普通高等学校招生全国数学统一考试

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、考试科目写在答题卡上。

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i 对应的点位于 i（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 1，2，3，4,5 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 （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



(3a1)x4a,x1（5）已知f(x) 是(,)上的增函数，那么 a 的取值范

logx,x1a围是

（A）（0，1） （B）（0，

1） 3（C）, （D）,1

737（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 ).

111f(x2)f(x1)x2x1恒成立”的只有

（A）f(x)

2（C）f(x)2 （D）f(x)x

1 （B）f(x)x x（7）设f(n)224272102n1(nN),则f(n)等于

2n2(81) （B）(8n1) 772n12n1（C）(81) （D）(81)

77（A）

（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 AB,BC

CA的机动车辆数（假设：单位时间内，在上述路段中，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

2006 年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（文史类） （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。

x23x2(9）lim的值等于________.

n1x212(10）在(x)的展开式中, x的系数是________.（用数字作答）

2x7(11）若三点 A（2，2），B（a，0），C（0，b）（0 ,b）(ab0)共线，则,

11的值等于________ ab(12）在△ABC 中，若 C B A sin A: 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 |的最小值

y1,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 两点间的球面距离为________ 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)4. 已知函数f(x)cosx（Ⅰ）求f(x)的定义域；

（Ⅱ）设的第四象限的角，且tan（16）（本小题共 13 分）

32已知函数f(x)axbxcx在点x0处取得极大值5，其导函数yf(x)

4，求f()的值 3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，在底面为平行四边形的四棱锥 P—ABCD 中，AB⊥AC，PA⊥平面 ABCD，且 PA=PB，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.

（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. 求：

（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.

（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,a210，数列bn满足bnanan1an2 n=1，2，3，„，分虽判断当n时, an与bn的极限是否存在，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.

数学参

一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） （1）D （2）C （3）B （4）A （5）C （6）A （7）D （8）C

二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分） （9）11 （10）－14 （11） （12） 223（13）2 10 （14）

13R R 32三、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故f(x)在定义域为xxk2(kZ)，

2,kZ,

4，且是第四象限的角, 343 所以sin,cos,

55（Ⅱ）因为tan12sin(2)4  故f(x)cos12(  22sin2cos2)22

cos1sin2cos2

cos2cos22sincos 

cos 2(cossin) 14. 5（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m3,bm,c2m, 32m3f(x)x3mx22mx.

32由f(1)5,

m3m2m5, 32得m6,

即

所以a2,b9,c12.

（17）（共 17 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 是平行四边形， ∴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.

abb（Ⅲ）取 BC 中点 G，连接 OG，则点 G 的坐标为(,,0),OG=(0,,0).

222bb又OE(0,,),AC(a,0,0).

22OEAC,OGAC,

EOG是二面角EACB的平面角

OEOG2cosEOGcosOE,OG. 2OEOGEOG135O

二面角E-AC-B的大小为135o.

（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;

应聘者用方案二考试通过的概率 p2111p(AB)p(BC)333(pA )C 1(abbcca). 3（Ⅱ）因为a,b,c0,1,所以

p1p22(abbcca)2abc 32ab(1c)bc(1a)ca(1b) 0, 3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c2a22 x2y21,x2 所以 W 的方程为

22（Ⅱ）设 A，B 的坐标分别为(x1,y1), (x2,y2)

当 AB⊥x轴时,x1x2,从而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k2)x22kmxm220.

2kmm22, x1x22, 故x1x221kk1所以 OAOBx1x2y1y2

x1x2(kx1m)(kx2m) (1k)x1x2km(x1x2)m

22(1k2)(m22)2k2m22m  22k11k42k2222 2.

k1k1又因为x1x20,所以k10,从而OAOB2.

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，则(x1,y1), (x2,y2),则

xi2yi2(xiyi)(xiyi)2(i1,2).

令sixiyi,tixiyi,

则siti2,且si0,ti0(i1,2)所以

 OAOB1x2x1y 2y11(s1t1)(s2t2)(s1t1)(s2t2) 4411s1s2t1t2s1s2t1t22, 22当且仅当s1s2t1t2,即x1x2,时””成立.

y1y2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：因为在绝对差数列an中a203,a210.所以自第 20 项开始，该数列是a203,a210,a223,a223,a240,a253,a263,a27o,.

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（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2an1an21(n3) 即an的值要么比an1至少小1，要么比an2至少小1.

a2n1(a2n1a2n),令Cnn1,2,3,,

a(aa),2n2n2n1则0CA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中有无穷多个为零的项.