1 2 （Ⅰ）当a1时， f(x)6x2， f(x)在(,)上单调递增 当a1时， f(x)6x[x(a1)]， f(x)， f(x)随x的变化情况如下表： x (,0) 0 (0,a1) a1 (a1,) f(x)  0  0  f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 从上表可知，函数 f(x)在(,0)上单调递增；在(0,a1)上单调递减；在(a1,)上单调 递增． （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 当a1时，函数 f(x)没有极值． 当a1时，函数 f(x)在x0处取得极大值1，在xa1处取得极小值1(a1)3．  18．（12分）已知函数 f(x) Asin2(x)(A0，0，0 )，且y f(x)的最大 2 值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点(1,2)． （Ⅰ）求； 第11页 | 共18页（Ⅱ）计算 f （1）f （2） f(2008)． A A 【解答】解：（Ⅰ）y Asin2(x)  cos(2x2)． 2 2 y f(x)的最大值为2，A0．  A A   2,A2． 2 2 又 其图象相邻两对称轴间的距离为2，0，  1 2   ( )2, ． 2 2 4 2 2    f(x)  cos( x2)1cos( x2)． 2 2 2 2  y f(x)过(1,2)点，cos( x2)1．  2    x22k,kZ ，22k ,kZ ， 2 2  k ,kZ ， 4  又 0 ，  2   ． 4    （Ⅱ）解法一：  ， f(x)2sin2( x )  4 4 4 f （1）f （2）f （3）f （4）21014． 又 y f(x)的周期为4，20084502，  f （1）f （2） f(2008)45022008．  解法二： f(x)2sin2( x)  4  3  f(1) f(3)2sin2( )2sin2( )2， 4 4  f(2) f(4)2sin2( )2sin2()2， 2 f （1）f （2）f （3）f （4）4． 又(2,0)的周期为4，20084502， f （1）f （2） f(2008)45022008． 第12页 | 共18页19．（12分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取3张，每张卡 片被抽出的可能性都相等，求： （Ⅰ）抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率； （Ⅱ）抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概率； （Ⅲ）抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率． 【解答】解：(I)由题意知本题是一个古典概型， 设“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A， 试验发生包含的所有事件数C3，  8 满足条件的事件是抽出的3张卡片上最大的数字是4，包括有一个4或有2个4， 事件数是C1C2 C2C1 2 6 2 6 C1C2 C2C1 9 由古典概型公式P(A) 2 6 2 6  ． C3 14 8 (II)由题意知本题是一个古典概型， 设“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为B， 试验发生包含的所有事件数C3，  8 满足条件的事件是抽出的3张卡片上有2张卡片上的数字是3，共有C2C1种结果 2 6 C2C1 3 由古典概型公式得到P(B) 2 6  C3 28 8 (III) “抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为C， “抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为D， 由题意，C与D是对立事件，C1是选一卡片，取2张C2，另选取一张C1 4 2 6 C1C2C1 3 P(D) 4 2 6  C3 7 8 3 4 P（C）1  ． 7 7 20．（12分）如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB//DC ，AC BD， AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO2，PO 2， 第13页 | 共18页PBPD． （1）求异面直接PD与BC所成角的余弦值； （2）求二面角PABC的大小； PM （3）设点M 在棱PC上，且 ，问为何值时，PC 平面BMD． PC 【解答】解：（1） PO平面ABCD，POBD  又PBPD,BO2,PO 2 ， 由平面几何知识得：OD1,PD 3,PB 6 过D做DE//BC交于AB于E，连接PE ，则PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的 角， 四边形ABCD是等腰梯形，  OC OD1，OBOA2，OAOB BC  5,AB2 2,CD 2 又AB//DC 四边形EBCD是平行四边形． EDBC  5,BECD 2 E 是AB的中点，且AE 2 又PAPB 6， PEA为直角三角形， PE PA2 AE2  62 2 PD2 DE2 PE2 354 2 15 在PED中，由余弦定理得cosPDE   2PD  DE 2  3  5 15 第14页 | 共18页2 15 故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为 ； 15 （2）连接OE，由（1）以及三垂线定理可知，PEO为二面角PABC的平面角， PO 2 sinPE0  ，PEO45，二面角PABC的平面角的大小为45； PE 2 （3）连接MD，MB，MO， PC 平面BMD，OM 平面BMD，  PC OM ， 在RtPOC中，PC PD 3，OC 1，PO 2， 2 3 3 PM  ，MC  ， 3 3 PM  2， MC 故2时，PC 平面BMD． 21．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成 的四边形为正方形，两准线间的距离为1． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当AOB面积取得最大值时，求直线 l的方程． x2 y2 【解答】解：设椭圆方程为  1(abc) a2 b2 bc  2  2a2   a 4 （Ⅰ）由已知得 1   ，  c  1 bc   a2 b2 c2  4 所求椭圆方程为8x2 16y2 1． 第15页 | 共18页（Ⅱ）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2，A(x ，y )，B(x ，y ) 1 1 2 2 ykx2 由 ，消去y得关于x的方程：(12k2)x2 8kx60， 8x2 16y2 1 由直线l与椭圆相交于A、B两点， △064k2 24(12k2)0 3 解得k2  2  8k x x    1 2 12k2 又由韦达定理得 6 x x   1 2 12k2 1k2 |AB| 1k2 |x x | 1k2 (x x )2 4xx  16k2 24 1 2 1 2 1 2 12k2 2 原点O到直线l的距离d  1k2 1 16k2 24 2 2 2k2 3 S  |AB| d   ．  AOB 2  12k2 12k2 16k2 24 对S  两边平方整理得：4S2k4 4(S2 4)k2 S2 240(*) 12k2  16(S2 4)2 44S2(S2 24)…0  4S2  S 0， 0 S2  S2 24  0  4S2 1 整理得：S2„ 2 2 又S 0，0S„ 2 2 从而S 的最大值为S  ， AOB 2 254 此时代入方程(*)得4k4 28k2 490k  2 所以，所求直线方程为： 254x2y40． 1 22．（14 分）已知数列{a }中，a  ，点(n,2a a )在直线 yx上，其中n1，2， n 1 2 n1 n 3． 第16页 | 共18页（Ⅰ）令b a a 1，求证数列{b }是等比数列； n n1 n n （Ⅱ）求数列{a }的通项； n S T  （Ⅲ）设S 、T 分别为数列{a }、{b }的前n项和，是否存在实数，使得数列 n n n n n n  n  为等差数列？若存在，试求出．若不存在，则说明理由． 1 【解答】解：（Ⅰ）由已知得a  ,2a a n， 1 2 n1 n 3 3 1 3 a  ,a a 1  1 ，  2 4 2 1 4 2 4 又b a a 1，b a a 1， n n1 n n1 n2 n1 a n1 a n n1  n 1 b a a 1 2 2 1  n1  n2 n1   ， b a a 1 a a 1 2 n n1 n n1 n 3 1 {b }是以 为首项，以 为公比的等比数列． n 4 2 3 1 3 1 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，b  ( )n1   ， n 4 2 2 2n 3 1 a a 1  ， n1 n 2 2n 3 1 3 1 a a 1  ，a a 1  ， 2 1 2 2 3 2 2 22  3 1 a a 1  ， n n1 2 2n1 将以上各式相加得： 3 1 1 1 a a (n1) (   )， n 1 2 2 22 2n1 1 1 (1 ) 3 2 2n1 1 3 1 3 a a n1   (n1) (1 ) n2． n 1 2 1 2 2 2n1 2n 1 2 3 a  n2． n 2n S T （Ⅲ）存在2，使数列{ n n}是等差数列． n 由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，a 2b n2 n n n(n1) 2n2T T n(n1) S T 2 n n n3 2 S 2T  2n n n    T n 2 n n 2 n n 第17页 | 共18页又 3 1  (1 ) 4 2n 3 1 3 3 S T n3 2 3 3 T b b b   (1 )  n n   (  ) n 1 2 n 1 2 2n 2 2n1 n 2 n 2 2n1 1 2 S T 当且仅当2时，数列{ n n}是等差数列． n 第18页 | 共18页