06年高考湖南卷理科数学试题及参考答案

06年高考湖南卷理科数学试题及参考答案

绝密★启用前

2006年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

数学（理工农医类）

一、选择题:本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 函数y

log2x 2的定义域是

A．(3, ) B．[3, ) C．(4, ) D．[4, ) 2. 若数列{an}满足: a1

n

1

, 且对任意正整数m,n都有am n am an, 则 3

lim(a1 a2 an)

A．

123

B． C． D．2 232

3. 过平行六面体ABCD A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线, 其中与平面DBB1D1平行的直线共有

A．4条 B．6条 C．8条 D．12条 4. “a 1”是“函数f(x) |x a|在区间[1, )上为增函数”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 5. 已知|| 2|| 0, 且关于x的方程x ||x 0有实根, 则与的夹角的取值范围是 A．[0,

2

2

] B．[, ] C．[,] D．[, ] 63336

6. 某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目, 且在同一个城市投资的项目不超过2个, 则该外商不同的投资方案有

A． 16种 B．36种 C．42种 D．60种

y2

7. 过双曲线M:x 2 1的左顶点A作斜率为1的直线l, 若l与双曲线M的两条

b

2

渐近线分别相交于点B,C, 且|AB| |BC|, 则双曲线M的离心率是

A． B． C．8. 设函数f(x)

D． 32

x a

, 集合M {x|f(x) 0},P {x|f (x) 0}, 若M P, x 1

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则实数a的取值范围是

A．( , 1) B．(0,1) C．(1, ) D．[1, ) 9. 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图1,

则图中三角形(正四面体的截面)的面积是

A．

图1

2 B． C．2 D．3 22

2

2

10. 若圆x y 4x 4y 10 0上至少有三个不同的点到直线l:ax by 0的 距离为22,则直线l的倾斜角的取值范围是 A． [

5 ] B．[] C．[] D．[0] 1241212632

二、填空题：本大题共5小题，每小题4分(第15小题每空2分)，共20分. 把答案填在答题卡中对应题号后的横线上。

（ax 1)的展开式中x的系数是 80, 则实数a的值是__________. 11. 若

x 1 22

12. 已知 x y 1 0 则x y的最小值是_____________.

2x y 2 0

13. 曲线y

5

3

12

和y x在它们的交点处的两条切线与x轴所围成的三角形的面积是 x

___________. 14. 若f(x) asin(x

) bsin(x )(ab 0)是偶函数, 则有序实数对(a,b)可以 44

是__________.(注: 写出你认为正确的一组数字即可)

15. 如图2, OM//AB, 点P在由射线OM, 线段OB及AB的延长线围成的区域内 (不含边界)运动, 且OP xOA yOB,则x的取值范围是__________; 当

1

x 时, y的取值范围是__________.

2

三、解答题：本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，证明过程或演

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算步骤。

16. （本小题满分12分）如图3, D是直角 ABC斜边BC上一点,

AB AD,记 CAD , ABC .(Ⅰ)证明: sin cos2 0;

(Ⅱ)若AC

DC,求 的值.

P

C

A

A

P

M

B

图3

D

C

B

Q 图4

17. （本小题满分12分）某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检), 若安检不合格, 则必须整改. 若整改后经复查仍不合格, 则强制关闭. 设每家煤矿安检是否合格是相互独立的, 且每家煤矿整改前合格的概率是0.5, 整改后安检合格的概率是0.8, 计算(结果精确到0.01);

(Ⅰ) 恰好有两家煤矿必须整改的概率; (Ⅱ) 平均有多少家煤矿必须整改; (Ⅲ) 至少关闭一家煤矿的概率 .

18. （本小题满分14分）

如图4, 已知两个正四棱锥P ABCD与Q ABCD的高分别为1和2, AB 4 (Ⅰ) 证明: PQ 平面ABCD ; (Ⅱ) 求异面直线AQ与PQ所成的角; (Ⅲ) 求点P到平面QAD的距离.

19．（本小题满分14分）

已知函数f(x) x sinx, 数列{an}满足: 0 a1 1, n 1,2,3, 证明 (Ⅰ) 0 an 1 an 1 ; (Ⅱ) an 1

20．（本小题满分14分）

对1个单位质量的含污物体进行清洗, 清洗前其清洁度(含污物体的清洁度定义为:

O 图2

A

13

an . 6

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1

污物质量

为0.8, 要求清洗完后的清洁度为0.99. 有两种方案可供选）

物体质量（含污物）

择, 方案甲: 一次清洗; 方案乙: 分两次清洗. 该物体初次清洗后受残留水等因素影响, 其质量变为a(1 a 3). 设用x单位质量的水初次清洗后的清洁度是

y acx 0.8

, (x a 1), 用y单位质量的水第二次清洗后的清洁度是

y ax 1

其中c(0.8 c 0.99)是该物体初次清洗后的清洁度.

(Ⅰ)分别求出方案甲以及c 0.95时方案乙的用水量, 并比较哪一种方案用水量较少; (Ⅱ)若采用方案乙, 当a为某固定值时, 如何安排初次与第二次清洗的用水量, 使总用水

量最小? 并讨论a取不同数值时对最少总用水量多少的影响.

21．（本小题满分14分）

x2y2

已知椭圆C1: 1, 抛物线C2:(y m)2 2px(p 0), 且C1,C2的公共弦

43

AB过椭圆C1的右焦点 .

(Ⅰ) 当AB x轴时, 求m,p的值, 并判断抛物线C2的焦点是否在直线AB上; (Ⅱ) 是否存在m,p的值, 使抛物线C2的焦点恰在直线AB上? 若存在, 求出符合条

件的m,p的值; 若不存在, 请说明理由 .

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答案： DADAB DACCB

313

11. 2 12. 5 13. 14. (1, 1) 15. ( ,0)，(,)

422

三、解答题：本大题共6个小题，共80分，解答应写出

文字说明，证明过程或演算步骤。

16解：(1)．如图3，

2

( 2 ) 2

, sin sin(2 ) cos2 ，

22

即sin cos2 0．（2）．在 ABC中，由正弦定理得

DCACDC , sin sin sin( )sin 由(1)得sin

cos2 ， sin 2 2sin ),

2

即 sin 0.解得sin

2

sin ．

0

2

, sin

. 3

17.解：（Ⅰ）．每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的.

所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是

2

P1 C5 (1 0.5)2 0.53

5

0.31. 16

（Ⅱ）．由题设，必须整改的煤矿数 服从二项分布B(5,0.5).从而 的数学期望是 E ＝5 0.5 2.5，即平均有2.50家煤矿必须整改.

(Ⅲ)．某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤

矿被关闭的概率是P2 (1 0.5) (1 0.8) 0.1，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.

由题意，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，所以至少关闭一家煤矿的概率是

P3 1 0.95 0.41

18.解法一： （Ⅰ）．连结AC、BD，设AC BD O.由P－ABCD与Q－ABCD 都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD. 从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.

（II）由题设知，ABCD是正方形，所以AC BD．由（I），PQ 平面ABCD，

故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如上图），

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由题设条件，相关各点的坐标分别是P(0,0,1)，Q(0,0,

2)，B

AQ PB所以

( 2,0, 2),PB (0, 1),

于是cos AQ,PB

9AQ PB

从而异面直线AQ与PB

所成的角是arccos

. 9

(Ⅲ)．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），AD ( 22, 22,0)，

PQ (0,0, 3)，设n (x,y,z)是平面QAD的一个法向量，

由

0 n AD 0

得

x z 0

.

x y 0

PQ n取x=1，得 (1, 1, ). 所以点P到平面QAD

的距离d .

2n

解法二： （Ⅰ）．取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD

都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM. 又PQ 平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD. （Ⅱ）．连结AC、BD设AC BD O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在

PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.

取OC的中点N，连结PN．

因为

PO1NONO1PONO

， , ，所以

OQ2OAOC2OQOA

D

P

从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ 与PB所成的角.连接BN，

因为PB 3．

B

PN

BN

PB2 PN2 BN2 所以cos BPN ．

2PB PN从而异面直线AQ与PB

所成的角是arccos

． 9

(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ

于Ｈ，则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的距离．

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连结OM，则OM

1

AB 2 OQ.所以 MQP 45 ，

2

又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是PH PQsin45

即点P到平面QAD

的距离是

.. 2

19.证明: （I）．先用数学归纳法证明0 an 1，ｎ＝1,2,3, (i).当n=1时,由已知显然结论成立.

(ii).假设当n=k时结论成立,即0 ak 1.因为0<x<1时

f'(x) 1 cosx 0,所以f(x)在(0,1)上是增函数. 又f(x)在[0,1]上连续,

从而f(0) f(ak) f(1),即0 ak 1 1 sin1 1.故n=k+1时,结论成立. 由(i)、(ii)可知，0 an 1对一切正整数都成立. 又因为0 an 1时，an 1 an an sinan an sinan 0， 所以an 1 an，综上所述0 an 1 an 1．

1

（II）．设函数g(x) sinx x x3，0 x 1．由（I）知，当0 x 1时，sinx x，

6

x2x2x2x22x 2sin 2() 0. 从而g(x) cosx 1 22222

'

所以g (x)在(0,1)上是增函数. 又g (x)在[0,1]上连续,且g (0)=0, 所以当0 x 1时，g (x)>0成立.于是g(an) 0,即sinan an 故an 1

13

an 0． 6

13

an． 6

x 0.8

=0.99,解得x=19. x 1

20.解：(Ⅰ)设方案甲与方案乙的用水量分别为x与z,由题设有

由c 0.95得方案乙初次用水量为3, 第二次用水量y满足方程:

y 0.95a

0.99,解得y=4a,故z=4a+3.即两种方案的用水量分别为19与4a+3.

y a

因为当1 a 3时,x z 4(4 a) 0,即x z,故方案乙的用水量较少. （II）设初次与第二次清洗的用水量分别为x与y，类似（I）得

x

5c 4

，y a(99 100c)（*）

5(1 c)

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于是x y

5c 41

+a(99 100c) 100a(1 c) a 1

5(1 c)5(1 c)

当a为定值时

,x y a 1 a 1,

当且仅当

1

100a(1 c)时等号成立.此时

5(1 c)

c 1不合题意,舍去)或c 1 (0.8,0.99),

*

）式得x 1 a 1,y a.

, 此时第一次与第二次用水量分别为

将c 1

故c 1

1与a,

最少总用水量是T(a) a 1.

当1 a 3时,T(a)

'

1 0,故T(a)是增函数(也可以用二次函数的单调性判断).这说明,随着a的值的最少总用水量, 最少总用水量最少总用水量.

21.解：（Ⅰ）当AB⊥x轴时，点A、B关于x轴对称，所以m＝0，直线AB的方程为：

33

x =1，从而点A的坐标为（1，）或（1，－）. 因为点A在抛物线上.

22

所以

999

2p，即p .此时C2的焦点坐标为（，0），该焦点不在直线AB上. 4168

（II）解法一： 假设存在m、p的值使C2的焦点恰在直线AB上，由（I）知直线AB

的斜率存在，故可设直线AB的方程为y k(x 1)．

y k(x 1)

由 x2y2消去y得(3 4k2)x2 8k2x 4k2 12 0①

1 3 4

设A、B的坐标分别为（x1,y1）, （x2,y2）, 则x1,x2是方程①的两根，x1＋x2＝

8k23 4k

2

.

(y m)2 2px

由

y k(x 1)

消去y得(kx k m) 2px. ②

2

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p

,m)在直线y k(x 1)上， 2pkpkp

所以m k( 1)，即m k .代入②有(kx )2 2px.

222

因为C2的焦点F (

k2p2

即kx p(k 2)x 0. ③

4

2

2

2

p(k2 2)

由于x1,x2也是方程③的两根，所以x1＋x2＝.

k28k28k2p(k2 2)

从而＝. 解得p ④ 2222

(4k 3)(k 2)3 4kk

又AB过C1、、＼、、C2的焦点，所以

pp11

AB (x1 ) (x2 ) x1 x2 p (2 x1) (2 x2)，

2222312k24k2 12

则p 4 (x1 x2) 4 2 . ⑤

24k 34k2 3

8k24k2 1242

由④、⑤式得，即k 5k 6 0． 222

(4k 3)(k 2)4k 3

解得k

6.于是k p

23

2

4. 3

23

因为C2的焦点F

(,m)在直线y x

1)上，所以m 1).

m

m 4

m p ． 3

由上知，满足条件的m、p

存在，且m

解法二：

设A、B的坐标分别为(x1,y1)，(x2y2)．

因为AB既过C1的右焦点F(1,0)，又过C2的焦点F (

p

,m)， 2

pp11

所以AB (x1 ) (x2 ) x1 x2 p (2 x1) (2 x2).

2222

即x1 x2

2

(4 p). ① 3

y2 y1m 02m

，②

px2 x1p 2 12

由（Ⅰ）知x1 x2,p 2，于是直线AB的斜率k

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且直线AB的方程是y

2m

(x 1), p 2

所以y1 y2

2m4m(1 p)

.③ (x1 x2 2)

p 23(p 2)

22 y y1 3x1 4y1 12

又因为 2，所以3(x1 x2) 4(y1 y2) 2 0.④ 2x x 21 3x2 4y2 12

3(p 4)(p 2)2将①、②、③代入④得m ⑤

16(1 p)

2

2

x2 x1 (y1 m) 2px1

y y 2m 2p 因为 ，所以．⑥ 122

y y(y m) 2px 21 22

3p(p 2)2

.⑦ 将②、③代入⑥得m

16 10p

2

3(p 4)(p 2)23p(p 2)2

.即3p2 20p 32 0 由⑤、⑦得

16(1 p)16 10p

解得p

442或p 8(舍去)．将p 代入⑤得m2 , 333

m 4

m p 3

m

由上知，满足条件的m、p

存在，且m