2006年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ）数学（文）试题 一、 选择题：
1、 已知向量、满足|| = 1，|| = 4，且，则与夹角为 A、 B、 C、 D、 2、 设集合M= {x|},N = { x | |x|},则 A、M∩N=Φ B、M∩N=M、 C 、M∪N=M D、M∪N=R 3、已知函数y = ex的图像与函数y = f（x）的图像关于直线 y =x对称，则 A、 B、 C、 D、 4、双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则m = A、 B、- 4 C、4 D、 5、设是等差数列{}的前n项和，若，则 A、8 B、7 C、6 D、5 6、函数的单调增区间为 A、 B、 C、 D、 7、从圆外一点P（3，2）向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为 A、 B、 C、 D、0 8、△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c。若a、b、c成等比数列，且c = 2a，则cosB = A、 B、 C、 D、 9、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A、16π B、20π C、24π D、32π 10、在的展开式中，x的系数为 A、- 120 B、120 C、- 15 D、15 11、抛物线上的点到直线4x + 3y - 8 =0距离的最小值是 A、 B、 C、 D、3 12、用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但是不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为 A、 cm2 B、 cm2 C、 cm2 D、20cm2 二、 填空题：
13、已知函数，若f（x）为奇函数，则a = 14、已知正四棱锥的体积为12，底面对角线长为，则侧面与底面所成的二面角等于 15、设 z = 2y – x ，式中变量x、y满足条件，则z的最大值为 16、安排7位工作人员在5月1日至5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在5月1日和2日。不同的安排方法共有 种（用数字作答） 三、 解答题：
17、（本题满分12分）已知{}为等比数列，，求{}的通项公式。
18、（本题满分12分）△ABC的三个内角A、B、C，求当A为何值时，取得最大值，并求出这个最大值。
19、（本题满分12分）A、B是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验。每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A，另2只服用B，然后观察疗效。若在一个试验组中，服用A有效的小白鼠的只数比服用B有效的多，就称该试验组为甲类组。设每只小白鼠服用A有效的概率为，服用B有效的概率为。
（Ⅰ）求一个试验组为甲类组的概率；
（Ⅱ）观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率。
B M A N C 20、（本题满分12分）如图，、是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线线段， 点A、B在上，C在上，AM = MB = MN。
（Ⅰ）证明AC⊥NB；
（Ⅱ）若∠ACB = 60°，求NB与平面ABC所成角的余弦值。
21、（本题满分12分）设P是椭圆短轴的一个端点，Q为椭圆上一个动点，求的最大值。
22、（本题满分14分）设为实数，函数在和都是增函数，求 的取值范围。
参考答案 一．选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B D A D C B B C C A B 1．向量、满足且设与的夹角为θ，则cosθ==， ∴ θ=，选C. 2．集合∴ ,选B. 3．函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以是的反函数，即=，∴ ，选D. 4．双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，∴ m<0，且双曲线方程为，∴ m=，选A. 5．是等差数列的前项和，若 ∴ ，选D. 6．函数的单调增区间满足， ∴ 单调增区间为，选C. 7．圆的圆心为M(1，1)，半径为1，从外一点向这个圆作两条切线，则点P到圆心M的距离等于，每条切线与PM的夹角的正切值等于，所以两切线夹角的正切值为，该角的余弦值等于，选B. 8．中，a、b、c成等比数列，且，则b=a， =，选B. 9．正四棱柱高为4，体积为16，底面积为4，正方形边长为2，正四棱柱的对角线长即球的直径为2，∴ 球的半径为，球的表面积是，选C. 10．在的展开式中，x4项是=－15x4，选C. 11．设抛物线上一点为(m，－m2)，该点到直线的距离为，当m=时，取得最小值为，选A. 12．用2、5连接，3、4连接各为一边，第三边长为7组成三角形，此三角形面积最大，面积为，选B. 二．填空题：本大题共４小题，每小题４分，共１６分，把答案填在横线上。
13. 14. 15. 11 16.2400 13．函数若为奇函数，则，即，a=. 14．正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tanα=, ∴ 二面角等于60°。
15．，在坐标系中画出图象，三条线的交点分别是A(0，1)，B(7，1)，C(3，7)，在△ABC中满足的最大值是点C，代入得最大值等于11. 16．先安排甲、乙两人在后5天值班，有=20种排法，其余5人再进行排列，有=120种排法，所以共有20×120=2400种安排方法。
三．解答题：
17.解: 设等比数列{an}的公比为q, 则q≠0, a2= = , a4=a3q=2q 所以 + 2q= , 解得q1= , q2= 3, 当q1=, a1=18.所以 an=18×()n－1= = 2×33－n. 当q=3时, a1= , 所以an=×3n－1=2×3n－3. 18.解: 由A+B+C=π, 得 = － , 所以有cos =sin . cosA+2cos =cosA+2sin =1－2sin2 + 2sin =－2(sin － )2+ 当sin = , 即A=时, cosA+2cos取得最大值为 19. 解: (1)设Ai表示事件“一个试验组中，服用A有效的小鼠有i只“ , i=0,1,2, Bi表示事件“一个试验组中，服用B有效的小鼠有i只“ , i=0,1,2, 依题意有: P(A1)=2×× = , P(A2)= × = . P(B0)= × = , P(B1)=2× × = , 所求概率为: P=P(B0·A1)+P(B0·A2)+P(B1·A2) = × + × + × = (Ⅱ)所求概率为: P=1－(1－)3= A B M N C l2 l1 H 20.解法一: (Ⅰ)由已知l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB. 又AN为AC在平面ABN内的射影. ∴AC⊥NB （Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC为正三角形. ∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角. A B M N C l2 l1 H x y z 在Rt△NHB中,cos∠NBH= = = . 解法二: 如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1, 则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), (Ⅰ)∵MN是 l1、l2的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面ABN. l2平行于z轴. 故可设C(0,1,m).于是 =(1,1,m), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC⊥NB. (Ⅱ)∵ =(1,1,m), =(－1,1,m), ∴||=||, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt△CNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ). 连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ, λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－λ), =(0,1, ). · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= , ∴H(0, , ), 可得=(0,, － ), 连结BH,则=(－1,, ), ∵·=0+ － =0, ∴⊥, 又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC, ∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0), ∴cos∠NBH= = = 21. 解: 依题意可设P(0,1),Q(x,y),则 |PQ|=,又因为Q在椭圆上, 所以,x2=a2(1－y2) , |PQ|2= a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2 =(1－a2)(y－ )2－+1+a2 . 因为|y|≤1,a>1, 若a≥, 则||≤1, 当y=时, |PQ|取最大值; 若1<a<,则当y=－1时, |PQ|取最大值2. 22. 解: f ＇ (x)=3x2－2ax+(a2－1),其判别式△=4a2－12a2+12=12－8a2. (ⅰ)若△=12－8a2=0,即 a=±, 当x∈(－∞,), 或x∈( , +∞)时, f ＇(x)>0, f(x)在(－∞,+ ∞)为增函数. 所以a=±. (ⅱ)若△=12－8a2<0, 恒有f ＇(x)>0, f(x)在(－∞,+ ∞)为增函数, 所以a2> , 即 a∈(－∞,－ )∪( , +∞) (ⅲ)若△12－8a2>0,即－ <a<, 令f ＇(x)=0, 解得 x1=, x2=. 当x∈(－∞,x1),或x∈(x2,+ ∞)时, f ＇(x)>0, f(x)为增函数; 当x∈(x1,x2)时 , f ＇(x)<0,f(x)为减函数. 依题意x1≥0且x2≤1. 由x1≥0得a≥,解得 1≤a< 由x2≤1得≤3－a, 解得 － <a< , 从而 a∈[1, ) 综上,a的取值范围为(－∞,－ ]∪[ , +∞) ∪[1, ),即a∈(－∞,－ ]∪[1,∞).
