2006高考浙江卷

数学试题（理科）

第I卷（共50分）

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] （2）已知

（B）[1，2]

（C）[0，4]

（D）[1，4]

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,logamlogan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 ，则m= （5） 若双曲线

3m（A）

1 2 （B）

3 2 （C）

1 8 （D）

9 8（6）函数y（A）1sin2xsin2x,xR的值域是 2

（B）13, 2231, 222121, 2222（C）2121, 2222

（D）a2b2（7）“a>b>c”是”ab<”的

2（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

210 （B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

910（8）若多项式xxa0a1(x1)a9(x1)a10(x1)，则a9=

（A）9

（B）10

（C） －9

（D）－10

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（9）如图，O是半径为1的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F

分别是大圆弧的球面距离是 （A）

AB与AC的中点，则点E、F在该球面上

 4 2 （B）

 32 4（C） （D）

（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）

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{an}的前n 项和，若S5 = 10，S10 = -5，则公差为____________（用

数字作答）.

a,ab（12）对a，b∈R,记max|a，b|=，函数f（x）=max{|x+1|，|x-2|}（x∈R）的最

b,ab小值是_________________.

222

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

是_______.

（14）正四面体ABCD的棱长为l，棱AB∥平面，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(x),xR（其中0（Ⅰ）求的值；

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

2）的图像与y轴交于点（0，1）。

（Ⅱ）设P是图像上的最高点，M、N是图像与x轴的交点，求PM与PN的夹角。

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（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，现从甲、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21（a>b>0）与过点A（2，0）、B（0，1）的直线有且只有一

ab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AF2的中点，求证：ATM=AF1T.

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（20）已知函数f(x)＝x3+x2，数列 { xn } （xn > 0）的第一项x1＝1，以后各项按如下方式

取定：曲线y＝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）。求证：当nN时： （I）xn2xn3xn122xn1； （II）()

*12n11xn()n2

2数学试题（理科）参考答案

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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

（12）

3 2 （13）4

（14）[21,] 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6115M(,0),P(,2),N(,0),

63611所以PM(,2),PN(,2),从而

22PMPN cosPM,PN|PM||PN| )及其图像，得

15故PM,PNarccos.

17（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15， 17b1. a2b3acb2,)， （II）抛物线f(x)3ax2bxc的顶点坐标为(3a3a当前第 5 页共10页

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当前第 6 页共10页

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

PBDC cosPB,DC|PB||DC|10， 510. 5所以CD与平面ADMN所成的角为arcsin（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)当前第 7 页共10页

所以

P(B)P(B1)P(B2)

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

1， 47n2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21, 2ab因为由题意得 有惟一解，

1yx1

2即(b所以

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

222122a)xa2x2a2a2b20有惟一解， 4a2b233, 又因为 e,即 2a42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当前第 8 页共10页

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, 212,tanTMF2,得 26又tanTAM212tanATM6 11661, 2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)3x2x,

所以曲线yf(x)在(xn1,f(xn1))处的切线斜率kn13xn12xn1.

2因为过(0,0)和(xn,f(xn))两点的直线斜率是xnxn, '22所以xnxn3xn12xn1.

（II）因为函数h(x)xx当x0时单调递增，

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2222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xnxn1x12()n1. xn1xn2x1222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,

所以yn()1y1()n2.

21n22因此xnxnxn(),

21n11n2故()xn().

22n112当前第 10 页共10页