湖南省委党校在职研究生-签证种类

2006年普通高等学校招生全国统一考试
数学（理科）浙江卷
本试题卷第 Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。全卷共4页，第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷
3至4页 满分150分，考试时间120钟
请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。
第Ⅰ卷（共 50 分）
注意事项：
1. 答第 1 卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答
题纸上。
2. 每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号填黑.
叁考正式：
如果事件 A ， B 互斥，那么
P（ A+ B ） = P( A)+ P( B) S=
4

R
2

P( A+ B)= P( A)． P( B) 其中 R 表示球的半径
如果事件A在一次试验中发生的概念是p 球的体积公式V=

R

那么n次独立重复试验中恰好发生 其中R表示球的半径
k次的概率：
k
P
n
(k)C
n
p
4
(1p)
n k

4
3
2
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，
只有一项是符合题目要求的。
（１） 设集合
A{x|1
≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=
(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］
（２） 已知
m
1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni

1i
(A)1+2i (B) 1-2i (C)2+i (D)2-I
(3)已知0＜a＜1，log
1
m＜log
1
n＜0，则
(A)1＜n＜m (B) 1＜m＜n (C)m＜n＜1
(D) n＜m＜1

xy2 0,

(4)在平面直角坐标系中，不等式组

xy20,
表示的平面区域的面积是

x2

(A)
42
(B)4 (C)
22
(D)2
x
2
1< br>y
2
1
上的点到左准线的距离是到左焦点距离的，（5）双曲线则m=（ ）
m
3

19
13
(B) (C) (D)
88
22
1
（6）函数y=si n2x+sin
2
x,x
R
的值域是
2
1331
(A)［-,］ (B)［-,］
2222
(A)
(C)［

21212121
,
］ (D)［
,
］
22222222
a
2
b
2
(7)“a
＞
b
＞
c”是“ab＜”的
2
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件
210211
（8）若多项式
xxa
0
a
1
(x 1)a
9
(x1)a
10
(x1),则a
9


(A)9 (B)10 (C)-9 (D)-10

（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、O C两两垂
直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是



(A)


(B)
43
2


(D)
4
2
(C)
（10）函数f:{1,2,3}

{ 1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有
(A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个
第Ⅱ卷（共100分）
注意事项：
1. 用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。
2. 在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢
笔描黑。
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。
（11）设S
n
为 等差数列a,的前n项和，若
S
5
10,S
10
5
, 则公差为 （用

数字作答）.
（12）对a,b

R,记max|a,b|=

是 . 
a,ab
函数f（x）＝max||x+1|,|x-2||(x

R)的最小值
b,a＜b

（13）设向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b )⊥c,a⊥b,若｜a｜=1,则｜a｜
|b|
+｜c｜
2
的值是
（14）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平
面α内的 射影构成的图形面积的取值范围是 .
22

三、解答题：本大题共6小题 ，每小题14分，共84分。解答应写出文字说明，证明过
程或演算步骤。
（15）如图，函数y=2sin(πxφ),x∈R,(其中0≤φ≤


)的图象与y轴交于点（0，1）.
2
(Ⅰ)求φ的值；
(Ⅱ)设P是图象上的最高点，M、N是图象与x轴的交点，求
PM与PN的夹角.

（16）设f(x)=3ax
2bxc.若abc0
,f(0)＞0，f( 1)＞0，求证：
b
(Ⅰ)a＞0且-2＜
b
＜-1；
a
(Ⅱ)方程f(x)=0在（0，1）内有两个实根.
（17）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底
面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.

(Ⅰ)求证：PB⊥DM;
(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角

（18）甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋
装有2个 红球，n个白球.两甲，乙两袋中各任取2个球.
(Ⅰ)若n=3，求取到的4个球全是红球的概率；
(Ⅱ)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为
3
，求n.
4
x
2
y
2
（19）如图，椭圆
2

＝1（a＞b＞0 ）与过点A（2，0）B(0,1)的直线有且只有
ab
一个公共点T，
且椭圆的离心率e=
3
.
2

(Ⅰ)求椭圆方程；
(Ⅱ)设F
1
、F
2
分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF
1< br>的中点，求证：∠ATM=∠
AF
1
T.
(20)已知函数f(x)=x+ x，数列｜x
n
｜(x
n
＞0) 的第一项x
n
＝1，以后各项按如下方
式取定：曲线x=f(x)在
(xn1
,f(x
n1
))
处的切线与经过（0，0）和（x
n
,f (x
n
)）两点的直线
平行（如图）
33

.
求证：当n
N
时，
*
22
(Ⅰ)x
n
x
n
3x
n1
2x
n1
;

（Ⅱ）
()


1
2n1
1
x
n
()
n2

2
数学试题（理科）参考答案
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分。
（1）A （2）C （3）A （4）B （5）C （6）C
（7）A （8）D （9）B （10）D
二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分16分。
（11）-1

（１） 设集合
A{x|1
≤x≤2},B={x|0≤x≤4},则A∩B=A
(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］
【考点分析】本题考查集合的运算，基础题。
解析：
AB

0,2

，故选择A。

【名师点拔】集合是一个重要的数学语言，注意数形结合。

（12）
3

2
（13）4 （14）
[
21
,]

42
m
1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni
C
1i
(A)
12i
(B)
12i
(C)
2i
(D)
2i

（２） 已知
【考点分析】本题考查复数的运算及性质，基础题。

1n0
m< br>mn
1nim

1n



1 n

i
，由、是实数，得

解析：
1i
1n m


n1
∴

mni2i
，故选择 C。

m2
【名师点拔】一个复数为实数的充要条件是虚部为0。

(3)已知
0a1,log
a
mlog
a
n0< br>，则A
(A)1＜n＜m (B) 1＜m＜n (C)m＜n＜1 (D) n＜m＜1
【考点分析】本题考查对数函数的性质，基础题。
解析：由
0a1
知函 数
f

x

log
a
x
为减函数，由< br>log
a
mlog
a
n0
得
mn1
，故选择A。

xy20,

（4）在 平面直角坐标系中，不等式组

xy20,
表示的平面区域的面积是B

x2

(A)
42
(B)4 (C)
22
(D)2
【考点分析】本题考查简单的线性规划的可行域、三角形的面积。
解析：由题知可行域为
ABC
，

S
ABC

402
2
4
，故选择B。 < br>C

0,2

A

2,4

B
2,0

【名师点拔】


x2
x2
1
2
y1
上的点到左准线的距离是到左焦点距离的，则
m 
C （5）若双曲线
m
3
19
13
(A) (B) (C) (D)
88
22
【考点分析】本题考查双曲线的第二定义，基础题。
解析：由题离心率
e
m1
，由双曲线的第二定义知
m
e
m11
39mm1m
，故选择C。
m8
【名师点拔】本题在条件中有意识的将双曲线第二定义“到左焦点距离与到左准线的距离是
定值
e
”中比的前后项颠倒为“到左准线的距离是到左焦点距离的
没有了选择支的提示 ，则难度加大。

（6）函数
y
1
”，如本题改为填空题，3
1
sin2xsin
2
x,xR
的值域是C
2
21212121
1331
,
］
,
］(A)［-, ］ (B)［-,］ (C)［

(D)［


22222222
2222
【考点分析】本题考查三角函数的性质，基础题。
解析：
y
11112



1

sin2xsin
2
xsin2xcos2xsin

2x< br>

，故选择C。
222224

2

【名 师点拔】本题是求有关三角函数的值域的一种通法，即将函数化为
yAsin


x


b
或
yAcos

< br>x


b
的模式。
a
2
b
2
(7)“
ab0
”是“
ab
”的A
2
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件
【考点分析】本题考查平方不等式和充要条件，基础题。

a
2
b
2
解析：由
ab0
能推出
ab
；但反之不然， 因此平方不等式的条件是
a,bR
。
2
【名师点拔】
2102 10
（8）若多项式
xxa
0
a
1
(x1) a
9
(x1)a
10
(x1),则a
9

D
(A)9 (B)10 (C)－9 (D)－10
【考点分析】本题考查二项式展开式的特殊值法，基础题。
210
解 析：令
x2
，得
a
0
a
1
a
2< br>a
9
a
10
22
，
令
x0
，得
a
0
a
1
a
2
a
9
a
10
0

（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C 在球面上，OA、OB、
OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在
该球面上的球面距离是B
(A)
2



(B) (C) (D)
4
432
【考点分析】本题考查球面距的计算，基础题。
解析：如图，EG1sin
∴
EF

4

2

FG,EGF

22
G
EG
2
FG
2
1OEOF


 
∴
EOF
，∴点E、F在该球面上的球面距离为
1

333
故选择B。
【名师点拔】两点球面距的计算是立体几何的一个难点，其通法的 关键是求出两点的球面角，
而求球面角又需用余弦定理。

1,2,3
< br>

1,2,3

满足
f

f
< br>x

f

x

，则这样的函数个数共有D （10）函数
f:

(A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个
【考点分析】本题考查抽象函数的定义，中档题。
解析：
f

f< br>
x

f

x

即
f

x

x

（11）设
S
n
为等差数列

a
n

的前
n
项和，若
S
5< br>10,S
10
5
,则公差为 －1 （用数
字作答）。
【考点分析】本题考查等差数列的前
n
项和，基础题。
解析：设首项为
a
1
，公差为
d
，由题得
5a
1
10d10

a
1
2d2
< br>
9d4d14d1


10a45d52a 9d1

1

1
【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知 什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，
也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前
n
项和公式的运用自然而然的就得出结论。
（12）对
a,bR
,记max

a,b



是

a,a b
函数
f

x

max

x1,x 2


xR

的最小值

b,a＜b
3
.
2
【考点分析】本题考查新定义函数的理解、解绝对值不等式，中档题。 < br>解析：由
x1x2

x1



x2

x
22
1
，故
2
yx2

yx1



x 1

f

x




x2< br>

1


x

2

，其图象如右，
1


x

2

13
1
。
22
则
f
min

x< br>
f



1


2

【名师点拔】数学中考查创新思维，要求必须要有良好的数学素养。
（13）设向量
a,b,c
满足
abc0,abc,ab
b,若
a1
,则
a
的值是 4 。
【考点分析】本题考查向量的代数运算，基础题。

2
bc
22

abcacbc0

acbc





ab0
解析：
abc,ab
ab0

abab0
ab1

< br>




cab2

a
2
2

2
bc
22
4

【名师点拔】向量的模转化为向量的平方，这是一个重要的向量解决思想。

（14 ）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所

21

,

. 有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是

42


三、解答题
（15）本题主要考查三角函数 的图像，已知三角函数求角，向量夹角的计算等基础知
识和基本的运算能力。满分14分。
解：（I）因为函数图像过点
(0,1)
，
所以
2sin

1,
即
sin


因为
0


1
.

2

2
，所以



6
. （II）由函数
y2sin(

x

6
)
及其图像，得

115
M(,0),P(,2),N(,0),

636
11
所以
PM(,2),PN(,2),
从而
22
cosPM,PN


PMPN

|PM||PN|
15
，
17
15
.
17
故
PM,PN
arcco s
（16）本题主要考查二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识。满分14分。
证明：（I）因为
f(0)0,f(1)0
，
所以
c0,3a2bc0
.
由条件
abc0
，消去
b
，得
ac0
；
由条件
abc0
，消去
c
，得
ab0
，
2ab0
.
故
2
b
1
.
a
2
b3acb
2
,)
， （II）抛物线
f( x)3ax2bxc
的顶点坐标为
(
3a3a
在
2b1
1
的两边乘以

，得
a3
1b2

.
33a3
又因为
f(0)0,f(1)0,

ba
2
c
2
ac
0,
而
f() 
3a3a
所以方程
f(x)0
在区间
(0,
bb< br>)
与
(,1)
内分别有一实根。
3a3a
故方程
f(x)0
在
(0,1)
内有两个实根.
（17）本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时
考查空间 想象能力。满分14分。
解：方法一：
（I）因为
N
是
PB
的中点，
PAPB
，
所以
ANPB
.
因为
AD
平面
PAB
，所以

ADPB
，
从而
PB
平面
ADMN
.
因为
DM
平面
ADMN
，
所以
PBDM
.
（II）取
AD
的中点
G，连结
BG
、
NG
，
则
BGCD
，
所以
BG
与平面
ADMN
所成的角和
CD
与平面
ADMN
所成的角相等.
因为
PB
平面
ADMN
，
所以
BGN
是
BG
与平面
ADMN
所成的角.
在
RtBGN
中，
sinBNG
BN10

.
BG5
10
.
5
故
CD
与平面
ADMN
所成的角是
arcsin
方法二：
如图，以
A
为坐标原点建立空间直角坐标系
Axyz< br>，设
BC1
，则
1
A(0,0,0),P(0,0,2),B(2 ,0,0),C(2,1,0),M(1,,1),D(0,2,0)
.
2
（I） 因为
3
PBDM(2,0,2)(1,,1)

2
0
，
所以
PBDM.

（II） 因为
PBAD(2,0,2)(0,2,0)

0
，
所以
PBAD
，
又因为
PBDM
，
所以
PB
平面
ADMN.

因此
PB,DC
的余角即是
CD
与平面
ADMN
所成的角.
因为
cosPB,DC
10
，
5
PBDC

|PB||DC|

所以
CD
与平面
ADMN
所成的角为
arcsin
10
.
5

（18）本题主要考察排列 组合、概率等基本知识，同时考察逻辑思维能力和数学应用
能力。满分14分。
解：（I）记“取到的4个球全是红球”为事件
A
.
22
C
2
C
2
111
P(A)
2

2
 .

C
4
C
5
61060
（II）记“取到的4个 球至多有1个红球”为事件
B
，“取到的4个球只有1个红球”
为事件
B1
，“取到的4个球全是白球”为事件
B
2
.
由题意，得
P(B)1
31
.

44
211
112C
n
C
2
C
n
C
2
C
2
C
2
P(B
1
)
2

2
< br>2

2
C
4
C
n2
C
4
C
n2
2n
2
;

3(n2)(n1)
2
2
C
n
C
2
P(B
2
)
2
2

C
4
C
n2

n(n1)
;

6(n2)(n1)
所以
P(B)P(B
1
)P(B
2
)

2n
2
n(n1)


3(n2)(n1)6(n2)(n1)

1
，
4
化简，得
7n
2
11n60,

解得
n2
，或
n
3
（舍去），
7
故
n2
.
（19）本题主要考查直线与椭圆的位置关系、 椭圆的几何性质，同时考察解析几何的
基本思想方法和综合解题能力。满分14分。
解：（I ）过点
A
、
B
的直线方程为
x
y1.

2
x
2
y
2
1,

a
2
b
2

因为由题意得 有惟一解，
1
yx1

2
1
22222222即
(ba)xaxaab0
有惟一解，
4
所以
 a
2
b
2
(a
2
4b
2
4)0< br> （
ab0
），
故
a4b40.

22
a
2
b
2
3
3
,
即
,
又因为
e
2
a
2
4
所以
a4b.

从而得
a2,b
22
22
1
,

2
x
2
2y
2
1.
故所求的椭圆方程为
2
（II）由（I）得
c
6
,

2
故
F
1
(
66
,0),F
2
(,0),

22
6
,0).

4
从而
M(1
x2
2y
2
1,

2
由
1
yx1

2
解得
x
1
x
2
1,

所以
T(1,).

1
2
因为
tanAFT
1

6
1,

2
又
tanTAM
2
1
,
得
,tanTMF
2

2
6

21

6
2
1,

tanATM
6
1
2
1
6
因此
ATMAFT
1
.

（20） 本题主要考查函数的导数、数列、不等式等基础知识，以及不等式的证明，同
时考查逻辑推理能力。满分 14分。
证明：（I）因为
f(x)3x2x,

2
所以曲线
yf(x)
在
(x
n1
,f(x
n1
))< br>处的切线斜率
k
n1
3x
n
2x
n1
.

1
2
因为过
(0,0)
和
(x
n
,f(x
n
))
两点的直线斜率是
x
n
x
n
,

22
所以
x
n
x
n
 3x
n1
2x
n1
.
'2
（II）因为函数
h(x)xx
当
x0
时单调递增，
22
而
xn
x
n
3x
n1
2x
n1

2
4x
n1
2
2x
n1

(2x
n1
)
2
2x
n1
，
所 以
x
n
2x
n1
，即
x
n1
1,

x
n
2
因此
x
n

2
x
n
x
n1
x
1

2
()
n1
.

x
n1
x
n2
x
1
2
2
又因为
x
n
x
n
2( x
n1
x
n1
),

2
令
y
n
x
n
x
n
,

则
y
n1
1
.

y
n
22
因为
y
1
x
1
x
1
2,
1
y
1
()
n2
.

21
n22
因此
x
n
x
n
x
n< br>(),

2
所以
y
n
()
n1
1
2

故
()
1
2
n1
1
x
n
()
n2
.

2