2006年陕西高考理科数学真题及答案.doc-资料库

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2006 年陕西高考理科数学真题及答案注意事项： 1．本试卷分第一部分和第二部分。第一部分为选择题，第二部分为非选择题。 2．考生领到试卷后，须按规定在试卷上填写姓名、准考证号，并在答题卡上填涂对应的试卷类型信息点。 3．所有答案必须在答题卡指定区域内作答，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共 12 第一部分选择题（共 60 分）小题，每小题 5 分，共 60 分）。 1．已知集合 P  Nx { 1|  x },10 集合 Q  xRx { | 2  6 x },0 则 QP 等于（A）{1，2，3} （B）{2，3} （C）{1，2} （D）{2} 2 等于 2．复数 ) 1( i  1 i  （A）1+i （B）―1―i （C）1―i （D）―1+i 3． lim n  (2 n 2 n 1 1  等于 2 n  )1 （A）0 （B） 1 4  （C） 1 2 （D）1 ,0 a  )1 的图像过点（2，1），其反函数的图像过点（2， 4．设函数 )( xf  log a ( )( abx  8），则 a+b 等于（A）3 （B）4 （C）5 （D）6 5．设直线过点（0，a）其斜率为 1，且与圆 x2+y2=2 相切，则 a的值为（A）±4 （B） 22 （C）±2 （D） 2 6．“α、β、成等差数列”的“等式 sin(α+ )=sin2β成立”的是（A）充分而不必要条件（C）充分必要条件（B）必要而不充分条件（D）既不充分又不必要条件 7．已知双曲线 2 2 x a  2 y 2  (1 a  )2  的两条渐近线的夹角为 , 3 则双曲线的离心率为（A） 32 3 （B） 62 3 （C） 3 （D）2

8．已知不等式 ( x  y 1)( x  a y )  9 对任意正实数 x,y 恒成立，则正实数 a的最小值为（A）8 （B）6 （C）4 （D）2 9．已知非零向量 AB与满足 AC ）· BC =0 且 AB · | AB | AC = | AC | 1 2 . （ AB  | AB | AC AC | | 则△ABC 为（A）等边三角形（C）等腰非等边三角形（B）直角三角形（D）三边均不相等的三角形 10．已知函数 )( xf  2 ax  2 ax  0(4  a )3 . 若 x  ， 1 x 2 x  1 x 2 =1－a，则（A） ( xf 1 )  ( xf 2 （C） ( xf 1 )  ( xf 2 ) ) （B） ( xf 1 )  ( xf 2 ) （D） ( xf 与 ) 1 ( xf 2 ) 的大小不能确定 11．已知平面外不共线的三点 A，B，C到的距离都相等，则正确的结论是（A）平面 ABC必平行于 （B）平面 ABC必不垂直于 （C）平面 ABC必与相交（D）存在△ABC的一条中位线平行于或在内 12．为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密）. 已知加密规则为：明文 a,b,c,d对应密文 a+2b,2b+c,2c+3d,4d. 例如，明文 1,2,3,4 对应密文 5,7,18,16. 当接收方收到密文 14,9,23,28 时，则解密得到的明文为（A）7,6,1,4 （B）6,4,1,7 （C）4,6,1,7 （D）1,6,4,7 第二部分（共 90 分）二．填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分）. cos 43 3  ）12 展开式中 x－1 的系数为 x （用数字作答）. 的值为 14．（ 13． cos 167  43  77  sin  cos 1 x  . 15．水平桌面α上放有 4 个半径均为 2R 的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形). 在这 4 个球的上面放 1 个半径为 R 的小球，它和下面的 4 个球恰好都相切，则小球的球心到水平桌面α的距离是 . 16．某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 4 个边远地区支教（每地 1 人），其中甲和种（用数学乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有作答）. 三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共 6 小题，共 74 分） 17．（本小题满分 12 分）

已知函数 )( xf  3 sin( 2 x   6 sin2)  2 ( x   12 ( ) Rx  ). （Ⅰ）求函数 )(xf 的最小正周期；（Ⅱ）求使函数 )(xf 取得最大值的 x的集合. 18．（本小题满分 12 分）甲，乙，丙 3 人投篮，投进的概率分别是 1 3 2, 5 1, 2 . 现 3 人各投篮 1 次，求：（Ⅰ）现有 3 人各投篮 1 次，求 3 人都没有投进的概率；（Ⅱ）用ξ表示乙投篮 3 次的进球数，求随机变量ξ的概率分布及数学期望 Eξ. 19．（本小题满分 12 分）如图，  ,    , Al    B , ，点 A在直线 l 上的射影为 A1，点 B在 l上的射影为 B1. 已知 AB=2， AA1=1，BB1= 2 ，求：（Ⅰ）直线 AB分别与平面 , 所成角的大小；（Ⅱ）二面角 A1—AB—B1 的大小. 20．（本小题满分 12 分） A A1 l α B1 β B 第 19 题图已知正项数列 }{ na ，其前 n 项和 Sn 满足 10 S n  a 2 n  5 a n  6 ，且列，求数列 }{ na 的通项 .na 21．（本小题满分 12 分） , aaa 1 15 , 3 成等比数如图，三定点 A（2，1），B（0，－1），C（－2，1）；三动点 D，E，M 满足 AD  ABt ， BE  BCt ， DM  tDEt ,  ].1,0[ （Ⅰ）求动直线 DE 斜率的变化范围；（Ⅱ）求动点 M 的轨迹方程. y D M O 1 A x 2 －1 E －1 B B C －2 22．（本小题满分 14 分）已知函数 )( xf  3 x  2 x  x 2  1 4 ，且存在 0 x 1,0( 2 ) ，使 ( xf 0 )  。 x 0 （Ⅰ）证明： )(xf 是 R 上的单调增函数；（Ⅱ）设 x 1  ,0 x n 1   ( xf n ) ，

y 1  1 2 , y n 1   ( yf n ) 其中 n=1，2，… 证明： x n  x n 1   x 0  y n 1   y n 1 ；（Ⅲ）证明： y 1 n  y n   1 n  x x n  1 2 . 2006 年陕西高考理科数学真题参考答案一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）. 1.B 2.C 3.B 4.C 5.B 6.A 7.D 8.B 9.D 10.A 11.D 12.C 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分）. 13. 1 2 14.594 15.3R 16. 600 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 74 分）. 17．解：（I） )( xf  (2sin3 x   12 1)  cos (2 x  )  12  12 cos (2 x  )]  1 3[2 2 sin[ 2   (2sin x  (2 x  )  12   1 2 1]  )  12 6  .1)  3  2 sin( 2 x   T 2  2  .  （II）当 )( xf 取最大值时 , sin( 2 x   3 ,1)  有 2 x 即 x    3 k    2 ( k ,  Z ),  2 k   5  12  所求 { x 的集合为 xRx  |  k   5  12 , k  Z }. 18．解：（I）记“甲投篮 1 次投进”为事件 A1，“乙投蓝 1 次投进”为事件 A2，“丙投篮 1 1 2 次投进”为事件 A3，“3 人都没有投进”为事件 A.则 ( AP 2 ( AP 3 ( AP 1 1 3 2 5   ) ) )  , . ,

 ) ( AP  ( AAAP 3 2 1 )  ( AP 1 )  ( AP 2 )  ( AP 3 ) 1[  ( AP 1 )] 1[  ( AP 2 )] 1[  ( AP 3 )]  11(  3 21)(  5 11)(  2 )  1 5 , ∴3 人都没有投进的概率为 1 5 . （II）解法一：随机变量ξ的可能值有 0，1，2，3.则 Eξ=np=3× 解法二：ξ的概率分布为 = 6 5 . 2 5 3 8 125 ξ P 0 27 125 54 125 2 36 125 1 54 125 +3× 8 125 = 6 5 . 36 125 19．解法一：（I）如图，连接 A1B，AB1. 27 125 Eξ=0× +1× +2× ∵⊥，∩=l，AA1⊥l，BB1⊥l，∴AA1⊥，BB1⊥a. 则∠BAB1，∠ABA1 分别是 AB 与和所成的角. Rt△BB1A 中，BB1= 2 ，AB=2， ∴sin∠BAB1= BB AB 1  2 2 , Rt△AA1B 中，AA1=1，AB=2， ∴sin∠ABA1= AA AB 1  1 2 , ∴∠BAB1=45° ∴∠ABA1=30°. 故 AB 与平面，，所成的角分别是 45°，30°. y A A1 l F E α B1 β B β A F E α B1 y B A1 l x 第 19 题解法一图第 19 题解法二图（II）∵BB1⊥， ∴平面 ABB1⊥.在平面内过 A1 作 A1E⊥AB1 交 AB1 于 E，则 A1E⊥平面 AB1B.过 E 作 EF⊥AB 交 AB 于 F，连接 A1F，则由三垂线定理得 A1F⊥AB， ∴∠A1FE 就是所求二面角的平面角.

在 Rt△ABB1 中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B= 2 . ∴Rt△AA1B1 中，AA1=A1B1=1，∴ EA 1  AB 1 1 2  2 2 . 在 Rt△AA1B 中， BA 1  2 AB  2 AA 1  14  .3 由 AA1·A1B=A1F·AB 得 A1F= BA 1 AA  1 AB  1  2 3  3 2 , ∴在 Rt△A1EF 中，sin∠A1FE= EA 1 FA 1  6 3 ， ∴二面角 A1—AB—B1 的大小为 arcsin 6 3 . 解法二：（I）同解法一. （II）如图，建立坐标系，则 A1（0，0，0）， A（0，0，1），B1（0，1，0），B（ 2 ，1，0）. 在 AB 上取一点 F（x , y, z），则存在 t∈R，使得 AF  ABt ，即(x, y, z－1)=t( 2 ,1,－1), ∴点 F 的坐标为( 2 t, t, 1－t). 要使 FA 1  AB , 须 FA 1  AB  ,0 即( 2 t, t, 1－t)·( 2 ,1,－1)=0, 2t+t－(1－t)=0,解得 t= 1 4 , ∴点 F 的坐标为 2( 4 1, 4 3, 4 ),  FA 1  1, 4 3, 4 ). 设 E 为 AB1 的中点，则点 E 的坐标为（0，）， 2( 4 1, 2 1 2  EF  2( 4 又 EF  AB   EF  AB , 1, 1, ).  4 4 2( 1,  4 4  1, 4 FEA 1 又 cos  FEA 1  FA 1 | FA 1   | EF | EF )1,1,2()   1 2  1 4 1 4  ,0 . 为所坟一面角的平面角 2() 3,  4 4 9 2 16 16 2( 4 2  16 1, 4 1  16   | ) 1, 1,  4 4 1  16  1 8   1 16 3 4 1 16  3 16  1 2  1 3  3 3 , ∴二面角 A1—AB—B1 的大小为 arccos 3 3 .

20．解： 10 S n  a 2 n  5 a n  ,6 ①  10 a 2  2 a 1  5 a 1  ,6 解之得 a1=2 或 a1=3. 又 10 S n 1   a 2 1 n   5 a n 1   6 ( n  )2 ② 由①—②得 10 ( aa n 2 n  a 2 1 n  (5)  a n  a n 1  ), ( 即 a n  a n 1  )( a n  a n 1   )5  0 n a   , aaa 15 3 1 ,2  a , a 1  ,0 a a  1 n n  , a  不成等比数列 1 5 a  (5  1 n  .3 a 当 1 3 n  n n  ).2  ,2 时 a 3   a 当 1 ,12 a 15 ,3 a  时 3 ,72 a  有 ,13 2  3 a  15 aa 1 15 .73 , 21．解：（I）解法一：如图（1）设 D(xD, yD), E(xE , yE), M(x, y). 由 AD  ABt , BE   x y    D D  k DE  t  2 ,2 t  同理 2 .1 t  y  x   D D E  y x E ],1,0[ E , (  BCt x D知 ,2 t x    2 .1 y t    E 2(1 2 t t  2 2( t t   ].1,1[ k   DE )1 )2 ,2 y D  )1  ),2,2( t  .21 t （II）  DM  ,DEt 2 t  2,2 t 21 t   )1  4,2( t t   ( ,2 2 x t y   ),21(2 x t     2 ,)21( y    ],1,0[ t   t x  t  )1 2 t 2( t   2 x 4 )21(2 t  ]2,2[ 即  x y , 2  .4 y y A M D O 1 x 2 －1 E －1 B B 第 21 题解法图  4,2( t t 2  ),2 t C －2  )2 即所求轨迹方程为 2 x  ,4 xy  ].2,2[ 解法二：（I）同上. （II）如图， OD OE OM AD OA    BE OB    OD DM   2 ) 1( OA t   OA OB   ADt   BCt   OD DEt  1(2 ) OBtt  OA OB   ( OBt   ( OCt   ( OD OEt  2 . OCt ) OA  ) OB  OD  1( ) OAt   1( ) OBt   1( ) ) ODt   , OBt , OCt OEt  设 M 点坐标为(x, y)，由 OA  ),1,2( OB  ),1,0(  OC  )1,2( 得

 x    y t     2 2 1( t  1( t  ],1,0[ 1(22 ) 0) tt   2 ) 1(21) tt   ],2,2[ x  t  )1(  )2( ),21(2 t   2 2 ,)21(1 t    t 得消去 t 2 x  ,4 y 故轨迹方程是 2 x  ,4 xy  22．解：（I） f  )( x  2 x  2 x  3 1 2 , ]2,2[ 1 2   y 1 (3 x . 又 )  1 3 )( xf 2  1 6  ,0 ∴ )(xf 是 R 上的单调增函数. （II）  0  x 0  即 x 1  x 0 是增函数 ,  ( xf 1 )  ( xf 0 )  ( yf 1 ), 即 x 2  x 0  y 2 , y 2  ( yf 1 )  f , 综上 x 1  x 2  又 1( 2 x 0 x 2  3 8 y 2 )   )  f )0(  1 4  0 x 1 ,  y 1 . . ( xf 1 1 2 y 1   用数学归纳法证明如下：（1）当 n=1 时，上面已证明成立. （2）假设当 n=k （k≥1）时有 x k  x k 1   x 0  y k 1   y k . 当 n=k+1 时，由 f(x)是单调增函数，有 ( xf k )  ( xf )  ( xf 0 )  k 1  ( yf )  ( yf k ), k 1   x k 1   x k  2  x 0  y k  2  y .1  k 由（1）和（2）对一切 n=1，2，…，都有 x n  x n 1   x 0  y n 1   y n . （III） y 1 n  y n   1 n  x x n  ( yf n y ) n   ( xf x n ) n  y 2 n  yx n n  x 2 n  ( y n  x n )  1 2  ( y n  x n 2 )  ( y n  x n )   [( y n  x n )  1 2 2 ]  1 4 . 1 2 由（II）知 0  y n  x n  ,1 1 2 y n  x n  1 2  1 2 y    x x 1 n  y n n 1   n 1( 2 2 )  1 4  1 2 .

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