2006年北京高考理科数学试卷及答案

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2006年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（理工农医类）（北京卷）

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，

第Ⅱ卷3至9页，共150分。考试时间120分钟。考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

注意事项：

1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡。 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。

一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出

符合题目要求的一项。 （1）在复平面内，复数

1ii对应的点位于

（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限

（2）若a与bc都是非零向量，则“abac”是“a(bc)”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 （3）在1这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇,2,3,4,5数的共有

（A）36个 （B）24个 （C）18个 （D）6个

（4）平面的斜线AB交于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交于点

C，则动点C的轨迹是

（A）一条直线 （B）一个圆

（C）一个椭圆 （D）双曲线的一支 （5）已知f(x)(3a1)x4a,x1logax,x1是(,)上的减函数，那么a的取值范围是

（B）(0,)

31（A）(0,1)

1

（C）[,)

7311 （D）[,1)

71

（6）在下列四个函数中，满足性质：“对于区间(1,2)上的任意x1,x2(x1x2)，

|f(x1)f(x2)||x2x1|恒成立”的只有

（A）f(x)1x

（B）fx|x|

（C）f(x)2x （D）f(x)x2

（7）设f(n)2242721023n10(nN)，则f(n)等于

（A）(8n1) （C）(8n31)

7722

（B）(8n11) （D）(8n41)

7722

（8）下图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在某高峰时

段，单位时间进出路口A,B,C的机动车辆数如图所示，

图中x1,x2,x3分别表示该时段单位时间通过路段

,CA的机动车辆数（假设：单位时间内，在上AB,BC述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等），则 （A）x1x2x3 （B）x1x3x2 （C）x2x3x1 （D）x3x2x1 绝密★启用前

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数 学（理工农医类）（北京卷）

第Ⅱ卷（共110分）

注意事项：

1．用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上 2．答卷前将密封线内的项目填写清楚。

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。把答案填在题中横线上。 （9）lim

（10）在(x)7的展开式中，x2的系数中__________________（用数字作答）.

x

2

x3x2x1222的值等于__________________.

x1

（11）若三点A(2,2),B(a,0),C(0,b)(ab0)共线，则

1a1b的值等于

_________________.

（12）在ABC中，若sinA:sinB:sinC5:7:8，则B的大小是______________.

xy4（13）已知点P(x,y)的坐标满足条件yx，点O为坐标原点，那么|PO|的

x1最小值等于_______,最大值等于____________.

（14）已知A,B,C三点在球心为O，半径为R的球面上，ACBC，且ABR，

那么A,B两点的球面距离为_______________，球心到平面ABC的距离为

______________.

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。 （15）（本小题共12分）

12sin(2xcosx已知函数f(x)4，

)（Ⅰ）求f(x)的定义域；

3

（Ⅱ）设是第四象限的角，且tan43，求f()的值.

（16）（本小题共13分）

已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处取得极大值5，其导函数yf'(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示.求：

（Ⅰ）x0的值； （Ⅱ）a,b,c的值.

（17）（本小题共14分）

如图，在底面为平行四边表的四棱锥PABCD中，ABAC，PA平面ABCD，且PAAB，点E是PD的中点. （Ⅰ）求证：ACPB；

（Ⅱ）求证：PB//平面AEC； （Ⅲ）求二面角EACB的大小.

4

（18）（本小题共13分）

某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案. 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；

方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过.

假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a,b,c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.

（Ⅰ）分别求该应聘者用方案一和方案二时考试通过的概率； （Ⅱ）试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小.（说明理由）

（19）（本小题共14分）

已知点M(2,0),N(2,0)，动点P满足条件|PM||PN|22.记动点P的轨迹为W.

（Ⅰ）求W的方程； （Ⅱ）若A,B是W上的不同两点，O是坐标原点，求OAOB的最小值.

5

（20）（本小题共14分）

在数列{an}中，若a1,a2是正整数，且an|an1an2|,n3,4,5,，则称{an}为“绝对差数列”.

（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； （Ⅱ）若“绝对差数列”{an}中，a203,a20，数列{bn}满足1分别判断当n时，an与bn的极限是否存在，bnanan1an2，n1,2,3,，

如果存在，求出其极限值；

（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.

6

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数 学（理工农医类）（北京卷）

参考答案

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） （1）D （5）C

（2）C （6）A

（3）B （7）D

（4）A （8）C

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） （9）（11）

1212

（10）－14 （12）

31

32（13）2 10 （14）R

3R

三、解答题（本大题共6小题，共80分） （15）（共12分）

解：（Ⅰ）由cosx≠0得xk43(kZ)，故f（x）的定义域为xk,kZ 2245（Ⅱ）因为tana1，且a是第四象限的角。所以sina，cosa35

2sin(2acosa故f(a))4 2212(22sin2acosacos2a)1sin2acos2acosa2cosa2sinacosacosa1457

2 

2(cosasina)

（16）（共13分） 解法一：

（Ⅰ）由图象可知，在（－∞，1）上f(x)0，在（1，2）上f(x)0， 在（2，＋∞）上f(x)0

故f(x)在（－∞，1），（2，＋∞）上递增，在（1，2）上递减。 因此f(x)在x=1处取得极大值，所以x01。 （Ⅱ）f(x)3ax22bxc 由f(1)0,f(2)0,f(1)5, 3a2bc0得12a4bc0 abc5解得a=2，b= -9，c=12 解法二：

（Ⅰ）同解法一。

（Ⅱ）设f(x)m(x1)(x2)mx23mx2m 又f(x)3ax22bxc 所以af(x)m3m3,b332m,c2m,

2x32mx2mx

由f(1)5 即

m332m2m5

得m=6

所以a=2，b= -9，c=12

8

（17）（共14分） 解法一：

（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD

∴AB是PB在平面ABCD上的射影 又∵AB⊥AC，AC平面ABCD， ∴AC⊥PB

（Ⅱ）连接BD，与AC相交于O，连接EO。 ∵ABCD是平等四边形， ∴O是BD的中点， 又E是PD的中点， ∴EO∥PB

又PB平面AEC，EO平面AEC， ∴PB∥平面AEC。

（Ⅲ）取BC中点G，连接OG，则点G的坐标为(又0E(0,bb,),AC(a,0,0) 22abb,,0），OG＝（0，,0) 222∴0EAC0,0GAC0 ∴OE⊥AC，OG⊥AC

∴∠EOG是二面角E-AC-B的平面角。 ∵cosEOGcos0E,0G0E0G0E0G22

∴EOG135

∴二面角EACB的大小为135

（18）（共13分）

解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，

则PAa,PBb,PCc （Ⅰ）应聘者用方案一考试通过的概率

p1PABCPABCPABCPABCab1cbc1aac1babcabbcca2abc

9

应聘者用方案二考试通过的概率

p21313PABbcca13PBC13PAC

ab（Ⅱ）因为a,b,c0,1所以 p1p22323abbcca2abcab1cbc1aca1b0

故p1p2即采用第一种方案，该应聘者考试通过的概率较大。

（19）（共14分） 解法一：

（Ⅰ）由PMPN22知动点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，实

半轴长a2

又半焦距c=2，故虚半轴长b所以W的方程为

x2ca2

222

2y221,x（Ⅱ）设A，B的坐标分别为（x1,y1），（x2,y2）

当ABx轴时,x1x2,y1y2,从而OA,OBx1x2y1y2x12y122 当AB与x 轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m，与W的方程联立，消去y得：

1kx222kmxm20

2故x1x22km1k2,x1x2m2k122

所以OAOBx1x2y1y2

10

x1x2kx1mkx2mxx 1km1k21222kmx1x2m222k122k4k122m21k22m

2k2k122又因为x1x20,所以k210,从而0A0B2 综上，当ABx轴时,OAOB取得最小值2。

解法二：

（Ⅰ）同解法一。

（Ⅱ）设A，B的坐标分别为x1,y1,x2,y2，则

xiyixiyixiyi2i1,2

22令sixiyi,tixiyi

则siti2,且si0,ti0i1,2，所以

OAOBx1x2y1y21412s1t1s2t212t1t214s1t1s2t2

s1s2s1s2t1t22x1x2sstt,即当且仅当12时，“=”成立 12yy21所以OAOB的最小值是2。

（20）（共14分）

（Ⅰ）解：a13,a21,a32,a41,a51,a60,a71,a81,a90,a101 （答案不惟一）

（Ⅱ）解：因为绝对差数列an中,a203,a210，所以自第20项开始，该数列是

a203,a210,a223,a233,a240,a253,a263,a270,。

即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当n时，an的极

限不存在。

当n20时,bnanan1an26,所以limbn6

n 11

（Ⅲ）证明：根据定义，数列an必在有限项后出现零项，证明如下： 假设an中没有零项，由于anan1an2，所以对于任意的n，都有an1，从而当

an1an2时,anan1an2an11n3；

当an1an2时,anan1an2an11n3 即an的值要么比an1至少小1，那么比an2至少小1。 a2n1a2n1a2n,n1,2,3,, 令cna2na2n1a2n,则0cncn11n2,3,4,.

由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c1<0，这与cn>0（n=1,2,3,„）

矛盾，从而an必有零项。

若第一次出现的零项为第n项，记an1AA0，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A即

an3k0,an3k1A,k0,1,2,3,, an3k2A所以绝对差数列an中有无穷多个零的项。

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