2006年高考天津卷理科数学试题及参考答案

2006年高考天津卷理科数学试题及参考答案第I卷（本卷共10小题，每小题5分，共50分）一.选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.i是虚数单位，ii1（）A.i2121B.i2121C.i2121D.i21212.如果双曲线的两个焦点分别为)0,3(1F、)0,3(2F，一条渐近线方程为xy2，那么它的两条准线间的距离是（）A.36B.4C.2D.13.设变量x、y满足约束条件632xyyxxy，则目标函数yxZ2的最小值为（）A.2B.3C.4D.94.设集合}20|{},30|{xxNxxM，那么“Ma”是“Na”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.既不充分也不必要条件5.将4个颜色互不相同的球全部放入编与为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A.10种B.20种C.36种D.52种6.设nm、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，考查下列命题，其中正确的命题是（）A.nmnm,,B.nmnm//,,//C.nmnm//,,D.nmnm,,7.已知数列}{na、}{nb都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a、1b，且511ba，*11Nba、，设nbnac（*Nn），则数列}{nc的前10项和等于（）A.55B.70C.85D.1008.已知函数xbxaxfcossin)(（ba、为常数，Rxa,0）在4x处取得最小值，则函数)43(xfy是（）A.偶函数且它的图象关于点（0,）对称B.偶函数且它的图象关于点（0,23）对称C.奇函数且它的图象关于点（0,23）对称D.奇函数且它的图象关于点（0,）对称9.函数)(xf的定义域为开区间（ba,），导函数)(xf在（ba,）内的图像如图所示，则函数)(xf在开区间（ba,）内有极小值点（）A.1个B.2个C.3个D.4个10.已知函数)(xfy的图像与函数xay（0a且1a）的图像关于直线xy对称，记]1)2()()[()(fxfxfxg。若)(xgy在区间]2,21[上是增函数，则实数a的取值范围是（）A.),2[B.)2,1()1,0(C.)1,21[D.]21,0(第II卷（本卷共12小题，共100分）二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分。把答案填在题中横线上。11.7)12(xx的二项展开式中x的系数是（用数字作答）。12.设向量a与b的夹角为，且a=（3，3），)1,1(2ab，则cos。13.如图，在正三棱柱111CBAABC中，AB=1。若二面角1CABC的大小为60，则点C到平面ABC1的距离为。14.设直线03yax与圆4)2()1(22yx相交于A、B两点，且弦AB的长为32，则a。15.某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为x4万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x=吨。16.设函数11)(xxf，点0A表示坐标原点，点)))((,(*NnnfnAn。若向量nnnAAAAAAa12110，n是na与i的夹角（其中i)0,1(），设1tannSntantan2，则nnSlim。三.解答题：本大题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（本小题满分12分）如图，在ABC中，AC=2，BC=1，43cosC。（1）求AB的值；（2）求)2sin(CA的值。18.（本小题满分12分）某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为53，且各次射击的结果互不影响。（1）求射手在3次射击中，至少有两次连续击中目标的概率（用数字作答）；（2）求射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率（用数字作答）；（3）设随机变量表示射手第3次击中目标时已射击的次数，求的分布列。19.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱BCEF21//。（1）证明FO//平面CDE；（2）设CDBC3，证明EO⊥平面CDF。20.（本小题满分12分）已知函数cos163cos34)(23xxxf，其中Rx，为参数，且20。（1）当0cos时，判断函数)(xf是否有极值；（2）要使函数)(xf的极小值大于零，求参数的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数)(xf在区间（aa,12）内都是增函数，求实数a的取值范围。21.（本小题满分14分）已知数列}{}{nnyx、满足121xx，221yy，并且11nnnnxxxx，11nnnnyyyy（为非零参数，n2，3，4，…）（1）若531xxx、、成等比数列，求参数的值；（2）当0时，证明nnnnyxyx11（*Nn）（3）当1时，证明11133222211nnnnyxyxyxyxyxyx（*Nn）。22.（本小题满分14分）如图，以椭圆12222byax（0ba）的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆。过椭圆右焦点F（0,c）（bc）作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A。连结OA交小圆于点B。设直线BF是小圆的切线。（1）证明abc2，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；（2）设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明221bOQOP。2006年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）参考答案一.选择题：1.A2.C3.B4.B5.A6.B7.C8.D9.A10.D二.填空题：11.28012.1010313.4314.015.2016.1三.解答题：17.（1）解：由余弦定理，CBCACBCACABcos222224312214那么，2AB（2）解：由43cosC且C0，得47cos1sin2CC，由正弦定理，ABCCABsinsin，解得814sinsinABCBCA。所以825cosA。由倍角公式1675cossin22sinAAA，且169sin212cos2AA，故873sin2coscos2sin)2sin(CACACA18.（1）解：记“射手射击1次，击中目标”为事件A，则在3次射击中至少有两次连续击中目标的概率。)()()(1AAAPAAAPAAAPP12563535353535352525353（2）解：射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率6251625352)53(2232CP（3）解：由题设，“k”的概率为33213221)53()52(53)52()53()(kkkkCCkP（*Nk且3k）所以，的分布列为：19.（1）证明：取CD中点M，连结OM，在矩形ABCD中BCOM21//，又BCEF21//，则OMEF//。连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形∴FO//EM又∵FO平面CDE，且EM平面CDE，∴FO//平面CDE（2）证明：连结FM，由（1）和已知条件，在等边CDE中，CM=DM，EM⊥CD且EFBCCDEM2123。因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM∵CD⊥OM，CD⊥EM∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO而FMCD=M，所以EO平面CDF20.（1）解：当0cos时，34)(xxf，则)(xf在（,）内是增函数，故无极值。（2）解：cos612)(2xxxf，令0)(xf，得2cos,021xx由（1），只需分下面两种情况讨论①当0cos时，随x的变化，)(xf的符号及)(xf的变化情况如下表：34……k……P12527625162……3321)53()52(kkC……x)0,(0)2cos,0(2cos),2cos()(xf+0－0+)(xf↗极大值↘极小值↗因此，函数)(xf在2cosx处取得极小值)2cos(f且cos163cos41)2cos(3f要使0)2cos(f，必有0)43(coscos412，可得23cos0由于20，故26或61123②当0cos时，随x的变化，)(xf的符号及)(xf的变化情况如下表：x)2cos,(2cos)0,2cos(0),0()(xf+0－0+)(xf↗极大值↘极小值↗因此，函数)(xf在0x处取得极小值)0(f，且cos163)0(f若0)0(f，则0cos，矛盾，所以当0cos时，)(xf的极小值不会大于零综上，要使函数)(xf在),(内的极小值大于零，参数的取值范围为)611,23()2,6(（3）解：由（2）知，函数)(xf在区间)0,(与),2cos(内都是增函数由题设，函数)(xf在),12(aa内是增函数，则a须满足不等式组012aaa或cos211212aaa由（2），参数)611,23()2,6(时，23cos0，要使不等式cos2112a关于参数恒成立，必有4312a，即a834综上，解得0a或1834a，所以a的取值范围是)1,834[]0,(21.（1）解：由已知121xx，且31223xxxxx，342334xxxxx，653445xxxxx若1x、3x、5x成等比数列，则5123xxx，即62，而0，解得1（2）证明：由已知，0，121xx及221yy，可得0nx，0ny。由不等式的性质，有112121211nnnnnnnnyyyyyyyy另一方面，112121211nnnnnnnnxxxxxxxx因此，11nnnyynnxx1)(*Nn，故nnnnyxyx11)(*Nn（3）证明：当1时，由（2）可知1nnxy)(*Nn又由（2）nnnnyxyx11)(*Nn，则nnnnnnxxyxxy111从而1111nnnnnnnxxxyxy)(*Nn因此，1133222211nnnnyxyxyxyxyxyx111)1(1)1(111nn22.（1）证明：由题设条件知，OFARt～OBFRt，故OFOBOAOF，即cbac因此abc2①解：在OFARt中，bcaOFOAFA2222于是，直线OA的斜率cbkOA，设直线BF的斜率为k，则bckkOA1这时，直线BF的方程为)(cxbcy，令0x，则ababbcy2所以直线BF与y轴的交点为),0(aM（2）证明：由（1），得直线BF的方程为akxy，且bababbck2222②由已知，设),(11yxP、),(22yxQ，则它们的坐标满足方程组akxybyax12222③由方程组③消去y，并整理得02)(22432222baakxaxkab④由式①、②和④，33232222222222421)(bababaabbaakabbaaxx由方程组③消去x，并整理得02)(2222222222kbabayabykab⑤由式②和⑤，33222