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- 2021-06-16 发布
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2006年浙江省高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1. 设集合A={x|-1≤x≤2}，B={x|0≤x≤4}，则A∩B=( )
A.[0, 2] B.[1, 2] C.[0, 4] D.[1, 4]
2. 已知m1+i=1-ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m+ni=( )
A.1+2i B.1-2i C.2+i D.2-i
3. 已知0b>0”是“ab<a2+b22”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.既不允分也不必要条件
8. 若多项式x3+x10=a0+a1(x+1)+...+a9(x+1)9+a10(x+1)10，则a9=( )
A.9 B.10 C.-9 D.-10
9. 如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是（ ）
A.π4 B.π3 C.π2 D.2π4
10. 函数f:{1, 2, 3}→{1, 2, 3}满足f（f(x)）=f(x)，则这样的函数个数共有（ ）
A.1个 B.4个 C.8个 D.10个
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
11. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5=10，S10=-5，则公差为________（用数字作答）．
12. 对a，b∈R，记max{a, b}=a,a≥b,b,a0，f(1)>0，求证：
(1)a>0且-2b>0)与过点A(2, 0)B(0, 1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=32．
（1）求椭圆方程；
（2）设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF1的中点，求证：∠ATM=∠AF1T．
20. 已知函数f(x)=x3+x2，数列|xn|(xn>0)的第一项xn=1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在（xn+1, f(xn+1)）处的切线与经过(0, 0)和（xn, f (xn)）两点的直线平行（如图）．
求证：当n∈N*时，
(I)xn2+xn=3xn+12+2xn+1；
(II)(12)n-1≤xn≤(12)n-2．
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参考答案与试题解析
2006年浙江省高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1.A
2.C
3.A
4.B
5.C
6.C
7.A
8.D
9.B
10.D
二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
11.-1
12.32
13.4
14.[24,12]
三、解答题（共6小题，满分84分）
15.解：（1）因为函数图象过点(0, 1)
所以2sinφ=1，即sinφ=12，
因为0≤φ≤π2，
所以φ=π6．
（2）由函数y=2sin(πx+π6)及其图象，
得M(-16，0)，P(13,2)，N(56,0)，
所以，PM→=(-12,-2,)PN→=(12,-2)，
从而cos=|PM→⋅|PN→||˙=1517
故=arccos1517．
16.证明：(1)因为f(0)>0，f(1)>0，
所以c>0，3a+2b+c>0．
由条件a+b+c=0，消去b，得a>c>0；
由条件a+b+c=0，消去c，得，2a+b>0，且a+b=-c即a+b<0.
故-20，f(1)>0，
而f(-b3a)=-a2+c2-ac3a<0，
所以方程f(x)=0在区间(0,-b3a)与(-b3a，1)内分别有一实根．
故方程f(x)=0在(0, 1)内有两个实根．
17.解：（1）因为N是PB的中点，PA=AB，
所以AN⊥PB．
因为AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，
从而PB⊥平面ADMN．
因为DM⊂平面ADMN，
6 / 6
所以PB⊥DM．
（2）取AD的中点G，连接BG、NG，
则BG // CD，
所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等．
因为PB⊥平面ADMN，
所以∠BGN是BG与平面ADMN所成的角．
在Rt△BGN中，sin∠BGN=BNBG=105．
故CD与平面ADMN所成的角是arcsin105．
18.解：（1）记“取到的4个球全是红球”为事件A，
分析可得，从甲袋中取出的都是红球的概率为C22C42，
从乙袋中取出的都是红球的概率为C22C52，
P(A)=C22C42⋅C22C52=16⋅110=160．
（2）记“取到的4个球至多有一个红球”为事件B，
“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，
“取到的4个球全是白球”为事件B2，
由题意，得P(B)=1-34=14，P(B1)=C21C21C42⋅Cn2Ca+22+C22C42⋅C21Ca1Ca+22=2n23(n+2)(n+1)；
P(B2)=C22C42⋅Ca2Ca+22=n(n-1)6(n+2)(n+1)；
所以P(B)=P(B1)+P(B2)=2n23(n+2)(n+1)+n(n-1)6(n+2)(n+1)=14
化简，得7n2-11n-6=0，解得n=2，或n=-37（舍去），
故n=2．
19.解：（1）过点A、B的直线方程为x2+y=1．
x2a2+y2b2=1，
因为由题意得有惟一解，y=-12x+1
即(b2+14a2)x2-a2x2+a2-a2b2=0有惟一解，
所以△=a2b2(a2+4b2-4)=0(ab≠0)，
故a2+4b2-4=0．
又因为e=32，即a2-b2a2=34，
所以a2=4b2．
从而得a2=2，b2=12，
故所求的椭圆方程为x22+2y2=1．
（2）由（1）得c=62，
故F1(-62,0)，F2(62,0)，
从而M(1+64，0)．
x22+2y2=1，
由y=-12x+1
解得x1=x2=1，
所以T(1,12)．
因为tan∠AF1T=62-1，
又tan∠TAM=12，tan∠TMF2=26，
得tan∠ATM=26-121+16=62-1，
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因此∠ATM=∠AF1T．
20.解：证明：因为f'(x)=3x2+2x，
所以曲线y=f(x)在（xn+1, f(xn+1)）处的切线斜率kn+1=3xn+12+2xn+1．
因为过(0, 0)和（xn, f(xn)）两点的直线斜率是xn2+xn，
所以xn2+xn=3xn+12+2xn+1．
因为函数h(x)=x2+x当x>0时单调递增，
而xn2+xn=3xn+12+2xn+1≤4xn+12+2xn+1=(2xn+1)2+2xn+1，
所以xn≤2xn+1，
即xn+1xn≥12，
因此xn=xnxn-1⋅xn-1xn-2x2x1≥(12)n-1．
又因为xn2+xn≥2(xn+12+xn+1)，
令yn=xn2+xn，
则yn+1yn≤12．
因为y1=x12+x1=2，
所以yn≤(12)n-1⋅y1=(12)n-2．
因此xn≤xn2+xn≤(12)n-2，
故(12)n-1≤xn≤(12)n-2．
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