2006年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)

2006年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）

数学（文史类）

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4页，共4页。全卷共150分。考试用时120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共50分）

一、选择题:本大题共10小题，每小题5分，共50分散。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、集合P＝｛x|x2－16<0｝,Q＝｛x|x＝2n，nZ｝,则PQ＝（C）

A.｛-2,2｝ B.｛－2，2，－4，4｝ C.｛－2，0，2｝ D.｛－2，2，0，－4，4｝ 解：P＝｛x|x2－16<0｝＝｛x|－4x4｝，故PQ＝｛－2，0，2｝，故选C

2、已知非零向量a、b，若a＋2b与a－2b互相垂直，则（D）

abA.

11 B. 4 C. D. 2 42解：由a＋2b与a－2b互相垂直（a＋2b）（a－2b）＝0a2－4b2＝0 即|a|2＝4|b|2|a|＝2|b|，故选D 3、已知sin2A2，A∈（0，），则sinAcosA（A） 3A.551515 B． C． D．

333320，又A∈（0，）所以A（0，），所以sinA＋cosA0 3252

又（sinA＋cosA）＝1＋2sinAcosA＝故选A

34、在等比数列｛an｝中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9＝（ A ）

解：由sin2A＝2sinAcosA＝

A. 81 B. 27527 C. 3 D. 243

解：因为数列｛an｝是等比数列，且a1＝1，a10＝3，所以a2a3a4a5a6a7a8a9＝

（a2a9）（a3a8）（a4a7）（a5a6）＝（a1a10）4＝34＝81，故选A

5、甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么（B） A. 甲是乙的充分但不必要条件 B. 甲是乙的必要但不充分条件

C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 解：两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不成立。故选 B 6、关于直线m、n与平面与，有下列四个命题：（D） ①若m//,n//且//，则m//n； ②若m,n且，则mn； ③若m,n//且//，则mn； ④若m//,n且，则m//n； 其中真命题的序号是

A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 解：用排除法可得选D

2xx2，则f()f()的定义域为 2x2x（－4，0）（0，4）A. B.(－4,－1)(1，4) C. (－2,－1)(1，2) D. (－4,－2)(2，4)

x2解：f（x）的定义域是（－2，2），故应有－22且－22解得－4x－1或1x4

2x7、设f(x)＝lg故选B

1x8、在的展开式中，x的幂的指数是整数的有（C） 3xA. 3项 B. 4项 C. 5项 D. 6项

72－4r1rr解：Tr＋1＝Cx（）＝C24x3，当r＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x的

3xr24－r2424指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C

9、设过点P（x，y）的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A、B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若BP2PA,且OQAB＝1，则点P的轨迹方程是（ D ） A. 3x2323y1(x0,y0) B. 3x2y21(x0,y0) 22C.

323x3y21(x0,y0) D.x23y21(x0,y0) 22解：设P（x，y），则Q（－x，y），又设A（a，0），B（0，b），则a0，b0，于是

3P＝2PA可得a＝x，，由Bb＝3y，所以x0，y0BP＝（x，y－b），PA＝（a－x，－y）23322又AB＝（－a，b）＝（－x，3y），由OQ•AB＝1可得x3y1(x0,y0)

22故选D

10、关于x的方程x1x1k0，给出下列四个命题： ①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根； ②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根； ③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根； ④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根； 其中假命题的个数是（ A ） ．

A．0 B．1 C．2 D．3 解

：

22222关于x的方程

x21x21k02可化为

x1（x2－）1k（0x1或x－）1„„„„（1）

21k0（－1x1）„„„„（2） 或x1＋（x－）① 当k＝－2时，方程（1）的解为3，方程（2）无解，原方程恰有2个不同的实根

22② 当k＝

162时，方程（1）有两个不同的实根，方程（2）有两个不同的实根，422即原方程恰有4个不同的实根

③ 当k＝0时，方程（1）的解为－1，＋1，2，方程（2）的解为x＝0，原方程恰有5

个不同的实根 ④ 当k＝

2152336时，方程（1）的解为，，方程（2）的解为，，即原93333方程恰有8个不同的实根 选A

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

注意事项：

第Ⅱ卷用0.5毫米黑色的签字笔或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上。答在试题卷上无效。

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡相应位置上。

11、在ABC中，已知a333，b＝4，A＝30°，则sinB＝. 42解：由正弦定理易得结论。

12．接种某疫苗后，出现发热反应的概率为0．80，现有5人接种了该疫苗，至少有3人出现发热反应的概率为0.94精确到0．01）

332445解：P＝C5＝0.94 （0.80）（0.20）＋C5（0.80）0.20＋（0.80）13、若直线y＝kx＋2与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1有两个不同的交点，则k 的取值范围是

________________4(0,)3.

解：由直线y＝kx＋2与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1有两个不同的交点可得直线与圆的位置关系是相交，故圆心到直线的距离小于圆的半径，即|2k32|1k21，解得k(0，

4) 314、安排5名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，不同排法的总数是78.(用数字作答)

________4解：分两种情况：（1）不最后一个出场的歌手第一个出场，有A4种排法 113（2）不最后一个出场的歌手不第一个出场，有A3A3A3种排法

故共有78种不同排法

15、半径为r的圆的面积S(r)＝r,周长C(r)=2r，若将r看作(0，＋∞)上的

1， 变量，则(r2)`＝2r ○

1式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数。 ○

1的对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于○

2

式子：

__________________________________________4＝4R2（R3）32 ○

2式可以用语言叙述为：○球的体积函数的导数等于它的表面积函数____________________________________________________________________。

4442式可填＝4R2 故○＝4R2，用语言叙（R3）（R3）解：V球＝R3，又

333述为“球的体积函数的导数等于球的表面积函数。”

球的体积函数的导数等于它的表面积函数____________________________________________________________________

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

16、（本小题满分12分）

设向量a＝(sinx，cosx)，b＝(cosx，cosx)，x∈R，函数f(x)＝a·(a＋b).

（Ⅰ）求函数f(x)的最大值与最小正周期； （Ⅱ）求使不等式f(x)≥

3成立的x的取值集。 2

fxaabaaabsin2xcos2xsinxcosxcos2x解：（Ⅰ）∵

11321sin2x（cos2x1）＝sin(2x)22224232。 ，最小正周期是222 ∴fx的最大值为（Ⅱ）由（Ⅰ）知

3323sin(2x)sin(2x)0222424

32k2x2kkxk,kZ488fx即fx33成立的x的取值集合是x|kxk,kZ. 28817、（本小题满分12分）

某单位最近组织了一次健身活动，活动分为登山组和游泳组，且每个职工至多参加了其中一组。在参加活动的职工中，青年人占42.5％，中年人占47.5％，老年人占10％。登山组的职工占参加活动总人数的

1，且该组中，青年人占50％，中年人占40％，老年人占10％。4为了了解各组不同的年龄层次的职工对本次活动的满意程度，现用分层抽样的方法从参加活

动的全体职工中抽取一个容量为200的样本。试确定

（Ⅰ）游泳组中，青年人、中年人、老年人分别所占的比例； （Ⅱ）游泳组中，青年人、中年人、老年人分别应抽取的人数。

解：（Ⅰ）设登山组人数为x，游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为a、b、c，则有

x40%3xbx10%3xc47.5%,10%，解得b=50%,c=10%.

4x4x故a=100%－50%－10%=40%,即游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40％、

50％、10％。

（Ⅱ）游泳组中，抽取的青年人数为200340%60（人）；抽取的中年人数为 43320050％＝75（人）；抽取的老年人数为20010％＝15（人）。

4418、（本小题满分12分）

如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中

点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N.

（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值； （Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。

解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AMBC，又AMCC1,所以AM面BCC1B1，从而AMB1M, AMNM，所以B1MN为二面角，B1—AM—N的平面角。又B1M=B1BBM

2211514522,MN=MCCN,

42496连B1N，得B1N＝中

，

由

2B1C12C1N21余

22110，在B1MN93定

理

得

弦

52510B1MMNB1N43695。故所求cosB1MN2B1MMN555226二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为

5。 5（Ⅱ）过B1在面BCC1B1内作直线B1HMN，H为垂足。又AM平面BCC1B1，所以AMB1H。于是B1H平面AMN，故B1H即为B1到平面AMN的距离。在R1B1HM中，

B1H＝B1MsinB1MH5111。故点B1到平面AMN的距离为1。 251，0）, 2解法2：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则B1（0，0，1），M（0，

C(0,1,0), N (0,1,

231) , A (,,0)，所以， 3221123AM(,0,0)，MB1(0,,1),MN(0,,)。

2232因为

31MB1AM00()01022M1B,同法可得AMNMAM。

所以

故﹤MB1,MN﹥为二面角B1—AM—N的平面角 MB1MN∴cos﹤MB1,MN﹥＝MB1MN5125.

555265。 5故所求二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量，则由nAM,nMN得 3x0x032n(0,,1) 故可取44yz1y2z0332MB1n设MB1与n的夹角为a，则cosaMB1n5325。

355235251。 所以B1到平面AMN的距离为MB1cosa2519、（本小题满分12分）

设函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x＝1处取得极值－2，试用c表示a和b，并求f(x)的

单调区间。

解：依题意有f(1)2,f'(1)0,而f'(1)3x22axb,

1abc2ac故 解得 从而

32ab0b2c3f'(x)3x22cx(2c3)(3x2c3)(x1)。

2c3。 32c31，即c3。 由于f(x)在x1处取得极值，故3令f'(x)0，得x1或x（1） 若2c32c3'1，即c3，则当x,时，f(x)0； 33当x2c3,1时，f'(x)0；当x(1,)时，f'(x)0； 3从而f(x)的单调增区间为,2c32c3；单调减区间为,1 ,1,33（2） 若2c31，即c3，同上可得， 32c32c3f(x)的单调增区间为,1, ,；单调减区间为1,3320、（本小题13分）

设数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数y＝3x－2的图像上。 （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bnm3，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所有nN都

20anan1成立的最小正整数m。

解：（I）依题意得，

Snn3n2,即Sn3n22n。

当n≥2时，a

23n122(n1)6n5; (3n2n)ansnsn1当n=1时，所以

21×-2×1-1-6×1-5 3a1s1a65(nN)。

nn（II）由（I）得bnn31111， anan1(6n5)6(n1)526n56n1故

11111111=1b1...。 Tn1126n56n126n177131m11mnN﹤成立的m必须满足≤，即m≥10,故满足要122026n120因此，使得

求的最小整数m为10。

21、（本小题满分13分）

x2y2设A,B分别为椭圆221(a,b0)的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且

abx4为它的右准线。

（Ⅰ）、求椭圆的方程；

（Ⅱ）、设P为右准线上不同于点（4，0）的任意一点，若直线AP,BP分别与椭圆相交于异于A,B的点M、N，证明点B在以MN为直径的圆内。 （此题不要求在答题卡上画图）

a2ca2解：（I）依题意得a2解得 从而b=3, c14c_A_2 _M x2y21。 故椭圆方程为43 _1 _B_N4 （II）解法1：由（I）得A（-2，0），B（2，0）。设M(x0,y0)。 2M点在椭圆上，yo324x0。 4_1- 又M点异于顶点AB,2x02.

_2-6y0曲PAM三点共线可得P4,. x02 _3- 6y0. 从面BMx02,y0,BP2,x026y0222BMBP2x04x043y0.

x02x025将①式代入②式化简得BMBP2x0

22x0>0,BMBP>0.于是MBP为锐角,从而MBN为钝角,故点B在以MN为

直径的圆内.

解法2：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0）.设P（4，）（0），M（x1，y1），N（x2，，则直线AP的方程为yy2）

6(x2)，直线BP的方程为y2(x2)。

点M、N分别在直线AP、BP上，

2，y2＝（x2－2）.从而y1y2＝（x1＋2）（x2－2）.③ y1＝（x1＋2）

6212y(x2),62222x联立2消去y得（27＋）＋4x＋4（－27）＝0. 2xy1.344(227)2(272)．x1，即x1＝. ④ x1，－2是方程得两根，（－2）222727又BM．BN=（x1－2, y1）．(x2－2,y2)＝（x1－2）（x2－2）＋y1y2. ⑤

于是由③、④式代入⑤式化简可得

52BM．BN＝2（x2－2）.

27N点在椭圆上，且异于顶点A、B，x22<0. 520又，2> 0, 从而BM．BN<0.

27故MBNMBN为钝角，即点B在以MN为直径的圆内.

解法3：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0）.设M（x1，y1），N（x2，y2），则－2x1x2y1y2,）， 22BQxxyy22112MN(122)2(1)(x1x2)2(y1y2)2 4224221MN＝（x1－2）化简得BQ－（x2－2）＋y1y2. ⑥ 24直线AP的方程为

yy2x(x2)，直线BP的方程为yy212x(x2). 22点P在准线x＝4上， 6y12y23(x2x2x2，即y2)y12x. 1212点在椭圆上，x2又M14＋y212323＝1，即y14(4x1). 于是将⑦、⑧式化简可得BQ2－124MN＝(2x1)(x22)0. 从而B在以MN为直径的圆内.

⑦ ⑧