2006年山东省高考数学试卷（文科）【附答案、word版本，可再编辑；B4纸型两栏】
2006年山东省高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. 定义集合运算：A⊙B＝{z︳z＝xy(x+y), x∈A, y∈B}，设集合A＝{0, 1}，B＝{2, 3}，则集合A⊙B的所有元素之和为（ ）
A.0 B.6 C.12 D.18
2. 设f(x)=2ex-1,x<2，log3(x2-1),x≥2， ，则f[f(2)]的值为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3. 函数y=1+ax(0
0，q:1-x2|x|-2<0，则p是q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. 已知(x2-1x)n的展开式中第三项与第五项的系数之比为314，则展开式中常数项是（ ）
A.-1 B.1 C.-45 D.45
11. 已知集合A＝{5}，B＝{1, 2}，C＝{1, 3, 4}，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（ ）
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x+y≤10x-y≤22x≥7.则z=2x+3y的最小值是（ ）
A.24 B.14 C.13 D.11.5
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
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Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5=10，S10=-5，则公差为________（用数字作答）．
15. 已知抛物线y2=4x，过点P(4, 0)的直线与抛物线相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，则y12+y22的最小值是________．
16. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为
7 / 7
________．
三、解答题（共6小题，满分74分）
17. 设函数f(x)=2x3-3(a-1)x2+1，其中a≥1．
(I)求f(x)的单调区间；
(II)讨论f(x)的极值．
18. 已知函数f(x)=Asin2(ωx+φ)(A>0, ω>0, 0<φ<π2)，且y=f(x)的最大值为2，其图象相邻两对称轴间的距离为2，并过点(1, 2)．
（1）求φ；
（2）计算f(1)+f(2)+...+f(2008)．
19. 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：
(Ⅰ)抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率；
(Ⅱ)抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概率；
(Ⅲ)抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率．
7 / 7
20. 如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB // DC，AC⊥BD，AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2，PO=2，PB⊥PD．
（1）求异面直接PD与BC所成角的余弦值；
（2）求二面角P-AB-C的大小；
（3）设点M在棱PC上，且PMPC=λ，问λ为何值时，PC⊥平面BMD．
21. 已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x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．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线l过点P(0, 2)且与椭圆相交于A、B两点，当△AOB面积取得最大值时，求直线l的方程．
22. 已知数列{an}中，a1=12，点(n, 2an+1-an)在直线y=x上，其中n=1，2，3…．
(1)令bn=an+1-an-1，求证数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项；
(3)设Sn、Tn分别为数列{an}、{bn}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列{Sn+λTnn}为等差数列？若存在，试求出λ．若不存在，则说明理由．
7 / 7
参考答案与试题解析
2006年山东省高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1.D
2.C
3.A
4.D
5.B
6.B
7.B
8.C
9.A
10.D
11.A
12.B
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
13.150
14.-1
15.32
16.217
三、解答题（共6小题，满分74分）
17.解：由已知得f'(x)=6x[x-(a-1)]，
令f'(x)=0，解得x1=0，x2=a-1．
(I)当a=1时，f'(x)=6x2，f(x)在(-∞, +∞)上单调递增
当a>1时，f'(x)=6x[x-(a-1)]，f'(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(-∞, 0)
0
(0, a-1)
a-1
(a-1, +∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
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f(x)在(-∞, 0)上单调递增；在(0, a-1)上单调递减；在(a-1, +∞)上单调递增．
(II)由(I)知，
当a=1时，函数f(x)没有极值．
当a>1时，函数f(x)在x=0处取得极大值1，在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3．
18.解：（1）y=Asin2(ωx+φ)=A2-A2cos(2ωx+2φ)．
∵ y=f(x)的最大值为2，A>0．
∴ A2+A2=2，A=2．
又∵ 其图象相邻两对称轴间的距离为2，ω>0，
∴ 12(2π2ω)=2，ω=π4．
∴ f(x)=22-22cos(π2x+2φ)=1-cos(π2x+2φ)．
∵ y=f(x)过(1, 2)点，∴ cos(π2x+2φ)=-1．
∴ π2x+2φ=2kπ+π，k∈Z，∴ 2φ=2kπ+π2，k∈Z，
∴ φ=kπ+π4，k∈Z，
又∵ 0<φ<π2，
∴ φ=π4．
（2）解法一：∵ φ=π4，f(x)=2sin2(π4x+π4)
∴ f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+1+0+1=4．
又∵ y=f(x)的周期为4，2008=4×502，
∴ f(1)+f(2)+...+f(2008)=4×502=2008．
解法二：∵ f(x)=2sin2(π4x+φ)
7 / 7
∴ f(1)+f(3)=2sin2(π4+φ)+2sin2(3π4+φ)=2，f(2)+f(4)=2sin2(π2+φ)+2sin2(π+φ)=2，
∴ f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=4．
又(±2, 0)的周期为4，2008=4×502，
∴ f(1)+f(2)+...+f(2008)=4×502=2008．
19.（I）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A，
∵ 试验发生包含的所有事件数C83，
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C21C62+C22C61
∴ 由古典概型公式P(A)=C21C62+C22C61C83=914．
(II)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B，
∵ 试验发生包含的所有事件数C83，
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C22C61种结果
∴ 由古典概型公式得到P(B)=C22C61C83=328
(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，C41是选一卡片，取2张C22，另选取一张C61
∴ P(D)=C41C22C61C83=37
∴ P(C)＝1-37=47．
20.解：（1）∵ PO⊥平面ABCD，∴ PO⊥BD
又PB⊥PD,BO=2,PO=2，
由平面几何知识得：OD=1,PD=3，PB=6
过D做DE // BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，
∵ 四边形ABCD是等腰梯形，
∴ OC=OD=1，OB=OA=2，OA⊥OB
∴ BC=5，AB=22，CD=2
又AB // DC
∴ 四边形EBCD是平行四边形．
∴ ED=BC=5，BE=CD=2
∴ E是AB的中点，且AE=2
又PA=PB=6，
∴ △PEA为直角三角形，
∴ PE=PA2-AE2=6-2=2
在△PED中，由余弦定理得cos∠PDE=PD2+DE2-PE22PD⋅DE=3+5-42⋅3⋅5=21515
故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为21515；
（2）连接OE，由（1）以及三垂线定理可知，∠PEO为二面角P-AB-C的平面角，
∴ sin∠PE0=POPE=22，∴ ∠PEO=45∘，∴ 二面角P-AB-C的平面角的大小为45∘；
（3）连接MD，MB，MO，
∵ PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，
∴ PC⊥OM，
在Rt△POC中，PC=PD=3，OC=1，PO=2，
7 / 7
∴ PM=233，MC=33，
∴ PMMC=2，
故λ=2时，PC⊥平面BMD．
21.解：设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>c)(I)由已知得b=c2a2c=1a2-b2=c2⇒a=24b=c=14，
∴ 所求椭圆方程为8x2+16y2=1．
（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，A(x1, y1)，B(x2, y2)
由y=kx+28x2+16y2=1，消去y得关于x的方程：(1+2k2)x2+8kx+6=0，
由直线l与椭圆相交于A、B两点，
∴ △>0⇒64k2-24(1+2k2)>0
解得k2>32
又由韦达定理得x1+x2=-8k1+2k2⋅
∴ |AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k21+2k216k2-24
原点O到直线l的距离d=21+k2
∵ S△AOB=12|AB|⋅d=16k2-241+2k2=222k2-31+2k2．
对S=16k2-241+2k2两边平方整理得：4S2k4+4(S2-4)k2+S2+24=0(*)
∵ S≠0，16(S2-4)2-4×4S2(S2+24)≥04-S2S2>0S2+244S2>0
整理得：S2≤12
又S>0，∴ 0
查看更多