2006年江苏高考数学试卷及答案

1、高考数学(7)绝密启用前2006年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数 学参考公式：一组数据的方差S2 l(xi X)2 (X2 X)2(Xn i)2其中7为这组数据的平均数n一、选择题：本大题共 10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目 要求的。(8)设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立 11(A)|ab | a c|bc |(B)a -2 aaa(C)|ab|2(D)Ja_3 J a1 /O_2a b(9)两相同的正四棱锥组成如图 1所示的几何体，可放棱长为 1的正方体内，使正四棱锥的底面(1)已知a R ,函数f(x) sin x |

2、a|,x R为奇函数，则 a =(A) 0(B) 1(C) - 1(D ± 1(2)圆(x 1)2 (y <3)2 1的切线方程中有一个是ABCDW正方体的某一个平面平行，且各顶点均在 方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有(A) 1 个(B) 2 个(C) 3个(D)无穷多个(10)右图中有一个信号源和五个接收器。正(A) x-y= 0(B) x+y=0(C) x=0(P)y=0(3)某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为 方差为2,则| x-y I的值为x, y, 10, 11, 9.已知这组数据的平均数为10,(A) 1(B) 2(C) 3(口 4(4)为了得到

3、函数y 2sin(- -) x R的图像，只需把函数 36 y 2sin x, x R的图像上所有的点(A)向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的二倍(纵坐标不变)63(B)向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1倍(纵坐标不变)63接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到 信号，否则就不能接收到信号。若将图中左端的六个 接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也 随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接 线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号 的概率是(A) (B)工4536(C)向左平移一个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的 6(

4、D)向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的 6(5) (& 工)10的展开式中含x的正整数指数哥的项数是3x3倍(纵坐标不变)3倍(纵坐标不变)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。不需要写出解答过程，请把答案直接填空(A) 0(B) 2(C) 4(D)6(6)已知两点M(2, 0)、N (2, 0),点P为坐标平面内的动点，满足|MN | |MP | MN MP=0,则动点P (x, v)的轨迹方程为22.2(A) y 8x(B) y 8x (C) y 4x(7)若A、R C为三个集合， A B B C,则一定有2,(D y 4x(A) A C(B) C A

5、(C) A C(D)A在答题卡相应位置上。 (11)在 ABC中，已知 BC= 12, A= 60° , B= 45° ,则 AC=2x y 2(12)设变量x、y满足约束条件 x y 1 ,则z 2x 3y的最大值为x y 1(13)今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有 种不同的方法(用数字作答)。(14) cot 20 cos1073 sin 10 tan 702 cos40 =a(15)对正整数n,设曲线y x (1 x)在x = 2处的切线与y轴交点的纵坐标为an,则数列n 1的前n项和的公式是1(16)不等式log 2 (x6)

6、 3的解集为x10三、解答题：本大题共 5小题，共70分。请在答题卡指定区域 «演算步骤。(17)(本小题满分12分，第一小问满分 5分，第二小问满分 已知三点 P (5, 2)、F1 (-6, 0)、F2 (6, 0).(I)求以Fi、F2为焦点且过点P的椭圆的标准方程；(II)设点P、Fi、F2关于直线y=x的对称点分别为双曲线的标准方程。1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥O到底面中心01的距离为多少时，帐篷的体积最大？内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或(18)(本小题满分14分)7分)请您设计一个帐篷。它下部的形状是高为(如右图所示)。试问当帐篷的顶点P、

7、F1、F2,求以F1、F2为焦点且过点P的O图2(20)(本小题满分16分，第一小问4分，第二小问满分 6分，第三小问满分 6分) 设a为实数，设函数f(x) a" x2 *1 x41 x的最大值为g( a)。(I)设t = 5x J1 x ,求t的取值范围，并把 f(x)表示为t的函数mt) (n)求 g(a)1(出)试求满足 g(a) g(-)的所有头数aa(19)(本小题满分14分，第一小问满分 4分，第二小问满分 5分，第三小问满分 5分)在正三角形 ABC中，E、F、P分别是AB AC BC边上的点，满足 AE:EB= CF:FA= CP:PB= 1:2 (如图1)。将 A

8、EF沿EF折起到 AEF的位置，使二面角 A- EF- B成直二面角，连结 AB、AP (如图2)(I )求证： A1E，平面BER(II)求直线 A1E与平面ABP所成角的大小；(出)求二面角 B- A1PF的大小(用反三角函数表示)(21)(本小题满分14分)设数列an、bn、Cn满足：，2口 202, 5 An 2201 320？(n = 1,2,3,)，证明an为等差数列的充分必要条件是Cn为等差数列且bn bni (n=1,2,3,)从而BP垂直于 AE在平面 ABP内的射影(三垂线定理的逆定理)；设A1E在平面 ABP内的射影为 AQ 且AQ交BP于点Q,则/EAQ就是AE与平面A

9、BP所成的角，且 BP± AQ。在 EBP中， BE=BP=2 / EBP=60 , EBP是等边三角形，BE=EP又 AE,平面 BEP,AB=AP,，Q为 BP的中点，且 EQ J3。EQ -又 AE=1,在 RtAEQ中，tan EA1Q V3,. . / EAQ=60°A1E(出)在图3中，过F作FML AP于M连结QM QECF=CP=1 / C=60° ,. FCP 是正三角形，.-.PF=1o一一1,一又 PQ - BP 1 ,PF=PQ 2 A1E，平面 BEP,EQ EF . 3, . AF=AQ;AFP A1QP从而/ APF=/ A1PQ由及

10、MF/公共边知 FM四 QMP/ QMP= FMP=90 ,且 MF=MQ从而/ FMQ二面角B-A1P F的平面角。在 RtAQP中，AQ=AF=2, PQ=1, MQL A1P,数学试题参考答案(I) A(2)C(3)D(4)C(5)B (6) B(7)A(8)C(9)D (10) Dn+1(II) 476(12) 18(13) 1 260(14) 2(15) 2(16) ( 3 2,2, 3 242)1在 FCQ中,在 FMQ43,A1Q PQ-MQ APFC=1, QC=2 / C=60°FMQ.A1P <5 o2. 5MF2. 55,由余弦定理得 QF=/3 。(17

11、)解：(I)所以所求椭圆的标准方程为 4522(n)所以所求双曲线的标准方程为匕 2016(18)解：设 OO为 x m,则 1 x 4设题设可得正六棱锥底面边长为(单位：m>.32 (x 1)28 2x x2 V(x) -3(83求导数，得 V (x) y(12 3x2).令V (x)2L 1.91.2 1. 332x x2)-(x 1) 1 一(16 12x x3). 320 ,解得x 2 (不合题意，舍去)，x=2MF 2 MQ2 QF272MF MQ8. t2 22 1x2 2,4, t 0 . t的取值范围是J2,2由得.12 x1 .21 2-11 m(t)a(-t22121

12、) t at t a,t . 2,2 2(20)解：(i),t Jix Jix,，要使t有意义，必须1 x 0且1 x 0,即11 2(n)由题息知g(a)即为函数m(t) - at t a,t卜2,2的最大值 21 12 注意到直线t一是抛物线m(t) -at t a的对称轴，分以下几种情况讨论。a2(1)当a>0,函数y m(t),t J2,2的图像是开口向上的抛物线的一段，由当1 x 2时,V (x) QV(x)为增函数；当2 x 45t,V (x) 0,V(x)为减函数。所以当x=2时，V(x)最大。(19) (n)在图2中，,AE不垂直于 AB,二. AE是平面 ABP的斜线。

13、又 A0平面 BERAE±BP,t - 0知m(t)在J2,2上单调递增。g(a) m(2) a 2 a(2)当 a=0时，m(t)=t , t V2,2 ,. g(a) 2(3)当a<0时，函数y=m(t) , t J2,2的图像是开口向下的抛物线的一段。1 a1 a1 a(0,/2,即 a,则g(a) m(，2)V2.2(、22,即 a ( -, ,则99)m( ) 22a1 一一，一 一(2,)，即a ( 2，0)，则g(a) m(2) a 2.a 2a解法二：当ag(a)a 2aa 2,综上有 g(a)1 a - 2a21a -22a22a 21时，g(a)2 时,a

14、；争,212a(,1,所以2(a)2a)22。因此，当a1a 一 , 2a匚时，g(a) ” 2要使一，1 八.0时,一0 ,由 g(a) a一， 1 一.0日t, a - 1,因此aa.1、,g(a) g(一),必须有 a a1 ,g(一)知 aa1或1 a. 221、1,从而 g(a) y2或g(一) V2一 一，1(m)解法一：情形 1：当a 2时,a111此时g&,g(a -2此时 g(a) & g(-)。 a综上知“ 11满足 g(a) g(-) a的所有实数a为：由2 1 J2解得a 1冷与aa2f情形2：当2 a、. 2时，12 ag(工)亘，由，'

15、9;2 旦解得aaa 2a 2a情形3：当 J2 a二时,72 2a所以、2 a 2。22矛盾。工，此时g(a) v2 ,2J2,与aJ2矛盾。2 ，此时 g(a) 、 2 g(-)2a2 -V2 a或a 12(21)证明：必要性.设an是公差为d1的等差数列，则bn 1bn(an 1 an 3) (an an 2) (an 1 an)所以 bnbn1(n 1,2,3,)成立.又 cn 1 cn(an 1an)2(an 2an 1) 3(an(an 3 an 2) d1 d1an 2 )d1 2d1 3d16d1 (常数)(n=1, 2, 3,),所以数列Cn为等差数列充分性，设数列cn是公差

16、d2的等差数列，且bn b1 (n=1, 2, 3,)证法得cnCn 22情形4：当 a2,1.一1g(-)2,由a一a2a1 ,1一时，-2 2 a丁2解得a 2 ,此时 g(a) a2矛盾。212a(anan2 )2(an1an3 )3( an2 an4 )bn2bn 1 3bn 2 ,Cn Cn 2 (cn cn 1 ) (cn 1 bn 2bn 1 3bn 2 2d2,2d2情形 5：当 1 a 0日t ,12,此时 g (a) a 2, g() J22aa由a 2 衣解得a V2 2,与a1矛盾。2一_,1，一，11情形 6：当 a>0 时，1 0,此时 g(a) a 2,g(

17、1) - 2aa a1由a 2 2解得a 1,由a 0知a 1 a1.一 42综上知，满足g(a) g()的所有实数a为： v2 a 或a 1a2从而有 bn 1 2bn 2 3bn 32d2.一得(bn 1 bn)2(bn 2bn 1bnbn 1) 3(bn 3bn 2)0.0,bn 2 bn 10,bn 3 bn 2 0,. 由得 61bn0(n1,2,3,).由此 不妨设bn d3(n 1,2,3,)，则anan 2 d3 (常数)由此cnan2an 13an 24an2an 1 3d3,从而 cn 1 4an 1 2an 2 3d3 4an 1 2an 5d3,两式相减得 an 1 cn 2(an 1 an) 2d3 ,11因此 an 1an-(cn 1 cn) d3- d2 d3(吊数)(n1,2,3,),22所以数列an是等差数列.证法二：令 Anan i a由 bnbn 1 知anan 2an1 an3,从而 an 1 anan 3an 2,即An An 2(n1,2,3,)由 cnan 2an 1 3an 2, cn 1an 1 2an 2 3an 3信 cn 1 cn (an 1an) 2(an 2 an