2006年山东高考文科数学真题及答案.doc

2006年山东高考文科数学真题及答案一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）定义集合运算：，设集合，则集合的所有元素之和为A0B6C12D182（5分）设，则（2）的值为A0B1C2D33（5分）函数的反函数的图象大致是ABCD4（5分）设向量，若表示向量，的有向线段首尾相接能构成三角形，则向量为ABCD5（5分）已知定义在上的奇函数满足，则（6）的值为AB0C1D26（5分）在中，角、的对边分别为、，已知，则A1B2CD7（5分）在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为，焦点到相应准线的距离为1，则该椭圆的离心率为ABCD8（5分）正方体的内切球与其外接球的体积之比为ABCD9（5分）设，则是的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（5分）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AB1CD4511（5分）已知集合，3，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为A33B34C35D3612（5分）已知和是正整数，且满足约束条件则的最小值是A24B14C13D11.5二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）某学校共有师生3200人，先用分层抽样的方法，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（4分）设为等差数列的前项和，若，则公差为 （用数字作答）15（4分）已知抛物线，过点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值是 16（4分）如图，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为 三、解答题（共6小题，满分74分）17（12分）设函数，其中（）求的单调区间；（）讨论的极值18（12分）已知函数，且的最大值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点（）求；（）计算（1）（2）19（12分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取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（12分）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，与相交于点，且顶点在底面上的射影恰为点，又，（1）求异面直接与所成角的余弦值；（2）求二面角的大小；（3）设点在棱上，且，问为何值时，平面21（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成的四边形为正方形，两准线间的距离为1（）求椭圆的方程；（）直线过点且与椭圆相交于、两点，当面积取得最大值时，求直线的方程22（14分）已知数列中，点在直线上，其中，2，（）令，求证数列是等比数列；（）求数列的通项；（）设、分别为数列、的前项和，是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出若不存在，则说明理由2006年山东高考文科数学真题参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）定义集合运算：，设集合，则集合的所有元素之和为A0B6C12D18【解答】解：当时，当，时，当，时，故所有元素之和为18，故选：2（5分）设，则（2）的值为A0B1C2D3【解答】解：（2）（1），故选3（5分）函数的反函数的图象大致是ABCD【解答】解：函数的反函数为，它的图象是函数向右移动1个单位得到，故选：4（5分）设向量，若表示向量，的有向线段首尾相接能构成三角形，则向量为ABCD【解答】解：，设向量，依题意，得，所以，解得，故选：5（5分）已知定义在上的奇函数满足，则（6）的值为AB0C1D2【解答】解：因为，所以（6）（4）（2），又是定义在上的奇函数，所以，所以（6），故选：6（5分）在中，角、的对边分别为、，已知，则A1B2CD【解答】解：解法一：（余弦定理）由得：，或（舍解法二：（正弦定理）由，得：，从而，7（5分）在给定椭圆中，过焦点且垂直于长轴的弦长为，焦点到相应准线的距离为1，则该椭圆的离心率为ABCD【解答】解：不妨设椭圆方程为，则有，据此求出，故选：8（5分）正方体的内切球与其外接球的体积之比为ABCD【解答】解：设正方体的棱长为，则它的内切球的半径为，它的外接球的半径为，故所求的比为，选9（5分）设，则是的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【解答】解：，解得或，当时可化为得或故的解为：或或，故选：10（5分）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AB1CD45【解答】解：第三项的系数为，第五项的系数为，由第三项与第五项的系数之比为可得展开式的通项为为，令，解得，故所求的常数项为，故选：11（5分）已知集合，3，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为A33B34C35D36【解答】解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为，但集合、中有相同元素1，由5，1，1三个数确定的不同点的个数只有三个，故所求的个数为个，故选：12（5分）已知和是正整数，且满足约束条件则的最小值是A24B14C13D11.5【解答】解：画出满足约束条件对应的可行域：如图所示易得点坐标为且当直线过点时取最大值，此时，点的坐标为，过点时取得最小值，但，都是整数，最接近的整数解为，故所求的最小值为14，故选：二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）13（4分）某学校共有师生3200人，先用分层抽样的方法，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200【解答】解：学校共有师生3200人，从所有师生中抽取一个容量为160的样本，每个个体被抽到的概率是，学校的教师人数为故答案是：20014（4分）设为等差数列的前项和，若，则公差为（用数字作答）【解答】解：设首项为，公差为，由题得故答案为15（4分）已知抛物线，过点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值是32【解答】解：设直线方程为，与抛物线方程联立消去得显然，又，当且仅当时取等号，此时不存在故答案为3216（4分）如图，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为【解答】解：如图所示，取得中点，连接，过点作，垂足为，为中点，为中点，又，平面又平面，平面平面，平面平面，平面，的长度即为点到平面的距离，即点到平面的距离在中，即点到平面的距离为故答案为：三、解答题（共6小题，满分74分）17（12分）设函数，其中（）求的单调区间；（）讨论的极值【解答】解：由已知得，令，解得，（）当时，在上单调递增当时，随的变化情况如下表：000单调递增极大值单调递减极小值单调递增从上表可知，函数在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增（）由（）知，当时，函数没有极值当时，函数在处取得极大值1，在处取得极小值18（12分）已知函数，且的最大值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点（）求；（）计算（1）（2）【解答】解：（）的最大值为2，又其图象相邻两对称轴间的距离为2，过点，又，（）解法一：，（1）（2）（3）（4）又的周期为4，（1）（2）解法二：，（1）（2）（3）（4）又的周期为4，（1）（2）19（12分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取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【解答】解：由题意知本题是一个古典概型，设“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为，试验发生包含的所有事件数，满足条件的事件是抽出的3张卡片上最大的数字是4，包括有一个4或有2个4，事件数是由古典概型公式由题意知本题是一个古典概型，设“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为，试验发生包含的所有事件数，满足条件的事件是抽出的3张卡片上有2张卡片上的数字是3，共有种结果由古典概型公式得到 “抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为，“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为，由题意，与是对立事件，是选一卡片，取2张，另选取一张（C）20（12分）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，与相交于点，且顶点在底面上的射影恰为点，又，（1）求异面直接与所成角的余弦值；（2）求二面角的大小；（3）设点在棱上，且，问为何值时，平面【解答】解：（1）平面，又，由平面几何知识得：过做交于于，连接，则或其补角为异面直线与所成的角，四边形是等腰梯形，又四边形是平行四边形是的中点，且又，为直角三角形，在中，由余弦定理得故异面直线与所成的角的余弦值为；（2）连接，由（1）以及三垂线定理可知，为二面角的平面角，二面角的平面角的大小为；（3）连接，平面，平面，在中，故时，平面21（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成的四边形为正方形，两准线间的距离为1（）求椭圆的方程；（）直线过点且与椭圆相交于、两点，当面积取得最大值时，求直线的方程【解答】解：设椭圆方程为（）由已知得，所求椭圆方程为（）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，由，消去得关于的方程：，由直线与椭圆相交于、两点，解得又由韦达定理得原点到直线的距离对两边平方整理得：，整理得：又，从而的最大值为，此时代入方程得所以，所求直线方程为：22（14分）已知数列中，点在直线上，其中，2，（）令，求证数列是等比数列；（）求数列的通项；（）设、分别为数列、的前项和，是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出若不存在，则说明理由【解答】解：（）由已知得，又，是以为首项，以为公比的等比数列（）由（）知，将以上各式相加得：，（）存在，使数列是等差数列由（）、（）知，又当且仅当时，数列是等差数列