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- 2021-06-16 发布
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2006年浙江省高考数学试卷（文科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
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. 在二项式(x+1)6的展开式中，含x3的项的系数是（ ）
A.15 B.20 C.30 D.40
3. 抛物线y2=8x的准线方程是( )
A.x=-2 B.x=-4 C.y=-2 D.y=-4
4. 已知log12m0，b>0”是“ab>0”的（ ）
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
8. 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是（ ）
A.2 B.3 C.5 D.7
9. 在平面直角坐标系中，不等式组x+y-2≥0x-y+2≥0x≤2表示的平面区域的面积是（ ）
A.42 B.4 C.22 D.2
10. 对a，b∈R，记max{a, b}=a,a≥bb,a0的解集是________
12. 函数y=2sinxcosx-1，x∈R的值域是________．
13. 双曲线x2m-y2=1上的点到左焦点的距离与到左准线的距离的比是3，则m等于________
14. 如图，正四面体ABCD的棱长为1，平面α过棱AB，且CD // 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是________．
三、解答题（共6小题，满分84分）
15. 若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列．
（1）求数列S1，S2，S4的公比．
（2）若S2=4，求{an}的通项公式．
6 / 6
16. 如图，函数y=2sin(πx+φ)，x∈R，（其中0≤φ≤π2）的图象与y轴交于点(0, 1)．
（1）求φ的值；
（2）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．
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．
（1）求证：PB⊥DM；
（2）求BD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．现从甲，乙两袋中各任取2个球．
（1）若n=3，求取到的4个球全是红球的概率；
（2）若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n．
6 / 6
19. 如图，椭圆x2a2+y2b=1(a>b>0)与过点A(2, 0)B(0, 1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=32．
（1）求椭圆方程；
（2）设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，求证：|AT|2=12|AF1||AF2|．
20. 设f(x)=3ax2+2bx+c，若a+b+c=0，f(0)f(1)>0，求证：
（1）方程f(x)=0有实根．
（2）-22}
12.[-2, 0]
13.18
14.12
三、解答题（共6小题，满分84分）
15.解：（1）设数列{an}的公差为d，由题意，得S22=S1⋅S4
所以(2a1+d)2=a1(4a1+6d)
因为d≠0
所以d=2a1
故公比q=S2S1=4
（2）因为S2=4，d=2a1，
∴ S2=2a1+2a1=4a1，
∴ a1=1，d=2
因此an=a1+(n-1)d=2n-1．
16.解：（1）因为函数图象过点(0, 1)
所以2sinφ=1，即sinφ=12，
因为0≤φ≤π2，
所以φ=π6．
（2）由函数y=2sin(πx+π6)及其图象，
得M(-16，0)，P(13,2)，N(56,0)，
所以，PM→=(-12,-2,)PN→=(12,-2)，
从而cos=|PM→⋅|PN→||˙=1517
故=arccos1517．
17.解：方法一：（1）因为N是PB的中点，PA=AB，
所以AN⊥PB．
因为AD⊥面PAB，
所以AD⊥PB．
从而PB⊥平面ADMN．因为DM⊂平面ADMN
所以PB⊥DM．
6 / 6
（2）连接DN，
因为PB⊥平面ADMN，
所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角．
在Rt△BDN中，sin∠BDN=BNBD=12，
故BD与平面ADMN所成的角是π6．
方法二：
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，设BC=1，
则A(0, 0, 0)P(0, 0, 2)，B(2, 0, 0)，M(1, 12, 1)，D(0, 2, 0)
（1）因为PB→⋅DM→=(2,0,-2)(1,-32,1)=0
所以PB⊥DM．
（2）因为PB→⋅AD→=(2,0,-2)⋅(0,2,0)=0
所以PB⊥AD．
又PB⊥DM．
因此的余角即是BD与平面ADMN．
所成的角．
因为cos=π3
所以=π3
因此BD与平面ADMN所成的角为π6．
18.解：（1）记“取到的4个球全是红球”为事件A，
分析可得，从甲袋中取出的都是红球的概率为C22C42，
从乙袋中取出的都是红球的概率为C22C52，
P(A)=C22C42⋅C22C52=16⋅110=160．
（2）记“取到的4个球至多有一个红球”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B2，
由题意，得P(B)=1-34=14，P(B1)=C21C21C42⋅Cn2Ca+22+C22C42⋅C21Ca1Ca+22=2n23(n+2)(n+1)；
P(B2)=C22C42⋅Ca2Ca+22=n(n-1)6(n+2)(n+1)；
所以P(B)=P(B1)+P(B2)=2n23(n+2)(n+1)+n(n-1)6(n+2)(n+1)=14
化简，得7n2-11n-6=0，解得n=2，或n=-37（舍去），
故n=2．
19.解：（1）过A、B的直线方程为x2+y=1
因为由题意得x2+y2a2+b2=1y=-12x+1有惟一解．
即(b2+14a2)x2-a2x+a2b2=0有惟一解，
所以△=a2b2(a2+4b2-4)=0(ab≠0)，
故(a2+4b2-4)=0
又因为c=32，即a2-b2a2=34，
所以a2=4b2
从而得a2=2，b2=12，
故所求的椭圆方程为x22+2y2=1．
（2）由（1）得c=62，
所以F1(-62,0)，F2(62,0)
由x2+y2a2+b2=1y=-12x+1解得x1=x2=1，
6 / 6
因此T=(1,12)．
从而|AT|2=54，
因为|AF1|⋅|AF2|=52，
所以|AT|2=12|AF1|⋅|AF2|
20.证明：（1）若a=0，则b=-c，
f(0)f(1)=c(3a+2b+c)=-c2≤0，
与已知矛盾，
所以a≠0．
方程3ax2+2bx+c=0的判别式△=4(b2-3ac)，
由条件a+b+c=0，消去b，得△=4(a2+c2-ac)=4[(a-12c)2+34c2]>0
故方程f(x)=0有实根．
（2）由条件，知x1+x2=-2b3a，x1⋅x2=c3a=-a+b3a，
所以(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=49(ba+32)2+13．
因为-2
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