2006年全國(guó)普通高等學(xué)校招生考試(一)理科數(shù)學(xué)試卷參考

考試結(jié)束前★機(jī)密2006年全國(guó)一般高等學(xué)校招生考試（一）理科數(shù)學(xué)試卷參照答案一、選擇題1）B（2）D（3）A（4）B（5）C（6）B7）C（8）A（9）D（10）B（11）B（12）B二、填空題13）（14）11（15）2400（16）36三、解答題（17）解：由ABC，得BC2A22所以有cosBCsinA22cosA2cosBCcosA2sinA2212sin2A2sinA222(sinA1)23222當(dāng)sinA1，即A3時(shí)，cosA2cosBC獲得最大值32222（18）解：（I）設(shè)

Ai表示事件“一個(gè)試驗(yàn)組中，服用

A有效的小白鼠有

i只”，i=0，1，2，,Bi表示事件“一個(gè)試驗(yàn)組中，服用

B有效的小白鼠有

i只”，

i=0，1，2，,依題意有P(A1)2124,P(A2)224339339P(B0)111,P(B1)2111224222所求的概率為pP(B0A1)P(B0A2)P(B1A2)14141449492949（II）ξ的可能值為0，1，2，3且ξ~B（3，4）。9P（ξ=0）=(5)31259729P（ξ=1）=C34(5)2100199243P（ξ=2）=C32(4)258099243P（ξ=3）=(4)3649729ξ的分布列為ξ0123p1251008064729243243729數(shù)學(xué)希望Eξ=3449319）解法一：I）由已知l2MN,l2l1,MNl1M，可得l2平面ABN。由已知MNl1,AMMBMN,可知AN=NB且ANNB,，又AN為AC在平面ABN內(nèi)的射影，ACNB.（II）RtCNARtCNBACBC，又已知ACB60，所以ABC為正三角形RtANBRtCNBNCNANB，所以N在平面ABC內(nèi)的射影H是正三角形ABC的中心，連接BH，NBH為NB與平面ABC所成的角。在RtNHB中，3cosNBHHB3AB6NB2AB32解法二：如圖，成立空間直角坐標(biāo)系M-xyz。令MN=1，則有A（-1，0，0），B（1，0，0），N（0，1，0）（I）MN是l1、l2的公垂線，l1l2，l2平面ABNl2平行于z軸。故可設(shè)C（0，1，m）于是AC(1,1,m),NB(1,1,0)ACNB1(1)00ACNB（II）AC(1,1,m),BC(1,1,m),ACBC又已知ACB60，ABC為正三角形，AC=BC=AB=2。在RtCNB中，NB2，可得NC2，故C(0,1,2)連接MC，作NHMC于H，設(shè)H(0,,2)(0)HN(0,1,2),MC(0,1,2).HNMC120,13H(0,1,2),可得HN(0,2,2),連接BH，則BH(1,1,2)，333333HNBH220,HNBH,又MCBHH,099HN平面ABC,NBH為NB與平面ABC所成的角。BHBN463cosNBH23BHBN23（20）解：（I）橢圓方程可寫為y2x2a12b2a2b23式中a>b>0，且33a2得a2=4，b2=1，所以曲線C的方程為x2y21(x0,y0)4y21x2(0x1)y'2x1x2設(shè)P（x0，y0），因P在C上，有0<x0<1，y021x02,yxx04x0，得切線ABy0的方程為y4x0(xx0)y0y0設(shè)A（x,0）和B（0,y），由切線方程得4,yx0y0由OMOAOB，得M的坐標(biāo)為（x,y），由x0，y0滿足C的方程，得點(diǎn)M的軌跡方程為141（x>1,y>2）。x2y22y2，（II）OMx2y2444111x2x224OMx215459x21且當(dāng)x214，即x31時(shí)，上式取等號(hào)x21故OM的最小值為3。21．解：（I）f(x)的定義域?yàn)椋?∞，1）∪（1，+∞），對(duì)f(x)求導(dǎo)數(shù)得ax22aeaxf(x)x)2(1（i）當(dāng)a=2時(shí)，2x22x，在（-∞，1），（0，1）和（1，+∞）f(x)(1x)2ef(x)均大于0，所以f(x)在（-∞，1）∪（1，+∞）為增函數(shù)。（ii）當(dāng)0<a<2時(shí)，f(x)>0，f(x)在（-∞，1）∪（1，+∞）為增函數(shù)（iii）當(dāng)a>2時(shí)，0a21a令f(x)=0，解得x1a2,x2a2aa當(dāng)x變化時(shí)，f(x)和f(x)的變化狀況以下表：x(,a2)(a2,a2)(a2,1)(1,)aaaaf(x)+-++f(x)f(x)在(,a2),(a2,1),(1,)為增函數(shù)，aaf(x)在(a2,a2)為減函數(shù)。aa（II）（i）當(dāng)0<a≤2時(shí)，由（I）知：對(duì)隨意x∈（0，1）恒有f(x)>f(0)=1（ii）當(dāng)a>2時(shí)，取x01a2(0,1)，則由（I）知2af(x0)<f(0)=11x且ax（iv）當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)隨意x∈（0，1），恒有1e1，得1xf(x)1xeax1x11x1x綜被騙且僅當(dāng)a∈（-∞，2]時(shí)，對(duì)隨意x∈（0，1）恒有f(x)>1。（22）解：（I）由Sn4an12n12,n1,2,3,①333得a1S14a1142333所以a12再由①有Sn14an112n2,n2,3,②333將①和②相減得anSnSn14(anan1)1(2n12n),n2,3,33整理得an2n4(an12n1),n2,3,因此數(shù)列an2n是首項(xiàng)為a1+2=4，公比為4的等比數(shù)列，即an2n44n14n,n1,2,3,因此an4n2n,n1,2,3,（II）將an4n2n代入①得Sn4(