2006年浙江省高考数学试卷及答案(理科)

糖果工作室原创欢迎下载！第1页共10页绝密★考试结束前2006年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共50分）注意事项：1.答题前，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分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试题卷上。参考公式如果事件,AB互斥，那么()()()PABPAPB如果事件,AB相互独立，那么()()()PABPAPB如果事件A在一次试验中发生的概率为P,那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()(1)(0,1,2,...,)kknknnPkCppkn台体的体积公式11221()3VhSSSS其中1S,2S分别表示台体的上、下面积，h表示台体的高柱体体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式24SR球的体积公式343VR其中R表示球的半径糖果工作室原创欢迎下载！第2页共10页一、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{|1Ax≤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niminmniim是虚数单位，则是实数，，，其中11(A)1+2i(B)1-2i(C)2+i(D)2-i3．已知0＜a＜1，0loglognmaa，则(A)1＜n＜m(B)1＜m＜n(C)m＜n＜1(D)n＜m＜14．在平面直角坐标系中，不等式组2,02,02xyxyx表示的平面区域的面积是(A)24(B)4(C)22(D)25．若双曲线122ymx上的点到左准线的距离是到左焦点距离的31，则m=(A)21(B)23(C)81(D)896．函数y=21sin2x+sin2x,xR的值域是(A)［-21,23］(B)［-23,21］(C)［2122,2122］(D)［2122,2122］7．“a＞b＞c”是“ab＜222ba”的(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)既不充分也不必要条件8．若多项式910109910102,)1()1()1(axaxaxaaxx则(A)9(B)10(C)-9(D)-109．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分别是大圆弧与的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是(A)4(B)3(C)2(D)42糖果工作室原创欢迎下载！第3页共10页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个非选择题部分（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{na}的前n项和，若5,10105SS,则公差为（用数字作答）。12．对a,bR,记max{a,b}=babbaa＜,,，函数f（x）＝max{|x+1|,|x-2|}(xR)的最小值是。13．设向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b)⊥c,a⊥b,若｜a｜=1,则|a|22||b+|c|2的值是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Rxxy),sin(2,(其中0≤≤2)的图象与y轴交于点（0，1）。(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)设P是图象上的最高点，M、N是图象与x轴的交点，求的夹角与PNPM。糖果工作室原创欢迎下载！第4页共10页16．设0)1(,0)0(,0.23)(2ffcbacbxaxxf若,f(0)＞0，f(1)＞0，求证：(Ⅰ)a＞0且-2＜ab＜-1；(Ⅱ)方程0)(xf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。糖果工作室原创欢迎下载！第5页共10页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43，求n.19．如图，椭圆byax222＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=23。(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。糖果工作室原创欢迎下载！第6页共10页20．已知函数23)(xxxf，数列{xn｜(xn＞0)}的第一项1x＝1，以后各项按如下方式取定：曲线)(xfy在))(,(11nnxfx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）121223nnnnxxxx；（Ⅱ）21)21()21(nnnx糖果工作室原创欢迎下载！第7页共10页数学（理科）试题参考答案一．选择题.题号12345678910答案ＡＣＡＢＣＣＡＤＢＤ二．填空题．11.-112．2313．414．[21,42]三．解答题.15．解：（I）因为函数图像过点（0，1），所以1sin2，即21sin因为20，所以6。（II）由函数)6x2sin(y及其图象，得)0,61(M，)2,31(P，)0,65(N所以)2,21(PM，)2,21(PN，从而PNPMPNPMPNPM,cos=1715，故1715arccos,PNPM。16．证明：（I）因为f(0)0，f(1)0，所以c0，3a+2b+c0由条件a+b+c=0，消去b，得ac0由条件a+b+c=0，消去c，得a+b0，2a+b0，故12ab（II）抛物线cbxaxxf23)(2的顶点坐标为)33,3(2abacab在12ab的两端乖以31，得32331ab又因为f(0)0，f(1)0，而03)3(22aaccaabf，所以方程0)(xf在区间)1,3()3,0(abab与内分别有一实根。糖果工作室原创欢迎下载！第8页共10页故方程0)(xf在（0，1）内有两个实根。17．解：方法一：（I）因为N是PB的中点，PA=AB，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RtΔBGN中，510sinBGBNBGN故CD与平面ADMN所成的角是510arcsin。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A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），M（1，21，1），D（0，2，0）（Ⅰ）因为3(2,0,2)(1,,1)2PBDM2）·（3(2,0,2)(1,,1)2PBDM0所以PB⊥DM。（Ⅱ）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0，所以PB⊥AD，又因为PB⊥DM，所以PB⊥平面ADMN，因此DCPB的余角即是CD与平面ADMN所成的角。因为DCPBDCPBDCPBcos=510所以CD与平面ADMN所成的角为510arcsin糖果工作室原创欢迎下载！第9页共10页18．解：（Ⅰ）记“取到的4个球全是红球”为事件A。22222245111().61060CCPACC（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1B，“取到的4个球全是白球”为事件2B。由题意，得31()144PB2111122222122224242()naaaCCCCCCPBCCCC=22n1n12242222n2n241212CCCCCCCCCC22;3(2)(1)nnn)(2BP=22n2n2422CCCC(1);6(2)(1)nnnn所以12()()()PBPBPB22(1);3(2)(1)6(2)(1)nnnnnnn14化简，得271160,nn解得2n，或37n（舍去），故2n。19．解：（Ⅰ）过A、B的直线方程为12xy因为由题意得12112222xybyax有惟一解，即0)41(2222222baaxaxab有惟一解,所以2222(44)0(0),ababab故4422ba=0又因为e32c,即22234aba，所以224ab从而得2212,,2ab故所求的椭圆方程为22212xy（Ⅱ）由（Ⅰ）得62c,所以1266(,0),(,0)22FF从而M（1+46，0）糖果工作室原创欢迎下载！第10页共10页由12112222xyyx，解得121,xx因此1(1,)2T因为126tan1TAF，又21tanTAM，62tan2TMF，得1266112162tanATM，因此，TAFATM120．证明：（Ⅰ）因为xxxf23)(2所以曲线)(xfy在))(,(11nnxfx处的切线斜论121123nnnxxk因为过（0，0）和))(,(nnxfx两点的直线斜率是nnxx2，所以nnxx2=12123nnxx（II）因为函数xxxh2)(当x0时单调递增，而nnxx2=12123nnxx12124nnxx=1212)2(nnxx所以12nnxx，即211nnxx，因此，112211)21(nnnnnnxxxxxxx又因为nnxx2≥)(2121nnxx，令nnnxxy2，则211nnyy因为21211xxy，所以211)21()21(nnnyy，因此nx22)21(nnnxx，故21)21()21(nnnx