2006高考数学模拟卷(理)

2006高考数学模拟卷（理）（满分150分，考试时间120分钟）第Ⅰ卷（选择题：共60分）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只有一项是符合题目要求的。1、下列各式：①2003｛x|x≤2004｝；②2004∈｛x|x2004｝；③｛2004｝｛x|x≤2004｝；④ф∈｛x|x2004｝（）A、1个B、2个C、3个D、4个2、a=sin14°+cos14°,b=sin16°+cos16°,c=26,则a,b,c的大小关系是（）A、abcB、acbC、bcaD、bac3、复数iaai222的模为2，则实数a的值是（）A、3B、3C、3D、34、不等式组3005xyxyx表示的平面区域的面积为（）A、12B、16C、24D、285、已知ΔABC的三个顶点A、B、C及平面内一点P满足ABPCPBPA，则点P与ΔABC的关系为（）A、P在ΔABC的内部B、P在ΔABC的外部C、P在AB边所在的直线上D、P在AC边所在的直线上6、已知数列1122n的前n项和为Sn，则nnSlim等于（）A、0B、1C、23D、27、中心在原点，准线为x=±4，离心率为0.5的椭圆方程为（）A、14322yxB、13422yxC、1422yxD、1422yx8、下列四个命题中，正确命题的序号是（）①“直线a、b是异面直线”的充分而不必要条件是“直线a、b不相交”；②“直线l垂直于平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”；③“直线a∥直线b”的充要条件是“a平行于b所在的平面”；④“直线a∥平面α”的必要而不充分条件是“直线a平行于α内的一条直线”。A、①③B、②④C、①④D、③④9、有12本不同的书，放在同一书架上，其中取3本要按固定顺序排列，全部放法的总数是（）A、99312ACB、99AC、312CD、3399312AAC10、已知函数是定义在R上的增函数，当x0时，xxf31，那么91f的值是（）A、－3B、3C、－2D、211、已知23f，23f，则332limxxfxn的值为（）A、－4B、0C、4D、812、若以圆锥曲线的一条经过焦点的弦为直径的圆与对应的准线无公共点，则此圆锥曲线为（）A、双曲线B、椭圆C、抛物线D、椭圆或双曲线第Ⅱ卷（非选择题：共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。把答案填在题中的横线上。13、二项式nxsin1的展开式中。末两项的系数之和为7，且系数最大的一项的值为25，则x在[0，2π）内的值是___________________。14、已知两点M（－5，0），N（5，0），给出下列直线方程：①5x－3y=0；②5x－3y－52=0；③x－y－4=0；④4x－3y－15=0；在直线上存在点P满足|MP|=|NP|+6的所有直线方程是____________________。15、已知31211nf…Nnn21，则nfnf1__________________。16、如图，矩形ABCD中，DC=3，AD=1，在DC上截取DE=1，将△ADE沿AE翻折到D点，当点D在平面ABC上的射影落在AE上时，四棱锥D—ABCE的体积是_____________。当点D在平面ABC上的射影落在AC上时，二面角BAED的余弦值是__________。三、解答题：本大题共6小题，共74分。解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤。17、（本题满分12分）已知关于x的方程01322mxx的两根为cos,sin，（0，2π）；（Ⅰ）求tan1coscot1sin的值；（Ⅱ）求的m值；（Ⅲ）求方程的两根及此时的值。18、（本题满分12分）在棱长为a的正方体DCBAABCD中，，如图E、F分别为棱AB与BC的中点，EF∩BD=H；（Ⅰ）求二面角BEFB的正切值；（Ⅱ）试在棱BB上找一点M，使MD⊥面EFB¹，并证明你的结论；（Ⅲ）求点D到面BEF的距离。19、（本题满分12分）某赛季足球联赛中，A队要和其他六个队的每一个队都要比赛一场，已知A队在六场比赛中任何一场比赛打胜、打败或打平的概率都是31；（Ⅰ）求A队在打完六场比赛后，胜的次数的分布列；（Ⅱ）A队在打完六场比赛后，求胜的次数多于败的次数的概率。20、（本题满分12分）已知函数212xaxxf，1,0x；（Ⅰ）若xf在1,0x上是增函数，求a的取值范围；（Ⅱ）求xf在区间1,0上的最大值。21、（本题满分12分）设Ryx,，ji,为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，若向量jyixa2，jyixb2；且8ba；（Ⅰ）过点M（x，y）的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点（0，3）做直线l与曲线C交于A、B两点，设OBOAOP，是否存在这样的直线l，使得四边形OAPB是矩形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，试说明理由。22、（本题满分14分）函数xf满足yfxfyxf1，021f，且21x时，0xf；（Ⅰ）设Nnnfan,，求数列na的通项；（Ⅱ）证明当nnx21,211，Nn时，nxf211；（Ⅲ）判断xf的单调性，并证明。高考数学模拟卷(理)答案一、选择题1、A2、B3、C4、C5、D6、C7、B8、C9、A10、D11、D12、B二、填空题13、6，6514、②，③15、nnnn22122112116、12262，32三、解答题17、解：（I）∵cos,sin是方程0)13(22mxx的两根∴2cossin213cossinm∴tan1coscot1sinsincoscoscossinsin22213cossincossincossin22（II）由韦达定理得2cossin213cossinm∴2)213(221m∴23m（III）由（I）、（II）知原方程为023)13(22xx解得23,2121xx又由（II）知43cossin213cossin，∴3tan或33tan而2,0∴的值为34,67,3,6。18、解：（I）连结HBACDB',,''∵底面ABCD为正方形∴BDAC又∵FE,分别为BCAB,的中点∴EF∥AC，∴BDEF又∵棱BB'底面ABCD，EF底面ABCD∴BBEF'而BBDBB'∴EF平面DDBB''又∵HB'面DDBB''，BH面DDBB''∴BHEFHBEF,'∴HBB'为二面角BEFB'的平面角在BHBRt'中aBHaBB42,'∴22''tanBHBBHBB∴二面角BEFB'的正切值的大小为22。（II）在棱BB'上取中点M，连结MD'，则MD'面'EFB证明：连结MC'∵EF面DDBB''，MD'面DDBB''∴EFMD'又∵''CD面''BCCB，∴MC'为MD'在面''BCCB内的射影。在正方形''BCCB中，FM,分别为BB'和BC的中点，故易得MCFB''，于是由三垂线定理得MDFB''，而FB'面'EFB，EF面'EFB，FFBEF'∴MD'面'EFB。（III）设MD'与面'EFB交于N，则ND'为'D到面'EFB的距离∵NB'面'EFB，MD'面'EFB，∴MDNB''在''DMBRt中，由射影定理MDNDBD''''2而22223'''',2''aMBDBMDaBD，D'C'A'B'DCABFEMHN∴aMDBDND34''''2即'D到面'EFB的距离为a34。19、解：（I）胜的次数的分布列0123456P7296472919272924072916072960729127291（II）当1时，0∴7296)31()31(505161CCP;当2时，0或1，∴72975])31()31([)31(4144042262CCCP同理729140])31()31()31([)31(3233133033363CCCCP72960])31()31()31([)31(2222122024464CCCCP72912)3131()31(11015565CCCP7291)31(6666CP∴24398654321PPPPPPP20、解：（I）由已知可得322)('xaxf∵)(xf在1,0x上是增函数∴022)('3xaxf即31xa而函数31)(xxg在1,0x上是增函数∴1)1()(maxgxg∴1a又当1a时，322)('xxf在1,0x也有0)('xf，满足)(xf在1,0上是增函数∴1a即为所求。（II）由（I）知)(xf在1,0是增函数∴当1a时，12)1()(maxafxf，当1a时，令022)('3xaxf得1,013ax∴当310ax时，0)('xf；当113xa时0)('xf∴当1a时，323max3)1()(aafxf故对1,0x，当1a时，12)(maxaxf；当1a时，32max3)(axf。21、解：（I）∵jyixa)2(，jyixb)2(，且8ba∴点),(yxM到两个定点)2,0(),2,0(21FF的距离和为8∴点),(yxM的轨迹C是以21,FF为焦点的椭圆，其方程为1161222yx。（II）∵l过点3,0，若直线l的斜率不存在，则BA,为椭圆的顶点∵0OBOAOP∴O与P点重合，与四边形OAPB是矩形矛盾故直线l的斜率存在设l：3kxy，),(11yxA，),(22yxB由11612322yxkxy消去y得02118)34(22kxxk此时0336576)21)(34(4)18(222kkk恒成立且2213418kkxx，2213421kxx∵OBOAOP∴四边形OAPB是平行四边形若使得此平行四边形为矩形，则OBOA即0OBOA又∵),(11yxOA，),(22yxOB∴02121yyxxOBOA即09)(3)1(21212xxkxxk即09)3418(3)3421)(1(222kkkkk解得1652k∴45k∴存在直线l，方程为345xy，使得四边形OAPB为矩形。22、解：（I）∵)()(1)(yfxfyxf∴1)0(f又0)21(f∴11)21()21()2121()1(ffff令1,ynx则2)(1)1()()1(nffnfnf∴11a、2)()1(1nfnfaann故na是以11a，公差2d的等差数列nnfan21)(。（II）证明：①当1n时，21,41x则1,212x∴0)2(xf又)(21)2(xfxf∴21121)2(2121)(xfxf故当1n时命题成立②假设当kn时命题成立，即当*)(21,211Nkxkk时kxf211)(则当1kn时，1221,21kkx，