2006年广东高考数学试题及答案

2006年高考广东卷(B)第一部分选择题（50分）1、函数)13lg(13)(2xxxxf的定义域是A.),31(B.)1,31(C.)31,31(D.)31,(1、解：由13101301xxx，故选B.2、若复数z满足方程022z，则3zA.22B.22C.i22D.i222、由izizz2220232，故选D.3、下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是A.Rxxy,3B.Rxxy,sinC.Rxxy,D.Rxxy,)21(3、B在其定义域内是奇函数但不是减函数;C在其定义域内既是奇函数又是增函数;D在其定义域内不是奇函数,是减函数;故选A.4、如图1所示，D是△ABC的边AB上的中点，则向量CDA.BABC21B.BABC21C.BABC21D.BABC214、BABCBDCBCD21，故选A.5、给出以下四个命题①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;③如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么些两个平面互相垂直.其中真命题的个数是A.4B.3C.2D.15、①②④正确，故选B.6、已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是A.5B.4C.3D.26、3302551520511ddada，故选C.7、函数)(xfy的反函数)(1xfy的图象与y轴交于点)2,0(P(如图2所示)，则方程0)(xf的根是xA.4B.3C.2D.17、0)(xf的根是x2，故选C8、已知双曲线9322yx,则双曲线右支上的点P到右焦点的距离与点P到右准线的距离之比等于A.2B.332C.2D.48、依题意可知3293,322baca，2332ace，故选C.9、在约束条件4200xysyxyx下，当53s时，目标函数yxz23的最大值的变化范围是A.]15,6[B.]15,7[C.]8,6[D.]8,7[9、由42442sysxxysyx交点为)4,0(),,0(),42,4(),2,0(CsCssBA，（1）当43s时可行域是四边形OABC，此时，87z（2）当54s时可行域是△OAC此时，8maxz故选D.10、对于任意的两个实数对（a,b）和(c,d),规定（a,b）＝(c,d)当且仅当a＝c,b＝d;运算“”为：),(),(),(adbcbdacdcba，运算“”为：),(),(),(dbcadcba，设Rqp,，若)0,5(),()2,1(qp则),()2,1(qpA.)0,4(B.)0,2(C.)2,0(D.)4,0(10、由)0,5(),()2,1(qp得210252qpqpqp,所以)0,2()2,1()2,1(),()2,1(qp,故选B.第二部分非选择题（100分）二、填空题11、)2144(lim22xxx11、4121lim)2144(lim222xxxxx12、若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为12、274233332RSRd13、在112xx的展开式中，5x的系数为13、85112)2()2(1121111111111111rrxCxxCTrrrrrrr所以5x的系数为1320)2()2(3113111111CCrr14、在德国不莱梅举行的第48届世乒赛期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干准“正三棱锥”形的展品，其中第一堆只有一层，就一个乒乓球；第2、3、4、…堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放.从第一层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以)(nf表示第n堆的乒乓球总数，则)3(f；)(nf（答案用n表示）.14、)3(f10，6)2)(1()(nnnnf三、解答题15、（本小题满分14分）已知函数Rxxxxf),2sin(sin)(（Ⅰ）求)(xf的最小正周期；（Ⅱ）求)(xf的最大值和最小值；（Ⅲ）若43)(f，求2sin的值.15解：)4sin(2cossin)2sin(sin)(xxxxxxf（Ⅰ）)(xf的最小正周期为212T;（Ⅱ）)(xf的最大值为2和最小值2；（Ⅲ）因为43)(f，即167cossin2①43cossin,即1672sin16、（本小题满分12分）某运动员射击一次所得环数X的分布列如下：X0-678910Y00.20.30.30.2现进行两次射击，以该运动员两次射击中最高环数作为他的成绩，记为.(Ⅰ)求该运动员两次都命中7环的概率；(Ⅱ)求分布列；(Ⅲ)求的数学希望.16解：(Ⅰ)求该运动员两次都命中7环的概率为04.02.02.0)7(P；(Ⅱ)的可能取值为7、8、9、1004.0)7(P21.03.03.02.02)8(2P39.03.03.03.023.02.02)9(2P36.02.02.03.022.03.022.02.02)10(2P分布列为78910P0.040.210.390.36(Ⅲ)的数学希望为07.936.01039.0921.0804.07E.17、（本小题满分14分）如图5所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8,BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE//AD.(Ⅰ)求二面角B—AD—F的大小；(Ⅱ)求直线BD与EF所成的角.17、解：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD—F的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，23，0），B（23，0，0）,D（0，23，8），E（0，0，8），F（0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(FEBD10828210064180||||,cosFEBDFEBDEFBD设异面直线BD与EF所成角为，则1082|,cos|cosEFBD直线BD与EF所成的角为1082arccos18、（本小题满分14分）设函数23)(3xxxf分别在1x、2x处取得极小值、极大值.xoy平面上点A、B的坐标分别为))(,(11xfx、))(,(22xfx,该平面上动点P满足4PBPA,点Q是点P关于直线)4(2xy的对称点.求(Ⅰ)点A、B的坐标；(Ⅱ)动点Q的轨迹方程18解:(Ⅰ)令033)23()(23xxxxf解得11xx或当1x时,0)(xf,当11x时,0)(xf,当1x时,0)(xf所以,函数在1x处取得极小值,在1x取得极大值,故1,121xx,4)1(,0)1(ff所以,点A、B的坐标为)4,1(),0,1(BA.(Ⅱ)设),(nmp，),(yxQ，4414,1,122nnmnmnmPBPA21PQk，所以21mxny，又PQ的中点在)4(2xy上，所以4222nxmy消去nm,得92822yx19、（本小题满分14分）已知公比为)10(qq的无穷等比数列}{na各项的和为9，无穷等比数列}{2na各项的和为581.(Ⅰ)求数列}{na的首项1a和公比q；(Ⅱ)对给定的),,3,2,1(nkk,设)(kT是首项为ka，公差为12ka的等差数列.求数列)(kT的前10项之和；(Ⅲ)设ib为数列)(iT的第i项，nnbbbS21，求nS，并求正整数)1(mm，使得mSnnlim存在且不等于零.(注：无穷等比数列各项的和即当n时该无穷数列前n项和的极限)19解:(Ⅰ)依题意可知,32358119112121qaqaqa(Ⅱ)由(Ⅰ)知,1323nna,所以数列)2(T的的首项为221at,公差3122ad,15539102121010S,即数列)2(T的前10项之和为155.(Ⅲ)ib=121iiaia=112iaii=1321231iii，2132271845nnnSnn，mnnnSlim=nlimmnmmnnnnnn2132271845当m=2时，mnnnSlim=－21，当m2时，mnnnSlim=0，所以m=220、（本小题满分12分）A是由定义在]4,2[上且满足如下条件的函数)(x组成的集合：①对任意]2,1[x，都有)2,1()2(x；②存在常数)10(LL，使得对任意的]2,1[,21xx，都有|||)2()2(|2121xxLxx（Ⅰ）设]4,2[,1)(3xxx，证明：Ax)((Ⅱ)设Ax)(,如果存在)2,1(0x,使得)2(00xx,那么这样的0x是唯一的;(Ⅲ)设Ax)(,任取)2,1(lx,令,,2,1),2(1nxxnn证明:给定正整数k,对任意的正整数p,成立不等式||1||121xxLLxxkklk解：对任意]2,1[x,]2,1[,21)2(3xxx,33)2(x35,253133,所以)2,1()2(x对任意的]2,1[,21xx，23232132121211121212|||)2()2(|xxxxxxxx，332321321112121xxxx，所以02323213211121212xxxx32,令2323213211121212xxxx=L，10L，|||)2()2(|2121xxLxx所以Ax)(反证法:设存在两个0000),2,1(,xxxx使得)2(00xx,)2(00xx则由|||)2()2(|/00/00xxLxx，得||||/00/00xxLxx，所以1L，矛盾，故结论成立。121223)2()2(xxLxxxx，所以1211xxLxxnnn||1||1211211xxLLxxxxxxxxkkkpkpkpkpkkpkkkpkpkpkpkxxxxxx1211123122xxLxxLpkpk+…121xxLk1211xxLLK