山东司法警官-小学教育教学工作计划

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）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至2页.第Ⅱ卷3至10
页，满分150分，考试用时120分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（共60分）
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
2.每小题 选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案 标号，不能答在试题卷上，
参考公式：
如果事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)－P(B)
如果事件A、B相互独立，那么P(A,B) －P(A)=P(B)
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） （06山东文）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
x1


2e,x＜2，
则f(f(2))的值为
(2) （06山东文）设
f(x)

2


log3
(x1)，x2.
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
1)的反函数的图象大致是
（3）（06山东文）函数
y1a(0＜a＜





(A) (B) (C) (D)
(4) （06山东文）设向量a=(1,－3),b=(－2,4),若表示向量4a、3b －2a,c的有向线段首
尾相接能构成三角形，则向量c为
(A)（1，－1） (B)（－1， 1） (C) （－4，6） (D)
（4，－6）
（5）（06山东文）已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)＝－f(x)，则f(6) 的值为
(A) －1 (B)0 (C)1 (D)2
（6）（06山东文）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A=
则c=
(A)1 (B)2 (C)
2

,a=
3
,b=1，
3
3
－1 (D)
3

（7）（06山东文）在给定双曲线中，过焦点垂直于实轴的弦长为2
，焦点到相应

准线的距离为
1
，则该双曲线的离心率为
2
2
(B)2 (C)
2
(A)
2
(D)2
2

（8）（06山东文）正方体的内切球与其外接球的体积之比为
(A)1∶
3
(B)1∶3 (C)1∶3
3
(D)1∶9
（9）（06山东文）设 p∶
xx2＜0,q
∶
2
1x
＜
0，则p是q的
x2
(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) （06山东文）已知(
x
2
1
x
)
n
的展开式中 第三项与第五项的系数之比为
3
，
14
则展开式中常数项是
(A)－1 (B)1 (C)－45 (D)45
（11）（06山东文）已知集集合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

xy10,

（12）（06山东文）已知x和y是正整 数，且满足约束条件

xy2,
则x－2x

3y
< br>2x7.

的最小值是
(A)24 (B)14 (C)13 (D)11.5
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Ⅰ）
第Ⅱ卷（共90分）
注意事项：
1. 用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中。
2. 答卷前将密封线内的项目填写清楚。
二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，答案须填在题中横线上。
（13）（ 06山东文）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）（ 06山东文）设
S
n
为等差数列

a
n

的前n项和，
S
4
＝14，
S
20
－
S
7
＝30，则
S
8
＝ .
（15）（06山东文）已知抛物线
y4x
，过点P(4,0)的直线与抛物线相交于
A(
x
1
,y
1
)、B(x
2
,y
2
)
两点，则y
1
y
2
的最小值是
12
2

（16）（06山东文）如图，在正三棱柱ABC-
A
1
B
1
C
1
中，所有棱长均为1，则点B
1
到
平面ABC
1的距离为 .


三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（17）（06山东文）（本小题满分12分）
设函数f(x)=
2x3(a1)x1,其中a1.

(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ) 讨论f(x)的极值.
（18）（06山东文）（本小题满分12分）
已 知函数f(x)＝A
sin(

x

)(A＞0，
＞0，
且y=f(x)的最大值为2，其图
0＜

＜)，
232

2
象相邻两对称轴间的距离为2，并过点（1，2）.
(Ⅰ)求

；
(Ⅱ)计算f(1)+f(2)+…+f(2008).
（19）（06山东文）（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的概念；
(Ⅲ)抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率.
(20) （06山东文） （本小题满分12分）
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< br>,PB⊥PD.
(Ⅰ)求异面直接PD与BC所成角的余弦值；
(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；
(Ⅲ)设点M在棱PC上，且
PM


,问

为何值时，PC⊥平面BMD.
MC
（21）（06山东文）（本小题满分12分）
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l.
(Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)直线
l
过点P(0,2)且与 椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l
的方程.
（22）（06山东文）（本小题满分14分）
已知数列｛
a
n
｝ 中，
a
1

1
在直线y=x上，其中n=1,2,3….
、点（n、2a
n1
a
n
）
2
(Ⅰ)令
bn
a
n1
a
n
3,求证数列

bn

是等比数列；

的通项；
(Ⅱ)求数列

a
n


b
n

的前n项和,是否存在实数

，使得数列
、
(Ⅲ)设
S
n
、T
n
分别为数列

a
n

为等差数列？若存在，试求出

.若不存在,则说明理由。




S
n


T
n



n

答案
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

7

四、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：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（D）
(A) 0 (B)6 (C)12 (D)18
解：当x＝0 时，z＝0，当x＝1，y＝2时，z＝6，当x＝1，y＝3时，z＝12，故所有元素
之和为18， 选D

x1


2e,x＜2，
则f(f(2))的值为
（ C ） (2)设
f(x)

2
log(x1)，x2.


3
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
解：f（f（2））＝f（1）＝2，选C

1)的反函数的图象大致是
（A ） （3）函数
y1a(0＜a＜





(A) (B) (C) (D)
解：函数y=1+a
x
(0ylog
a
(x1)
，它的图象是函数
ylog
a
x
向右移动1个单位得到，选A

(4)设向量a=(1,－3),b=(－2,4),若表示 向量4a、3b－2a、c的有向线段首尾相接能构
成三角形，则向量c为（D ）
(A)（1，－1） (B)（－1， 1） (C) （－4，6） (D)
（4，－6）
解：4a＝（4，－12）， 3b－2a＝（－8，18），设向量c＝（x，y），依题意，得4a＋
（3b－2a）＋c＝0，所 以4－8＋x＝0，－12＋18＋y＝0，解得x＝4，y＝－6，选D
（5）已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)＝－f(x)，则f(6) 的值为（ B ）
(A) －1 (B)0 (C)1 (D)2
解：因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0，又f（x＋4）＝－f（x＋ 2）
＝f（x），故函数f（x）的周期为4，所以f（6）＝f（2）＝－f（0）＝0，选B
（6）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A=
c=（ B ）
(A)1 (B)2 (C)
解：由正弦定理可得sinB＝
选B
（7）在给定双曲线中，过焦点垂直于实轴的弦 长为
2
，焦点到相应准线的距离为
则该双曲线的离心率为（ C ）
(A )
x

,a=
3
,b=1，则
3
3

3
－1 (D)
1
，又ab，所以AB，故 B＝30，所以C＝90，故c＝2，
2
1
，
2
2
(B)2 (C)
2
2
(D)2
2

2b
2
a
2
1
x
2
y
2
2且c
，解：不妨设双曲线方程为
2

2
1
（a0，b0），则依题意有
ac2
ab
据此解得e＝
2
，选C
（8）正方体的内切球与其外接球的体积之比为（ C ）
(A)1∶
3
(B)1∶3 (C)1∶3
3
(D)1∶9

解：设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为
3
1
a
，故
a
，它的外接球的半径为
2
2
所求的比为1 ∶3
3
，选C
（9）设p∶
xx2＜0,q
∶
21x
＜
0，则p是q的（A ）
|x|2
(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：p：
xx2＜0
－1x2，q：
2
1x
＜
0x －2或－1x2，故选A
|x|2
(10)已知(
x
2
1
x
)
n
的展开式中第三项与第五项的系数之比为
3
，则展开 式中常
14
数项是（ D ）
(A)－1 (B)1 (C)－45 (D)45
解：第三项的系数为
C
n，第五项的系数为
C
n
，由第三项与第五项的系数之比为
＝10，则T
r1
C(x)
r
10
210r
24
3
可得n
14
405r
1
r
rr
()
＝
(1)C
10
x
2
，令40－5r＝0，解得r＝8，故所求的< br>x
88
常数项为
(1)C
10
＝45，选D
< br>（11）已知集集合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 ）
(A)33 (B)34 (C)35 (D)36
解：不考虑 限定条件确定的不同点的个数为
C
2
C
3
A
3
＝3 6，但集合B、C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 36－3＝33个，选A

113

xy10,

（ 12）已知x和y是正整数，且满足约束条件

xy2,
则

2 x7.

z＝2x＋
y
2x＝7
A
x－y＝2
B
3y的最小值是（ B ）
(A)24 (B)14 (C)13
(D)11.5
2x＋3y＝0
解：画出可域：如图所示
易得
B点坐标为（6，4）且当直线z＝2x＋3y
O
过点B时z取最大值，此时z＝24，点
C
x＋y＝10
x

C的坐标为（3.5，1.5），过点C时取得最小值，
但x，y都是整数，最接近的整数解为（4，2），
故所求的最小值为14，选B










三、解答题
17．解：由已知得
f(x)6x

x(a1)

，
'
令
f(x)0
，解得
x
1
0,x
2
a1
.
（Ⅰ）当
a 1
时，
f(x)6x
，
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：
'
'2
'
x

(,0)

+

0
0
极大值
(0,a1)

a1

0
极小值
(a1,)




f
'
(x)




f(x)

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，在
xa1
处取得极小值
1(a1)
.

18．
解：（I）< br>yAsin(

x

)
2
3
AAcos(2

x2

).

22
yf(x)
的最大值为2，
A0
.

AA
2,A2.

22

又其图象相邻两对称轴间的距离为2，

0
，
12

()2,

.

22
< br>4
22

f(x)cos(x2

)1cos (x2

)
.
2222
yf(x)
过
(1,2)
点，
cos(x2

)1.

2



2
x2

2k



,kZ,< br>
2

2k




k


2
,kZ,


4
,kZ,

,
又∵
0



2




4
.
（II）解法一：



4
，
y1cos(x)1sinx.

222
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)2sin
2
(x

)
4


3

f(1)f(3)2sin
2
(

)2sin
2
(

)2,

44
f(2)f(4)2sin
2
(

)2sin
2
(



)2,

2
f(1)f(2)f(3)f(4)4.

又
yf(x)
的周期为4，
20084502
，

f(1)f(2)f(2008)45022008.


19．
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

1221
C
2
C
6
C
2
C
6
9
P(A)

3
C
8
14
（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

21
C
2
C
3
P(B)
3
6


C< br>8
28
（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

121
C
4
C
3
C
6
3
P(D)

3
C
8
7
所以
P(C)1P(D)1
34

.
77

20．解法一：
PO
平面
ABCD
，
POBD

又
PBPD,BO2,PO2
，
3,PB6
由平面几何知识得：
OD1,PD
（Ⅰ）过
D< br>做
DEBC
交于
AB
于
E
，连结
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
ABDC


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PA
2
AE
2
622

在
PED
中，由余弦定理得
PD
2
DE
2< br>PE
2
354215

cosPDE
2PD DE15
235

故异面直线PD与
BC
所成的角的余弦值 为
215

15
（Ⅱ）连结
OE
，由（Ⅰ）及三垂线定理知 ，
PEO
为二面角
PABC
的平面角
sinPEO
PO
PE

2
2
，
PEO45
0


二面角
PABC
的大小为
45
0

（Ⅲ）连结
MD,MB,MO
，
PC
平面
BMD,OM
平面
BMD
，
PCOM

又在
RtPOC
中，
PCPD3,OC1,PO2
，
PM
23
3
,MC
3
3
，

PM
MC
2

故

2
时，
PC
平面
BMD


解法二：

PO
平面
ABCD


POBD

又
PBPD
，
BO2,PO2
，
由平面几何知识得：
ODOC1,BOAO2

以
O为原点，
OA,OB,OP
分别为
x,y,z
轴建
立如图所示的 空间直角坐标系，则各点坐标为
O(0,0,0)
，
A(2,0,0)
，B(0,2,0)
，
C(1,0,0)
，
D(0,1,0)
，
P(0,0,2)


（Ⅰ）
PD(0,1,2)
，

BC(1,2,0)
，
PD3,BC5,PDBC2
。
cosPD,BC
PDBC
PDBC

215
。
15
215

15
故直线
PD
与
BC所成的角的余弦值为
（Ⅱ）设平面
PAB
的一个法向量为
n(x,y, z)
，
由于
AB(2,2,0)
，
AP(2,0,2)
，


nAB0
由

得


nAP0


xy




z2x
取
n(1,1,2)
，又已知平面ABCD的一个 法向量
m(0,0,1)
，
cosm,n
mn2


mn2
又二面角
PABC
为锐角，

所求二面角
PABC
的大小为
45

（Ⅲ） 设
M(x
0
,0,y
0
)
，由于
P,M,C
三点共线，
z
0
2x
0
2
，
PC
平面
BMD
，
OMPC

(1,0,2)(x
0
,0,z
0
)0

x
0
2z
0
0

由（1）（2）知： 2
2
x
0

，
z
0

。
3
3
22
M(,0,)

33




PM
2

MC< br>故

2
时，
PC
平面
BMD
。

x
2
y
2
21．解：设椭圆方程为
2
< br>2
1(abc)

ab

bc

2

2a
（Ⅰ）由已知得

4
c

22 2


abc
∴所求椭圆方程为

a
2
2

2

b1

c
2
1

x
2
y
2
 1
.
2
（Ⅱ）解法一：由题意知直线
l
的斜率存在，设直线
l
的方程为
ykx2,A(x
1
,y
1
),B(x< br>2
,y
2
)


ykx2

2 2
由

x
2
，消去y得关于x的方程：
(12k)x8 kx60

2
y1

2
由直线
l
与椭圆相交于A、B两点，
064k24(12k)0

解得
k
2
22
3

2
8k
< br>xx


12
12k
2
又由韦达定理得

6

xx
12

12k
2

|AB|1k
2
|x
1
x
2
| 1k
2
(x
1
x
2
)
2
4x1
x
2


1k
2
2
16k24



2
12k
原点
O
到直线
l
的距离
d
2
1k
2

S
AOB
116k
2
24 222k
2
3
|AB|d
.
22
212k1 2k
16k
2
24
解法1：对
S
两边平方整理得：
12k
2
4S
2
k
4
4(S
2
4)k
2
S
2
240
（*）
∵
S0
，



16(S
2
4)
2
44S
2
(S
2
24)0,
2

4S


2
0

S

S
2
24
0


4S
2
整理得：
S
2

1

2
2

2
2
，
2
又
S0
，
0S
从而
S
AOB
的最大值为
S
此时代入方程（*）得
4k28k490

42
k
14

2
所以，所求直线方程为：
14x2y40
.
解法2：令
m2k
2
3(m0)
，
则
2km3

22

S
22m222


2
4
m4
m
2
m
当且仅当
m
4
即
m2
时，
m

S
max

2

2
14
.
2
此时
k
所以，所求直线方程为
142y40

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
ykx2 ,A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，

则直线l与x轴的交点
D(
2
,0)
，
k

8k

xx
3


12
12k
2
2
由解法一知
k
且

，
6
2

x
1
x
2


12k
2

解法1：
S






AOB







112< br>|OD||y
1
y
2
||||kx
1
2 kx
2
2|

22k
=
|x
1
x
2
|

(x
2
 x
2
)
2
4x
1
x
2

16k
2
24


2
12k
222k
2
3

.
12k
2














下同解法一.
AOB
解法2：
S






S
POB
S
POA



1
2||x
2
||x
1
||

2

|x
2
x
1
|











222k
2
3

2
12k
下同解法一.
22．解：（I）由已知得
a
1

1
,2a
n 1
a
n
n,

2
3313
a
2,a
2
a
1
11,

4424
又
b
n
a
n1
a
n
1,

b
n1
a
n2
a
n1
1,

a
n1
(n1)a
n
na
n1
an
1

b
n1
a
n1
a
n< br>1
1
22

2
.

b
n
a
n2
a
n1
1a
n1
a
n
1a
n1
a
n
12

31
 {b
n
}
是以

为首项，以为公比的等比数列.
4231
n1
31
（II）由（I）知，
b
n
() 
n
,

4222
31
a
n1
 a
n
1
n
,

22
31
a
2
a
1
1,
< br>22
31
a
3
a
2
1
2
,

22


31
a
n
a
n1
1
n1
,

22
将以上各式相加得：
3111
a
n
a
1
(n1)(
2

n1
),

2222
11
(1
n1
)
31313
2
a< br>n
a
1
n1
2
(n1)(1
n 1
)
n
n2.
1
22222
1
2
3
a
n

n
n2.

2
（III）解法一：
存在

2
，使数列
{

S
n


T
n
}
是等差数列.
n
111
S
n
a
1
a
2
a
n
3(
1

2

n
)(1 2n)2n

222
11
(1
n
)
2

n(n1)
2n

3
2
1
2
1
2
1n
2
3n3n
2
3n
3( 1
n
)
n
3.

2222
31
(1
n
)
2

3
(1
1
)
3

3
.

T
n
b
1
b
2
b
n

4
nn1
1
2 222
1
2
S

T
n
S

T
n
}
是等差数列的充要条件是
n
AnB,(A
、B
是常数
)
数列
{
n
nn
2
即S
n


T
n
AnBn,

3n
2
3n33
3

(
n1
)
又
S
n


T
n

n

2222

n
2
3n

1
3(1) (1
n
)

222

当且仅当
1
解法二：
存在

2
，使数列
{

2
0
，即

2时，数列
{
S
n


T
n
}
为等差数列.
n
S
n


T
n
}
是等差数列.
n
由（I）、（II）知，
a
n
2b
n
n2

S
n
2T
n(n1)
2n

2
n(n1)
2n2T
n


T
n
S
n


T
n
2


nn
n3

2
T
n

2n
31
(1
n
)
2

3
(1< br>1
)
3

3
又
T
n
b1
b
2
b
n

4
nn1
1
2222
1
2
S
n


T
n
n3

233
(
n1
)

n2n22
S

T
n

当且仅当

 2
时，数列
{
n
}
是等差数列.
n