高考卷 06年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅰ.文）含详解

2006年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）数学（文）试题一、选择题：1、已知向量a、b满足|a|=1，|b|=4，且2ab，则a与b夹角为A、6B、4C、3D、22、设集合M={x|2xx0},N={x||x|2},则A、M∩N=ΦB、M∩N=M、C、M∪N=MD、M∪N=R3、已知函数y=ex的图像与函数y=f（x）的图像关于直线y=x对称，则A、2(2)()xfxexRB、(2)ln2ln(0)fxxxC、(2)2()xfxexRD、(2)ln2ln(0)fxxx4、双曲线221mxy的虚轴长是实轴长的2倍，则m=A、14B、-4C、4D、145、设nS是等差数列{na}的前n项和，若735S，则4aA、8B、7C、6D、56、函数()tan()4fxx的单调增区间为A、(,),22kkkZB、(,(1)),kkkZC、3(,),44kkkZD、3(,),44kkkZ7、从圆222210xxyy外一点P（3，2）向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为A、12B、35C、32D、08、△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c。若a、b、c成等比数列，且c=2a，则cosB=A、14B、34C、24D、239、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是A、16πB、20πC、24πD、32π10、在101()2xx的展开式中，x的系数为A、-120B、120C、-15D、1511、抛物线2yx上的点到直线4x+3y-8=0距离的最小值是A、14B、34C、85D、312、用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但是不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为A、85cm2B、610cm2C、355cm2D、20cm2二、填空题：13、已知函数1()21xfxa，若f（x）为奇函数，则a=14、已知正四棱锥的体积为12，底面对角线长为26，则侧面与底面所成的二面角等于15、设z=2y–x，式中变量x、y满足条件2132231xyxyy，则z的最大值为2lBMANC1l16、安排7位工作人员在5月1日至5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在5月1日和2日。不同的安排方法共有种（用数字作答）三、解答题：17、（本题满分12分）已知{na}为等比数列，324202,3aaa，求{na}的通项公式。18、（本题满分12分）△ABC的三个内角A、B、C，求当A为何值时，cos2cos2BCA取得最大值，并求出这个最大值。19、（本题满分12分）A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验。每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效。若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组。设每只小白鼠服用A有效的概率为23，服用B有效的概率为12。（Ⅰ）求一个试验组为甲类组的概率；（Ⅱ）观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率。20、（本题满分12分）如图，1l、2l是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线线段，点A、B在1l上，C在2l上，AM=MB=MN。（Ⅰ）证明AC⊥NB；（Ⅱ）若∠ACB=60°，求NB与平面ABC所成角的余弦值。21、（本题满分12分）设P是椭圆2221(1)xyaa短轴的一个端点，Q为椭圆上一个动点，求||PQ的最大值。22、（本题满分14分）设a为实数，函数322()(1)fxxaxax在(,0)和(1,)都是增函数，求a的取值范围。参考答案一．选择题：题号123456789101112答案CBDADCBBCCAB1．向量a、b满足1,4,ab且.2ab,设a与b的夹角为θ，则cosθ=||||abab=21，∴θ=3，选C.2．集合2{|0}{|01},{|||2}{|22},MxxxxxNxxxx∴MNM,选B.3．函数xye的图象与函数yfx的图象关于直线yx对称，所以()fx是xye的反函数，即()fx=lnx，∴2ln2lnln2(0)fxxxx，选D.4．双曲线221mxy的虚轴长是实轴长的2倍，∴m0，且双曲线方程为2214xy，∴m=14，选A.5．nS是等差数列na的前n项和，若74735,Sa∴4a5，选D.6．函数tan4fxx的单调增区间满足242kxk，∴单调增区间为3,,44kkkZ，选C.7．圆222210xxyy的圆心为M(1，1)，半径为1，从外一点(3,2)P向这个圆作两条切线，则点P到圆心M的距离等于5，每条切线与PM的夹角的正切值等于21，所以两切线夹角的正切值为1242tan1314，该角的余弦值等于35，选B.8．ABC中，a、b、c成等比数列，且2ca，则b=2a，222cos2acbBac=222242344aaaa，选B.9．正四棱柱高为4，体积为16，底面积为4，正方形边长为2，正四棱柱的对角线长即球的直径为26，∴球的半径为6，球的表面积是24，选C.10．在101()2xx的展开式中，x4项是373101()()2Cxx=－15x4，选C.11．设抛物线2yx上一点为(m，－m2)，该点到直线4380xy的距离为2|438|5mm，当m=32时，取得最小值为43，选A.12．用2、5连接，3、4连接各为一边，第三边长为7组成三角形，此三角形面积最大，面积为2610cm，选B.二．填空题：本大题共４小题，每小题４分，共１６分，把答案填在横线上。13.1214.π315.1116.240013．函数1().21xfxa若()fx为奇函数，则(0)0f，即01021a，a=21.14．正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为26，底面边长为23，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tanα=3,∴二面角等于60°。15．2132231xyxyy，在坐标系中画出图象，三条线的交点分别是A(0，1)，B(7，1)，C(3，7)，在△ABC中满足2zyx的最大值是点C，代入得最大值等于11.16．先安排甲、乙两人在后5天值班，有25A=20种排法，其余5人再进行排列，有55A=120种排法，所以共有20×120=2400种安排方法。三．解答题：17.解:设等比数列{an}的公比为q,则q≠0,a2=a3q=2q,a4=a3q=2q所以2q+2q=203,解得q1=13,q2=3,当q1=13,a1=18.所以an=18×(13)n－1=183n－1=2×33－n.当q=3时,a1=29,所以an=29×3n－1=2×3n－3.18.解:由A+B+C=π,得B+C2=π2－A2,所以有cosB+C2=sinA2.yxOCBAcosA+2cosB+C2=cosA+2sinA2=1－2sin2A2+2sinA2=－2(sinA2－12)2+32当sinA2=12,即A=π3时,cosA+2cosB+C2取得最大值为3219.解:(1)设Ai表示事件“一个试验组中，服用A有效的小鼠有i只,i=0,1,2,Bi表示事件“一个试验组中，服用B有效的小鼠有i只,i=0,1,2,依题意有:P(A1)=2×13×23=49,P(A2)=23×23=49.P(B0)=12×12=14,P(B1)=2×12×12=12,所求概率为:P=P(B0·A1)+P(B0·A2)+P(B1·A2)=14×49+14×49+12×49=49(Ⅱ)所求概率为:P=1－(1－49)3=60472920.解法一:(Ⅰ)由已知l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB.又AN为AC在平面ABN内的射影.∴AC⊥NB（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB,∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC为正三角形.∵Rt△ANB≌Rt△CNB,∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.在Rt△NHB中,cos∠NBH=HBNB=33AB22AB=63.解法二:如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1,则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂线,l1⊥l2,∴l2⊥平面ABN.l2平行于z轴.故可设C(0,1,m).于是AC→=(1,1,m),NB→=(1,－1,0).∴AC→·NB→=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.(Ⅱ)∵AC→=(1,1,m),BC→=(－1,1,m),∴|AC→|=|BC→|,又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=2,可得NC=2,故C(0,1,2).连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ,2λ)(λ0).∴HN→=(0,1－λ,－2λ),ABMNCl2l1HABMNCl2l1HxyzMC→=(0,1,2).HN→·MC→=1－λ－2λ=0,∴λ=13,∴H(0,13,23),可得HN→=(0,23,－23),连结BH,则BH→=(－1,13,23),∵HN→·BH→=0+29－29=0,∴HN→⊥BH→,又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又BN→=(－1,1,0),∴cos∠NBH=BH→·BN→|BH→|·|BN→|=4323×2=6321.解:依题意可设P(0,1),Q(x,y),则|PQ|=x2+(y－1)2,又因为Q在椭圆上,所以,x2=a2(1－y2),|PQ|2=a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2=(1－a2)(y－11－a2)2－11－a2+1+a2.因为|y|≤1,a1,若a≥2,则|11－a2|≤1,当y=11－a2时,|PQ|取最大值a2a2－1a2－1;若1a2,则当y=－1时,|PQ|取最大值2.22.解:f'(x)=3x2－2ax+(a2－1),其判别式△=4a2－12a2+12=12－8a2.(ⅰ)若△=12－8a2=0,即a=±62,当x∈(－∞,a3),或x∈(a3,+∞)时,f'(x)0,f(x)在(－∞,+∞)为增函数.所以a=±62.(ⅱ)若△=12－8a20,恒有f'(x)0,f(x)在(－∞,+∞)为增函数,所以a232,即a∈(－∞,－62)∪(62,+∞)(ⅲ)若△12－8a20,即－62a62,令f'(x)=0,解得x1=a－3－2a23,x2=a+3－2a23.当x∈(－∞,x1),或x∈(x2,+∞)时,f'(x)0,f(x)为增函数;当x∈(x1,x2)时,f'(x)0,f(x)为减函数.依题意x1≥0且x2≤1.由x1≥0得a≥3－2a2,解得1≤a62由x2≤1得3－2a2≤3－a,解得－62a62,从而a∈[1,62)综上,a的取值范围为(－∞,－62]∪[62,+∞)∪[1,62),即a∈(－∞,－62]∪[1,∞).