高考数学普通高等学校招生全国统一考试87

高考数学普通高等学校招生全国统一考试87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.函数2log2yx的定义域是()A.(3,+∞)B.[3,+∞)C.(4,+∞)D.[4,+∞)2.数列{na}满足:113a,且对于任意的正整数m,n都有mnmnaaa,则12lim()nnaaa()A.12B.23C.32D.23.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()||fxxa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||0ab,且关于x的方程2||0xaxab有实根,则a与b的夹角的取值范围是()A.[0,6]B.[,]3C.2[,]33D.[,]66.某外商计划在四个候选城市投资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7.过双曲线M:2221yxb的左顶点A作斜率为1的直线l,若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于B、C,且|AB|=|BC|,则双曲线M的离心率是()A.10B.5C.103D.528.设函数()1xafxx,集合M={|()0}xfx,P='{|()0}xfx,若MP,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.22B.32C.2D.310.若圆2244100xyxy上至少有三个不同点到直线l:0axby的距离为22,则直线l的倾斜角的取值范围是()A.[,124]B.[5,1212]C.[,]63D.[0,]2第Ⅱ卷（非选择题共100分）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，把答案填在答图1题卡相应位置上。11.若5(1)ax的展开式中3x的系数是-80,则实数a的值是.12.已知1,10,220xxyxy则22xy的最小值是.13.曲线1yx和2yx在它们交点处的两条切线与x轴所围成的三角形面积是.14.若()sin()sin()(0)44fxaxbxab是偶函数,则有序实数对(,ab)可以是.(注:只要填满足0ab的一组数即可)(写出你认为正确的一组数即可).15.如图2,OM∥AB,点P在由射线OM、线段OB及AB的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动,且OPxOAyOB,则x的取值范围是;当12x时,y的取值范围是.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sincos20;（Ⅱ）若AC=3DC,求的值.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,则必须进行整改.若整改后经复查仍不合格,则强行关闭.设每家煤矿安检是否合格是相互独立的,且每家煤矿整改前安检合格的概率是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PB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()sinfxxx,数列{na}满AOMPB图2BDCαβA图3QPADCB图4足:1101,(),1,2,3,.nnaafan证明:(ⅰ)101nnaa;(ⅱ)3116nnaa.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:1()污物质量物体质量含污物)为0.8,要求洗完后的清洁度是0.99.有两种方案可供选择,方案甲:一次清洗;方案乙: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0.81xx(1xa),用y质量的水第二次清洗后的清洁度是yacya,其中(0.80.99)cc是该物体初次清洗后的清洁度.(Ⅰ)分别求出方案甲以及0.95c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,使总用水量最少?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）已知椭圆C1:22143xy,抛物线C2:2()2(0)ympxp,且C1、C2的公共弦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.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）参考答案1～10：DADABDACCB11.-2；12.5；13.43；14.（1，-1）（注：只要填满足a+b=0的一组数字即可）15.（-∞，0）)23,21(16.解：（I）如图，因为22)2(22BAD，所以2cos)22sin(sin，即02cossin（II）在ΔADC中，由正弦定理得)sin(sinACDC，即sin3sinDCDC所以sin3sin由（I），2cossin，所以)sin21(32cos3sin2即，03sinsin322解得23sin或23sin因为0βπ，所以23sin从而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31.01655.0)5.01(32251CP（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5.25.05E，即平均有2.5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1.0)8.01()5.01(2P，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，故至少关闭一家煤矿的概率是41.09.0153P。18.解法一：（Ⅰ）连结AC、BD，设OBDAC由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD∴P、O、Q三点在一条直线上，QBCPADzyxO∴PQ⊥平面ABCD（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，∴AC⊥BD由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD.故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题设条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）∴)2,0,22(AQ)1,22,0(PB于是93,cosPBAQPBAQPBAQ∴异面直线AQ与PB所成的角是93arccos(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(AD，)3,0,0(PQ，设),,(zyxn是平面QAD的一个法向量，由00ADnAQn得002yxzx取x=1，得)2,1,1(n所以点P到平面QAD的距离223nnPQd解法二：（Ⅰ）取AD的中点，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OBDAC，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21,21OCNOOANOOQPO，所以OANOOQPO，从而AQ∥PN，∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角。连结BN，因为31)22(222OPOBPB，31)2(222OPONPN，10)2()22(2222ONOBBN，QBCPADOM所以9333210392cos222PNPBBNPNPBBPN＋＝，从而异面直线AQ与PB所成的角是93arccos(Ⅲ)由（I）知，AD⊥平面PQM，所以平面QAD⊥平面PQM；过P作PHQM于H，则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离，连结OM，因为OQABOM221，所以45MQP，又PQ=PO+QO=3，于是22345sinPQPH即点P到平面的距离是22319.解：（I）先用数学归纳法证明,3,2,1,10nan（i）当n=1时，由已知，结论成立。（ii）假设当n=k时结论成立，即10ka，因为10x时，0cos1)(xxf所以)(xf在(0，1)上是增函数，又)(xf在[0，1]上连续，从而)1()()0(faffk，即11sin101ka，故当n=k+1时，结论成立。由（i）、（ii）可知，10na对一切正整数都成立。又因为10na时，0sinsin1nnnnnnaaaaaa，所以nnaa1，综上所述101nnaa（II）设函数10,61sin)(3xxxxxg，由（I）可知，当10x时，xxsin从而02)2(222sin221cos)(22222xxxxxxxg所以)(xg在（0，1）上是增函数又)(xg在[0，1]上连续，且0)0(g，所以当10x时，)(xg0成立，于是0)(nag，即061sin3nnnaaa，故3161nnaa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99.018.0xx，解得19x由c=0.95得方案乙初次用水量分别为3，第二次用水量y满足方程99.095.0ayay，解得ay4，故34az即两种方案的用水量分别为19与34a因为当1≤a≤3时，x–z=4(4-a)0，即xz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，)1(545ccx，)10099(cay（*）于是1)1(100)1(51)10099()1(545acaccaccyx当a为定值时，1541)1(100)1(512aaacacyx当且仅当)1(100)1(51cac时等号成立，此时ac51011（不合题意，舍去）或)99.0,8.0(51011ac将ac51011代入（*）式得aayaax52,1152故ac51011时总用水量最少，此时第一次与第二次用水量分别为152a与aa52，最少总用水量是154)(aaaT当1≤a≤3时，0152)(aaT，故)(aT是增函数（也可以用二次函数的单调性判断），这说明，随着a的值的增加，最少总用水量增加。21.解：（Ⅰ）当AB⊥x轴时，点A、B关于x轴对称，所以m＝0，直