2006年山东高考理科数学真题及答案_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 年山东高考理科数学真题及答案
第I卷（共60分）
注意事项：
1. 答第I卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号，考试科目涂写在答题卡上。
2. 每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮檫
干净后，再选其他答案标号，不能答在试题卷上。
参考公式：
如果事件A、B互斥，那么P（A+B）=P(A)+P(B)
如果事件A、B相互独立，P(A·B)=P(A)·P(B)
一、 选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，
选择一个符合题目要求的选项.
（1）定义集合运算：A⊙B=｛z︳z= xy(x+y)，z∈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
（2）函数y=1+ax(0<a<1)的反函数的图象大致是
（A） （B） （C） （D）
2tx1,x  2,

(3)设f(x)=log (x2 1),x  2, 则不等式f(x)>2的解集为

t
(A)（1，2）（3，+∞） (B)（ 10 ，+∞）
(C)（1，2） （ 10 ，+∞） (D)（1，2）

（4）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,A= ,a= 3,b=1，则c=
3
(A)1 （B）2 （C） 3—1 （D） 3
（5）设向量a=(1,2),b=(－1,1),c=(－1,－2)，若表示向量4a,4b－2c,2(a－c),d的有向
线段首尾相连能构成四边形，则向量d为
(A)(2,6) (B)(－2,6) (C)(2,－6) (D)(－2,－6)
(6)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
（7）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
第1页 | 共16页2 1 2
(A) 2 (B) (C) (D)
2 2 4
1x2
（8）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
（9）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
n
 1  3
（10）已知x2   的展开式中第三项与第五项的系数之比为－ ,其中i4=－1，则
 
 x  14
展开式中常数项是
(A)－45i (B) 45i (C) －45 (D)45
5x11y  22,

（11）某公司招收男职员x名，女职员y名，x和y须满足约束条件2x3y 9, 则

2x 11.

z=10x+10y的最大值是
(A)80 (B) 85 (C) 90 (D)95
（12）如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC
分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则P－DCE三棱锥的外接球的体积为
4 3 6 6 6
(A) (B) (C) (D)
27 2 8 24
（12题图）
第II卷（共90分）
注意事项：
1.用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中。
2.答卷前将密封线内的项目填写清楚。
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.答案须填在题中横线上.
1
（13）若lim 1,则常数a  .
n n( na) n
第2页 | 共16页（14）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)两点，则
1 1 2 2
y2+y2的最小值是 .
1 2
（15）如图，已知正三棱柱ABC-ABC的所有棱长都相等，D是AC的 中点，则直线AD 与
1 1 1 1 1
平面BDC所成角的正弦值为 .
1
（15题图）
（16）下列四个命题中，真命题的序号有 （写出所有真命题的序号）.
①将函数y= x1 的图象按向量y=(-1,0)平移，得到的图象对应的函数表达式为y= x
1
②圆x2+y2+4x-2y+1=0与直线y= x相交，所得弦长为2
2
1 1
③若sin(+)= ,则sin(+)= ,则tancot=5
2 3
④如图，已知正方体ABCD- ABCD，P为底面ABCD内一动点，P到平面AADD的距离与到
1 1 1 1 1 1
直线CC的距离相等，则P点的轨迹是抛物线的一部分.
1
（16题图）
三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

（17）已知f(x)=Asin(x)(A>0,>0,0<< 函数，且y=f(x)的最大值为2，其图
2
象相邻两对称轴的距离为2，并过点（1，2）.
（1）求;
（2）计算f(1)+f(2)+… +f(2 008).
（18）（本小题满分12分）
设函数f(x)=ax-(a+1)ln(x+1)，其中a-1，求f(x)的单调区间。
（19）（本小题满分12分）
如图ABC-ABC，已知平面平行于三棱锥V-ABC的底面ABC，等边∆ ABC所在的平面与底面
1 1 1 1 1 1 1
ABC垂直，且ABC=90°，设AC=2a,BC=a.
（1）求证直线BC是异面直线与AC的公垂线；
1 1 1 1
第3页 | 共16页（2）求点A到平面VBC的距离；
（3）求二面角A-VB-C的大小.
（19题图）
(20) （本小题满分12分）
袋中装着标有数学1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大
数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字，
求：
（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
(2)随机变量的概率分布和数学期望；
(3)计分介于20分到40分之间的概率.
（21）（本小题满分12分）
x2 y2
双曲线C与椭圆  1有相同的热点，直线y= 3x为C的一条渐近线.
8 4
（1） 求双曲线C的方程；
（2） 过点P(0,4)的直线l，求双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不
8
重合）.当PQ =QAQB，且  时，求Q点的坐标.
1 2 1 2 3
（22）（本小题满分14分）
已知a=2，点(a,a )在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…
1 n n+1
（1） 证明数列｛lg(1+a)｝是等比数列；
n
（2） 设T=(1+a) (1+a) …(1+a)，求T及数列｛a｝的通项；
n 1 2 n n n
1 1 2
（3） 记b=  ，求｛b｝数列的前项和S，并证明S+ =1.
n a a 2 n n n 3T 1
n n n
2006年山东高考理科数学真题参考答案
（1）—（12）DACBD BBAAD CC
第4页 | 共16页4
(13) 2 (14) 32 (15) (16)○3○4
5
17．（本小题满分12分）

已知函数 f(x)  Asin2(x)(A0,0,0 )，且y  f(x)的最大值为2，其
2
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).

A A
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( 2)1.
2

 22k,kZ,
2

22k ,kZ,
2

k ,kZ,
4

又 0 ,

2

 .
4

（II）解法一：  ，

4
  
y 1cos( x )1sin x.
2 2 2
 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.
第5页 | 共16页
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y  f(x)的周期为4，20084502，
 f(1) f(2) f(2008)45022008.
18．（本小题满分12分）设函数 f(x)  ax(a1)ln(x1)，其中a  1，求 f(x)
的单调区间.
ax1
解：由已知得函数 f(x)的定义域为(1,)，且 f '(x) (a1),
x1
（1）当1a0时， f '(x)0,函数 f(x)在(1,)上单调递减，
1
（2）当a 0时，由 f '(x)0,解得x .
a
f '(x)、 f(x)随x的变化情况如下表
1 1 1
x (1, ) ( ,)
a a a
f '(x) — 0 +
f(x) 极小值
 
从上表可知
1 1
当x(1, )时， f '(x)0,函数 f(x)在(1, )上单调递减.
a a
1 1
当x( ,)时， f '(x)0,函数 f(x)在( ,)上单调递增.
a a
综上所述：
V
当1a0时，函数 f(x)在(1,)上单调递减.
1
当 a 0时，函数 f(x)在 (1, )上单调递减，函数 f(x)在 A C
1 1
a
1
B
( ,)上单调递增. 1
a
A C
19．（本小题满分12分）
B
第6页 | 共16页如图，已知平面ABC 平行于三棱锥V  ABC的底面ABC，等边△ABC 所在的平面与底
1 1 1 1
面ABC垂直，且∠ACB=90°，设AC  2a,BC  a
（1）求证直线BC 是异面直线AB 与AC 的公垂线；
1 1 1 1 1
（2）求点A到平面VBC的距离；
（3）求二面角AVBC 的大小。
解法1：
（Ⅰ）证明：∵平面 ABC ∥平面ABC，
1 1 1
BC //BC,AC // AC
1 1 1 1
BC  AC

BC  AC
1 1 1 1
又∵平面ABC⊥平面ABC，平面ABC∩平面ABC  AC，
1 1
∴BC⊥平面ABC，
1
BC  AB
1
BC  AB ，
1 1 1
又 AC BC C ，BC AB  B .
 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BC 为AB 与AC 的公垂线.
1 1 1 1 1
（Ⅱ）解法1：过A作AD BC于D，
1
∵△ABC为正三角形，
1
∴D为BC的中点.
1
∵BC⊥平面ABC
1
∴BC  AD，
又BCBC C，
1
∴AD⊥平面VBC，
∴线段AD的长即为点A到平面VBC的距离.
3 3
在正△ABC中，AD AC  2a  3a.
1 2 2
第7页 | 共16页∴点A到平面VBC的距离为 3a.
解法2：取AC中点O连结BO，则BO⊥平面ABC，且BO= 3a.
1 1 1
由（Ⅰ）知BC  BC，设A到平面VBC的距离为x，
1
V V ，
BABC ABBC
1 1
1 1 1 1
即  BCACBO  BCBCx，解得x 3a.
3 2 1 3 2 1
即A到平面VBC的距离为 3a.

   AB n
则d || AB |cos AB,n| || AB |cos 1 |

1 1 1
| AB ||n|
1
2 3a
  3a.
2
所以，A到平面VBC的距离为 3a.
(III)过D点作DH VB于H ，连AH ，由三重线定理知AH VB
AHD是二面角AVBC的平面角。
DH BD
在Rt AHD中，AD 3a BDH BBC  1 .
  1  1 BC BB
1
BDBC 5
DH  1  a.
BB 5
1
AD
tanAHD  15。
DH
AHDarctan 15。
所以，二面角AVBC的大小为arctan 15.
解法二：
取AC中点O连BO,易知OB 底面ABC，过O作直线OE//BC交
1 1
AB于E。
取O为空间直角坐标系的原点，OE,OC,OB 所在直线分别为x轴，y
1
轴 ， z轴 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 。 则
A(0,a,0),B(a,a,0),C(0,a,0),B (0,0, 3a)。
1
第8页 | 共16页 
（I） BC (a,0,0)，AB (0,a, 3a)，
 1
 
BCAB (a,0,0)(0,a, 3a)0，
1
 
BC  AB 。
1
BC  AB
1
又 BC //BC,BC  AB
 1 1 1 1 1
由已知BC  AC,AC// AC 。
1 1
BC  AC ，
1 1
而BC//BC ,BC  AC 。
1 1 1 1 1 1
又BC与AB, AC 显然相交，
1 1 1 1 1
BC 是AB与AC 的公垂线。
1 1 1 1 1
（II）设平面VBC的一个法向量n(x,y,z)，

又CB (0,a, 3a)
1

 n BC  (x,y,z)

(a,0,0)0
由


 nCB (x,y,z)  (0,a, 3a)0
1
取z 1 得 n(0, 3,1),

点A到平面VBC的距离，即AB 在平面VBC的法向量n上的投影的绝对值。
1

AB (0,a, 3a)，设所求距离为d 。
 1
 
则d  AB cos AB n
1 1

 AB n
 AB  1
1 
AB  n
1
2 3
 3a
2
所以，A到平面VBC的距离为 3a.
（III）设平面VAB的一个法向量m(x ,y ,z ),
1 1 1
第9页 | 共16页 
m AB mAB 0 ay  3az 0
1 1 1 1
由  
 
m AB mAB0 ax 2ay 0
1 1
取z 1 m(2 3, 3,1),
1
mn 1
cosm,n  .
|m||n| 4
二面角AVBC为锐角，

1
所以，二面角AVBC的大小为arccos .
4
20．（本小题满分12分）
袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大
数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等。用ξ表示取出的3个小球上的最大数
字，求：
（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
（2）随机变量ξ的概率分布和数学期望；
（3）计分介于20分到40分之间的概率。
解：（I）解法一：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，
C3C1C1C1 2
则P(A) 5 2 2 2 
C3 3
10
解法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同的事件记为A”，“一次取出的3个小球上
有 两 个 数 字 相 同 ” 的 事 件 记 为 B， 则 事 件 A和 事 件 B是 互 斥 事 件 ， 因 为
C1C2C1 1
P(B) 5 2 8 
C3 3
10
1 2
所以P(A)1P(B)1  .
3 3
（II）由题意有可能的取值为：2，3，4，5.
C2C1C1C2 1
P(2) 2 2 2 2  ;
C3 30
10
C2C1C1C2 2
P(3) 4 2 4 2  ;
C3 15
10
C2C1C1C2 3
P(4) 6 2 6 2  ;
C3 10
10
第10页 | 共16页C2C1C1C2 8
P(5) 8 2 8 2  ;
C3 15
10
所以随机变量的概率分布为
 2 3 4 5
P 1 2 3 8
30 15 10 15
因此的数学期望为
1 2 3 8 13
E2 3 4 5 
30 15 10 15 3
（Ⅲ）“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为C，则
2 3 13
P(C) P("3"或"4") P("3")P("4")  
15 10 30
21．（本小题满分12分）
x2 y2
双曲线C与椭圆  1有相同的焦点，直线y  3x为C的一条渐近线。
8 4
（1）求双曲线C的方程；
（2）过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A、B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点
   8
不重合），当PQ QAQB，且   时，求Q点的坐标。
1 2 1 2 3
x2 y2
解：（Ⅰ）设双曲线方程为  1
a2 b2
x2 y2
由椭圆  1
8 4
求得两焦点为(2,0),(2,0)，
对于双曲线C:c2，又y  3x为双曲线C的一条渐近线
b
  3 解得 a2 1,b2 3，
a
y2
双曲线C的方程为x2  1
3
（Ⅱ）解法一：
由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。
设l的方程：y kx4,A(x ,y )，B(x ,y )
1 1 2 2
第11页 | 共16页4
则Q( ,0)
k
 
PQQA
 1
4 4
( ,4)(x  ,y )
k 1 1 k 1
 4 4
  4 (x  4 )   x 1  k  k
 k 1 1 k  1
4
  4y  y 
1 1  1 

1
A(x ,y 在双曲线C上，
 1 1)
16 1 16
 ( 1)2  10
k2  
1 1
16
1632162  k2 k22 0.
1 1 3
16
(16k2)2 3216 k2 0.
1 1 3
16
同理有：(16k2)2 32 16 k2 0.
2 2 3
若16k2 0,则直线l过顶点，不合题意.16k2 0,
16
,是二次方程(16k2)x2 32x16 k2 0.的两根.
1 2 3
32 8
  
1 2 k2 16 3
k2 4，
此时0,k 2.
所求Q的坐标为(2,0).
解法二：
由题意知直线l的斜率k存在且不等于零
4
设l的方程，y kx4,A(x ,y ),B(x ,y )，则Q( ,0).
1 1 2 2 k
 
PQQA，
 1

Q分PA的比为.
1
由定比分点坐标公式得
第12页 | 共16页 4 x  4
  1 1 x  (1)
  k 1   1 k 1
 1  1
4y 4
 0 1 1  y 
 1  1 
 
1 1
下同解法一
解法三：
由题意知直线l的斜率k存在且不等于零
4
设l的方程：y kx4,A(x ,y ),B(x ,y )，则Q( ,0).
1 1 2 2 k
  
PQQAQB，
 1 2
4 4 4
( ,4)(x  ,y )(x  ,y ).
k 1 1 k 1 2 2 k 2
4y y ，
1 1 2 2
4 4
 ，  ，
1 y 2 y
1 2
8
又  ，
1 2 3
1 1 2
  
y y 3
1 2
即3(y  y )2y y
1 2 1 2
y2
将y kx4代入x2  1得
3
(3k2)y2 24y483k2 0
3k2 0，否则l与渐近线平行。

24 483k2
y  y  ,y y  。
1 2 3k2 1 2 3k2
24 483k2
3 2
3k2 3k2
k 2
Q(2,0)
解法四：
由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程：y kx4，A(x ,y ),B(x ,y )
1 1 2 2
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则Q( ,0)
k
 
PQQA,
 1
4 4
( ,4)(x  ,y )。
k 1 1 k 1
4

k 4
 
1 4 kx 4
x  1
1 k
4
同理 
1 kx 4
2
4 4 8
    .
1 2 kx 4 kx 4 3
1 2
即 2k2x x 5k(x x )80。 （*）
1 2 1 2
y kx4
又 y2
x2  1
3
消去y得(3k2)x2 8kx190.
当3k2 0时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3k2 0。
由韦达定理有：
8k
x x 
1 2 3k2
19
x x 
1 2 3k2
代入（*）式得 k2 4,k 2
所求Q点的坐标为(2,0)。
22．（本小题满分14分）
已知a  2，点(a ,a )在函数 f(x)  x2 2x的图象上，其中n 1,2,3,
1 n n1 
（1）证明数列{lg(1a )}是等比数列；
n
（2）设T (1a )(1a ) (1a )，求T 及数列{a }的通项；
n 1 2  n n n
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（3）记b   ，求数列{b }的前n项S ，并证明S  1
n a a 2 n n n 3T 1
n n n
解：（Ⅰ）由已知a a2 2a ，
n1 n n
a 1(a 1)2
n1 n
a 2
 1
a 11，两边取对数得
n
lg(1a )2lg(1a )，
n1 n
lg(1a )
即 n1 2
lg(1a )
n
{lg(1a )}是公比为2的等比数列.
n
（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1a )2n1lg(1a ) 2n1lg3lg32n1
n 1
1a
32n1
（*）
n
T (1a )(1a )… (1+a )
n 1 2 n
320 321 322 … 32n-1
31222… +2n-1=32n-1
由（*）式得a
32n1
1
n
（Ⅲ） a a2 2a
 n1 n n
a a (a 2)
n1 n n
1 1 1 1
  (  )
a 2 a a 2
n1 n n
1 1 2
  
a 2 a a
n n n1
1 1
又b  
n a a 2
n n
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b 2(  )
n a a
n n1
S b b … +b
n 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1 1
2(    … +  ) 2(  )
a a a a a a a a
1 2 2 3 n n1 1 n1
a
32n1
1,a 2,a
32n
1
 n 1 n1
2
S 1
n 32n
1
又T
32n1
n
2
S  1.
n 3T 1
n
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