2006年高考.浙江卷.理科数学试题及详细解答

数学（理科）浙江卷

本试题卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。全卷共4页，第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页 满分150分，考试时间120钟

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

第Ⅰ卷（共 50 分）

注意事项：

1. 答第 1 卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答

题纸上。

2. 每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号填黑.

叁考正式：

如果事件 A ， B 互斥，那么

P（ A+ B ） = P( A)+ P( B) S=4R2

P( A+ B)= P( A)． P( B) 其中 R 表示球的半径 如果事件A在一次试验中发生的概念是p 球的体积公式V=R 那么n次重复试验中恰好发生 其中R表示球的半径 k次的概率：

k4Pn(k)Cnp(1p)nk

432一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。

（１） 设集合A{x|1≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=

(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］ （２） 已知

m1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni 1i(A)1+2i (B) 1-2i (C)2+i (D)2-I (3)已知0＜a＜1，log1m＜log1n＜0，则

(A)1＜n＜m (B) 1＜m＜n (C)m＜n＜1 (D) n＜m＜1

xy20,(4)在平面直角坐标系中，不等式组xy20,表示的平面区域的面积是

x2(A)42 (B)4 (C) 22 (D)2

1x2y21上的点到左准线的距离是到左焦点距离的，（5）双曲线则m=（ ）

3m

1319 (B) (C) (D) 228812（6）函数y=sin2x+sinx,xR的值域是

21331(A)［-,］ (B)［-,］

2222(A) (C)［21212121,］ (D)［,］ 22222222a2b2(7)“a＞b＞c”是“ab＜”的

2(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件 （8）若多项式x2x10a0a1(x1)a9(x1)2a10(x1)11,则a9

(A)9 (B)10 (C)-9 (D)-10

（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是

(A)

 (B) 432 (D) 24(C)

（10）函数f:{1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有 (A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个

第Ⅱ卷（共100分）

注意事项：

1. 用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2. 在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢

笔描黑。

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

（11）设Sn为等差数列a,的前n项和，若S510,S105,则公差为 （用

数字作答）.

（12）对a,bR,记max|a,b|=是 .

a,ab函数f（x）＝max||x+1|,|x-2||(xR)的最小值

b,a＜b（13）设向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b)⊥c,a⊥b,若｜a｜=1,则｜a｜2|b|2+｜c｜的值是

2（14）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平

面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 .

三、解答题：本大题共6小题，每小题14分，共84分。解答应写出文字说明，证明过

程或演算步骤。 （15）如图，函数y=2sin(πxφ),x∈R,(其中0≤φ≤

)的图象与y轴交于点（0，1）. 2(Ⅰ)求φ的值；

(Ⅱ)设P是图象上的最高点，M、N是图象与x轴的交点，求PM与PN的夹角.

（16）设f(x)=3ax2bxc.若abc0,f(0)＞0，f(1)＞0，求证：

b(Ⅰ)a＞0且-2＜

b＜-1； a(Ⅱ)方程f(x)=0在（0，1）内有两个实根.

（17）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.

(Ⅰ)求证：PB⊥DM;

(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角

（18）甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.两甲，乙两袋中各任取2个球.

(Ⅰ)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率； (Ⅱ)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为

3，求n. 4x2y2（19）如图，椭圆2＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）B(0,1)的直线有且只有

ab一个公共点T，

且椭圆的离心率e=

3.2

(Ⅰ)求椭圆方程；

(Ⅱ)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF1的中点，求证：∠ATM=∠AF1T.

(20)已知函数f(x)=x+ x，数列｜xn｜(xn＞0)的第一项xn＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在(xn1,f(xn1))处的切线与经过（0，0）和（xn,f (xn)）两点的直线平行（如图）

33

.

求证：当nN时，

*2(Ⅰ)x2nxn3xn12xn1;

（Ⅱ）()

12n11xn()n2

2数学试题（理科）参

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。 （1）A （2）C （3）A （4）B （5）C （6）C （7）A （8）D （9）B （10）D

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分16分。 （11）-1

（１） 设集合A{x|1≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=A

(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］ 【考点分析】本题考查集合的运算，基础题。 解析：AB0,2，故选择A。

【名师点拔】集合是一个重要的数学语言，注意数形结合。

（12）

3 2 （13）4

（14）[21,] 42m1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mniC 1i(A)12i (B) 12i (C) 2i (D) 2i

（２） 已知

【考点分析】本题考查复数的运算及性质，基础题。

1n0m1nim1n1ni解析：，由m、n是实数，得

1i1nm∴n1mni2i，故选择C。

m2【名师点拔】一个复数为实数的充要条件是虚部为0。

(3)已知0a1,logamlogan0，则A

(A)1＜n＜m (B) 1＜m＜n (C)m＜n＜1 (D) n＜m＜1 【考点分析】本题考查对数函数的性质，基础题。

解析：由0a1知函数fxlogax为减函数，由logamlogan0得

mn1，故选择A。

xy20,（4）在平面直角坐标系中，不等式组xy20,表示的平面区域的面积是B

x2(A)42 (B)4 (C) 22 (D)2 【考点分析】本题考查简单的线性规划的可行域、三角形的面积。 解析：由题知可行域为ABC， SABC40224，故选择B。

C0,2A2,4B2,0【名师点拔】

x21x22y1上的点到左准线的距离是到左焦点距离的，则mC （5）若双曲线

3m1319(A) (B) (C) (D)

2288【考点分析】本题考查双曲线的第二定义，基础题。 解析：由题离心率eem1，由双曲线的第二定义知 mm1139mm1m，故选择C。 m81”，如本题改为填空题，3【名师点拔】本题在条件中有意识的将双曲线第二定义“到左焦点距离与到左准线的距离是定值e”中比的前后项颠倒为“到左准线的距离是到左焦点距离的没有了选择支的提示，则难度加大。

（6）函数y1sin2xsin2x,xR的值域是C 2133121212121(A)［-,］ (B)［-,］ (C)［ (D)［ ,］,］

222222222222【考点分析】本题考查三角函数的性质，基础题。 解析：y111121 sin2xsin2xsin2xcos2xsin2x，故选择C。

2222242【名师点拔】本题是求有关三角函数的值域的一种通法，即将函数化为

yAsinxb或yAcosxb的模式。

a2b2(7)“ab0”是“ab”的A

2(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件 【考点分析】本题考查平方不等式和充要条件，基础题。

a2b2解析：由ab0能推出ab；但反之不然，因此平方不等式的条件是a,bR。

2【名师点拔】

（8）若多项式x2x10a0a1(x1)a9(x1)2a10(x1)10,则a9D (A)9 (B)10 (C)－9 (D)－10 【考点分析】本题考查二项式展开式的特殊值法，基础题。 解析：令x2，得a0a1a2a9a1022210，

令x0，得a0a1a2a9a100

（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是B

(A)

2 (B) (C) (D) 4324【考点分析】本题考查球面距的计算，基础题。 解析：如图，EG1sin∴EF42FG,EGF 22G EG2FG21OEOF

∴EOF，∴点E、F在该球面上的球面距离为1

333故选择B。

【名师点拔】两点球面距的计算是立体几何的一个难点，其通法的关键是求出两点的球面角，而求球面角又需用余弦定理。

（10）函数f:1,2,31,2,3满足ffxfx，则这样的函数个数共有D

(A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个 【考点分析】本题考查抽象函数的定义，中档题。 解析：ffxfx即fxx

（11）设Sn为等差数列an的前n项和，若S510,S105,则公差为 －1 （用数字作答）。

【考点分析】本题考查等差数列的前n项和，基础题。 解析：设首项为a1，公差为d，由题得

5a110d10a12d29d4d14d1 10a45d52a9d111【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前n项和公式的运用自然而然的就得出结论。 （12）对a,bR,记maxa,b是

a,ab函数fxmaxx1,x2xR的最小值

b,a＜b3 . 2【考点分析】本题考查新定义函数的理解、解绝对值不等式，中档题。 解析：由x1x2x1x2x221，故 2

yx2 yx1x1fxx21x2，其图象如右， 1x2131。 22则fminxf12【名师点拔】数学中考查创新思维，要求必须要有良好的数学素养。 （13）设向量a,b,c满足abc0,abc,ab b,若a1,则a的值是 4 。

【考点分析】本题考查向量的代数运算，基础题。

2bc22abcacbc0acbcab0 解析：abc,abab0abab0ab1cab2

abc222224

【名师点拔】向量的模转化为向量的平方，这是一个重要的向量解决思想。

（14）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所

21, . 有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 42

三、解答题

（15）本题主要考查三角函数的图像，已知三角函数求角，向量夹角的计算等基础知识和基本的运算能力。满分14分。 解：（I）因为函数图像过点(0,1)， 所以2sin1,即sin因为01. 22，所以6.

（II）由函数y2sin(x

6)及其图像，得

115M(,0),P(,2),N(,0),

63611所以PM(,2),PN(,2),从而

22cosPM,PN PMPN

|PM||PN|15， 1715. 17故PM,PNarccos（16）本题主要考查二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识。满分14分。 证明：（I）因为f(0)0,f(1)0， 所以c0,3a2bc0. 由条件abc0，消去b，得 ac0；

由条件abc0，消去c，得 ab0，2ab0. 故2b1. a2b3acb2,)， （II）抛物线f(x)3ax2bxc的顶点坐标为(3a3a在2b11的两边乘以，得 a31b2. 33a3又因为f(0)0,f(1)0,

ba2c2ac0, 而f()3a3a所以方程f(x)0在区间(0,bb)与(,1)内分别有一实根。 3a3a故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根.

（17）本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时

考查空间想象能力。满分14分。 解：方法一：

（I）因为N是PB的中点，PAPB， 所以ANPB.

因为AD平面PAB，所以

ADPB，

从而PB平面ADMN. 因为DM平面ADMN， 所以PBDM.

（II）取AD的中点G，连结BG、NG， 则BG//CD，

所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等. 因为PB平面ADMN，

所以BGN是BG与平面ADMN所成的角. 在RtBGN中，

sinBNGBN10. BG510. 5故CD与平面ADMN所成的角是arcsin方法二：

如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，设BC1，则

1A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,1,0),M(1,,1),D(0,2,0).

2（I） 因为

3PBDM(2,0,2)(1,,1)

20，

所以PBDM.

（II） 因为

PBAD(2,0,2)(0,2,0)

0，

所以PBAD， 又因为PBDM， 所以PB平面ADMN.

因此PB,DC的余角即是CD与平面ADMN所成的角. 因为

cosPB,DC10， 5PBDC

|PB||DC|所以CD与平面ADMN所成的角为arcsin

10. 5（18）本题主要考察排列组合、概率等基本知识，同时考察逻辑思维能力和数学应用能力。满分14分。 解：（I）记“取到的4个球全是红球”为事件A.

22C2C2111P(A)22.

C4C561060（II）记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2. 由题意，得

P(B)131. 44211112CnC2CnC2C2C2P(B1)222 2C4Cn2C4Cn22n2; 3(n2)(n1)22CnC2P(B2)22

C4Cn2n(n1);

6(n2)(n1)所以

P(B)P(B1)P(B2)

2n2n(n1) 3(n2)(n1)6(n2)(n1)1， 4化简，得

7n211n60,

解得n2，或n3（舍去）， 7故 n2.

（19）本题主要考查直线与椭圆的位置关系、椭圆的几何性质，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分14分。 解：（I）过点A、B的直线方程为

xy1. 2x2y21, a2b2

因为由题意得 有惟一解，

1yx1

2122222222即(ba)xaxaab0有惟一解，

4所以

， a2b2(a24b24)0 （ab0）故 a4b40.

22a2b233, 又因为 e,即

a242所以 a4b. 从而得 a2,b22221, 2x22y21.故所求的椭圆方程为 2（II）由（I）得 c6, 2故F1(66,0),F2(,0), 226,0). 4x22y21, 2从而M(1 由

1yx1

2解得x1x21, 所以 T(1,).

12因为tanAFT161, 2又tanTAM12,tanTMF2,得 26

2162tanATM61,

1216因此ATMAFT1.

（20）本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同

时考查逻辑推理能力。满分14分。 证明：（I）因为f'(x)3x22x,

2所以曲线yf(x)在(xn1,f(xn1))处的切线斜率kn13xn2xn1. 12因为过(0,0)和(xn,f(xn))两点的直线斜率是xnxn, 2所以xnxn3xn122xn1.

（II）因为函数h(x)x2x当x0时单调递增，

2而xnxn3xn122xn1

4xn122xn1 (2xn1)22xn1，

所以xn2xn1，即

xn11, xn2因此xn2xnxn1x12()n1. xn1xn2x122又因为xnxn2(xn1xn1),

2令ynxnxn,

则

yn11. yn22因为y1x1x12,

1y1()n2.

21n22因此xnxnxn(),

2所以yn()n112

故()12n11xn()n2.

2