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1、2006 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）文科数学（必修+选修）第 I 卷（共 60 分）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 50 分，在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项。（1）定义集合运算： 设集合 则集合 AB(),zxyAyB(0,1)(2,3)ABA的所有元素之和为B（A）0 （B）6 （C）12 （D）18（2）设123,() (2)log().xef f ， 则 的 值 为，（A）0 （B）1 （C）2 （D）3（3）函数 0ya 的 反 函 数 的 图 象 大 致 是（A） （B） （C） （D）（4）设向量 , ,若表示向量 4 、
2、的有向线段首尾相接能构成三角形，则a=(13)(24)ba32,bc向量 为c（A） （B）, (1)（C） （D ）(6) ,6（5）已知定义在 R 上的奇函数 满足 则 的值为()fx2ffx()f（A） 1 （B）0 （C）1 （D）2（6）在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，已知 则 =Aabc,3,1Aabc（A）1 （B）2 （C） （D） 3（7）在给定双曲线中，过焦点且垂直于实轴的弦长为 ，焦点到相应准线的距离为 ，则该双曲线的22离心率为（A） （B）2 （C） （D）2（8）正方体的内切球与其外接球的体积之比为（A） （B） 3 （C） 3 （D）191:31:（9
3、）设 ，则 是 的p2,xq 02x 0pq（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件（C ）充要条件 （D）既不充分也不必要条件（10）已知（ ） 的展开式中第三项与第五项的系数之比为 ，则展开式中常数项是x12n 143（A）1 （B）1 （C）45 （D）45（11）已知集合 ，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中5,21,34点的坐标，则确定的不同点的个数为（A）33 （B）34 （C）35 （D ）36（12）已知 x 和 y 是正整数，且满足约束条件 则 的最小值是10,27.xy3zxy（A）24 （B）14 （C）13 （D）11.5第卷（共 90 分）二、填空题：本
4、大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，答案须填在题中横线上。（13）某学校共有师生 2400 人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为 160 的样本，已知从学生中抽取的人数为 150，那么该学校的教师人数是.（14）设 为等差数列 的前 n 项和， 14， ，则 .nSa4S1073S8（15）已知抛物线 ，过点 ）的直线与抛物线相交于 两点，则xy2(,0)p12(,)(,)AxyB、的最小值是21y（16）如图，在正三棱柱 中，所有棱长均为 1，1ABC则点 到平面 的距离为.B1三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 分（17） （本小题满分 12 分）设函数 其
5、中()fx322(),ax1.a（）求 的单调区间；（） 讨论 的极值.（18） （本小题满分 12 分）已知函数 且 的最大值为 2，其图象相邻()fxA2sin()0)2x ， ， ， ()yfx两对称轴间的距离为 2，并过点 .1,（）求 ；（）计算 ()(8)ff（19） （本小题满分 12 分）盒中装着标有数字 1，2，3，4 的卡片各 2 张，从盒中任意抽取 3 张，每张卡片被抽出的可能性都相等，求：（）抽出的 3 张卡片上最大的数字是 4 的概率；（）抽出的 3 张中有 2 张卡片上的数字是 3 的概率；（）抽出的 3 张卡片上的数字互不相同的概率.（20） （本小题满分 12
6、分）如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为等腰梯形， 与 相交于点/,ABDCABD，且顶点 在底面上的射影恰为 点，又 .OPO2,BP（）求异面直接 与 所成角的余弦值；DC（）求二面角 的大小；AB（）设点 M 在棱 上，且 为何值时， 平面 .,P问 M（21） （本小题满分 12 分）已知椭圆的中心在坐标原点 ，焦点在 轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组x成的四边形为正方形，两准线间的距离为 4。（）求椭圆的方程；（）直线 过 且与椭圆相交于 、 两点，当 面积取得l(0,2)PABAO最大值时，求直线 的方程.（22） （本小题满分 14 分）已知数列 中， 在直线 上，
7、其中na112na、 点 （ 、 ） yx1,23.n（）令 1,nnnbab求 证 数 列 是 等 比 数 列 ；（）求数列 的 通 项 ；（）设 的前 项和,是否存在实数 ，使得数列 为等差nST、 分 别 为 数 列 、nanST数列？若存在，试求出 .若不存在,则说明理由。2006 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科数学答案一、选择题：1、D 2、C 3、A 4、D 5、B 6、B 7、C 8、C 9、A 10、D 11、A 12、B二、填空题：13、150 14、54 15、32 16、 21三、解答题17解：由已知得 ，令 ，解得 .()6()fxa()0fx120,1x
8、a（）当 时， ， 在 上单调递增1a 2f,当 时， ， 随 的变化情况如下表： 1ffx(,0)0 (,1)a(,)()f+ 0 0A极大值 A极小值 A从上表可知，函数 在 上单调递增；在 上单调递减；在 上单调递增.()fx,)(0,)(1,)（）由（）知，当 时，函数 没有极值.1a当 时，函数 在 处取得极大值，在 处取得极小值 .()f01xa3()a18：解：（I） 2sincos(2).AyAx的最大值为 2， .()f,2A又 其图象相邻两对称轴间的距离为 2， ，01(),.4.()cos()1cos(2fxxx过 点，y1,)22,kZ又 .,kZ,4kZ0,4（II）
9、解法一： ，4cos()1sin.2yxx.又 的周期为 4， ，(1)2(3)2ff ()yf208508508解法二： sinfxx223()3si(si),4f22(2)4in),1)(4.ff又 的周期为 4， ，yf085(08)5208f19解：（I） “抽出的 3 张卡片上最大的数字是 4”的事件记为 A，由题意116389(4CP（II） “抽出的 3 张中有 2 张卡片上的数字是 3”的事件记为 B，则168()CPB（III） “抽出的 3 张卡片上的数字互不相同 ”的事件记为 C，“抽出的 3 张卡片上有两个数字相同”的事件记为 D，由题意，C 与 D 是对立事件，因为1
10、24368()7CPD所以 .()120解法一：平面 ， POABOB又 ，,2,P由平面几何知识得： 1,3,6DP（）过 做 交于 于 ，连结 ，则 或其补角为异面直线 与 所成的角，/ECEDEPDBC四边形 是等腰梯形，AB,2,OOAB5又 四边形 是平行四边形。/D,ECE是 的中点，且AB2又 ，6P为直角三角形，2在 中，由余弦定理得ED235421cosEP故异面直线 PD 与 所成的角的余弦值为BC（）连结 ，由（）及三垂线定理知， 为二面角 的平面角OEOPABC，2sinPE045P二面角 的大小为A0（）连结 ，,MDB平面 平面 ，C,BMD又在 中，PORtC，
11、，3,1,2P3,C故 时， 平面2解法二： 平面 ABCDPO又 ， ，B2,PO由平面几何知识得： 1,D以 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为,xyz， ， ， ， ，(0,)(2,0)A(20)(1)C(0,1)D(,02)P（） ，(0,12)PD，,BC。3,52PBC。故直线 与 所成的角的余弦值为cos15PDBC215（）设平面 的一个法向量为 ，A(,)nxyz由于 ， ，(2,0)B20P由 得 取 ，又已知平面 ABCD 的一个法向量 ，nzx(1,2) (0,1)m又二面角 为锐角，cos,2mnABC所求二面角 的大小为PABC45（）设
12、 ，由于 三点共线， ，0(,)Mxy,02zx平面 ，CDOP01,2,z0x由（1） （2）知： ， 。3x2(,)3M故 时， 平面 。PCCBD21解：设椭圆方程为21()yabc（）由已知得 所求椭圆方程为 .24bca221c21xy（）解法一：由题意知直线 的斜率存在，设直线 的方程为ll 12,(),()kABxy由 ，消去 y 得关于 x 的方程：21ykx 2()860kx由直线 与椭圆相交于 A、B 两点， 解得l 22064(1)kA23k又由韦达定理得12286kx2221211|()4ABkxkxx2164k原点 到直线 的距离Ol2d.2211643|21AOBk
13、kSd解法 1：对 两边平方整理得： （*）2k2422()40SkS ，0整理得：2226(4)()0,04SSS 21S又 ， 从而 的最大值为 ，2SAOBS2S此时代入方程（*）得 4890k14k所以，所求直线方程为： .124xy解法 2：令 ， 则23(0)mk3m4S当且仅当 即 时， 此时 .2max2S142k所以，所求直线方程为 140y解法二：由题意知直线 l 的斜率存在且不为零 .设直线 l 的方程为 ，2,(),()ykxAB则直线 l 与 x 轴的交点 ，20D由解法一知 且 ，23k12286kx解法 1： =1212| |AOBSDykx12|x.2()4xx
14、2643k下同解法一.解法 2： = AOBPOASS211|x21|2k下同解法一.22解：（I）由已知得 11,2naa233,44a又 1,nnba121,nnba1211()2.nnnna是以 为首项，以 为公比的等比数列.b342（II）由（I）知， 13(),nn n1,nna2323,113,2nna将以上各式相加得： 1()()n1 13332()()2.22n nan.2n（III）解法一：存在 ，使数列 是等差数列.nST12123()(12)nnnSa n()32233() .nn12 131()142().2nnn nnTb 数列 是等差数列的充要条件是 、 是常数nS ,(nSTAB)即 2,ABn又 133()2n nT231()2n当且仅当 ，即 时，数列 为等差数列.10nST解法二：存在 ，使数列 是等差数列.2nST由（I） 、 （II）
