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2006年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
数 学
参考公式：
一组数据的方差 S2?1n[(x1?x)2?(x22?x)???(xn?x)2]其中x为这组数据的平均数
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目
要求的。
（1）已知a?R，函数f(x)?sinx?|a|,x?R为奇函数，则a＝
（A）0
（B）1
（C）－1
（D）±1
（2）圆(x?1)2?(y?3)2?1的切线方程中有一个是
（A）x－y＝0
（B）x＋y＝0
（C）x＝0
（D）y＝0
（3）某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10，11，9.已知这组数据的平均数为10，方
差为2，则｜x－y｜的值为 （A）1
（B）2
（C）3
（D）4
（4）为了得到函数y?2sin(x3??6),x?R的图像，只需把函数y?2sinx,x?R的图像上所有的点
（A）向左平移?6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的13倍（纵坐标不变） （B）向右平移?6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的13倍（纵坐标不变）
（C）向左平移?6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）
（D）向右平移?6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）
（5）(x?13x)10的展开式中含x的正整数指数幂的项数是
（A）0
（B）2
（C）4
（D）6
（6）已知两点M（－2，0）、N（2，0），点P为坐标平面内的动点，满足|MN|?|MP|?MN?MP ＝0，则
动点P（x，y）的轨迹方程为 （A）y2?8x
（B）y2??8x （C）y2?4x
（D）y2??4x
（7）若A、B、C为三个集合，A?B?B?C，则一定有
（A）A?C
（B）C?A
（C）A?C
（D）A??
（8）设a、b、c是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是
（A）|a?b|?|a?c|?|b?c| （B）a2?1a2?a?1a
（C）|a?b|?1a?b?2 （D）a?3?a?1?a?2?a
（9）两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均D 在
正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有 （A）1个 （B）2个 A B C （C）3个
（D）无穷多个
（10）右图中有一个信号源和五个接收器。
接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到图1 信号，否则就不能接收到信号。若将图中左端的六个信号源 接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接
线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是 （A）445 （B）136
（C）
4 815（D）
15 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。不需要写出解答过程，请把答案直接填空
在答题卡相应位置上。
（11）在△ABC中，已知BC＝12，A＝60°，B＝45°，则AC＝ ?（12）设变量x、y满足约束条件?2x?y?2?x?y??1，则z?2x?3y的最大值为
??x?y?1（13）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有 种不同的方法（用数字作答）。 （14）cot20?cos10??3sin10?tan70??2cos40?＝
（15）对正整数n，设曲线y?xn(1?x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为aan，则数列{nn?1}的前n项和的公式是 （16）不等式log12(x?x?6)?3的解集为 三、解答题：本大题共5小题，共70分。请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、
证明过程或演算步骤。 （17）（本小题满分12分，第一小问满分5分，第二小问满分7分）
已知三点P（5，2）、F1（－6，0）、F2（6，0）. （Ⅰ）求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设点P、F'1、F2关于直线y＝x的对称点分别为P?、F1'、F2'，求以F1、F2'为焦点且过点P?的双曲线的标准方程。 O
（18）（本小题满分14分）
请您设计一个帐篷。它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如右图
所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心o1的距离为多少时，帐篷
的体积最大？
O1
（19）（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分） 在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝
1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到?A1EF的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2） （Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；
（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；
（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）
AA1E
（20）（本小题满分16分，第一小问4分，第二小问满分6分，第三小问满分6分）设a为实数，设函数f(x)?a1?x2?1?x?1?x的最大值为g(a)。 （Ⅰ）设t＝1?x?1?x，求t的取值范围，并把f(x)表示为t的函数m(t)
（Ⅱ）求g(a)
（Ⅲ）试求满足g(a)?g(1a)的所有实数a
（21）（本小题满分14分）
设数列{an}、{bn}、{cn}满足：bn?an?an?2，cn?an?2an?1?3an?2（n=1,2,3,…），证明{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn?bn?1（n=1,2,3,…）
数学试题参考答案
（1）A （2）C （3）D （4）C （5）B （6）B （7）A （8）C （9）D（10）D （11）46 （12）18 （13）1 260 （14）2 （15）2n+1 （16）(?3?22,?3?22)?{1}
x2y2??1 . （17） 解：（Ⅰ） 所以所求椭圆的标准方程为
459y2x2??1. （Ⅱ） 所以所求双曲线的标准方程为
2016（18） 解：设OO1为x m，则1?x?4
设题设可得正六棱锥底面边长为（单位：m）
32?(x?1)2?8?2x?x2
V(x)?2313(8?2x?x2)[(x?1)?1]?(16?12x?x3). 2323(12?3x2). 令V?(x)?0，解得x??2（不合题意，舍去） 求导数，得V?(x)?，2x=2
当1?x?2时,V?(x)?0,V(x)为增函数； 当2?x?4时,V?(x)?0,V(x)为减函数。
所以当x=2时，V(x)最大。 （19）（Ⅱ）在图2中，∵A1E不垂直于A1B，∴A1E是平面A1BP的斜线。
又A1E⊥平面BEP， ∴A1E⊥BP，
从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）。 设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于点Q，则 ∠EA1Q就是A1E与平面A1BP所成的角， 且BP⊥A1Q。
在△EBP中， ∵BE=BP=2，∠EBP=60°， ∴△EBP是等边三角形， ∴BE=EP
又A1E⊥平面BEP， ∴A1B=A1P， ∴Q为BP的中点，且EQ?3。
又A1E=1，在Rt△A1EQ中，tan?EAEQ1Q?AE?3, ∴∠EA1Q=60° 1（Ⅲ）在图3中，过F作FM⊥A1P于M，连结QM，QF。 ∵CF=CP=1， ∠C=60°，
∴△FCP是正三角形， ∴PF=1。
又PQ?12BP?1， ∴PF=PQ。 ① ∵A1E⊥平面BEP， EQ?EF?3,
∴A1F=A1Q； ∴△A1FP≌△A1QP 从而∠A1PF=∠A1PQ ②
由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP， ∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ，
从而∠FMQ为二面角B—A1P—F的平面角。 在Rt△A1QP中，A1Q=A1F=2，PQ=1， ∴A1P?5。
∵MQ⊥AA1P， ∴MQ?1Q?PQA?25,MF?251P5?5 在△FCQ中，FC=1，QC=2，∠C=60°，由余弦定理得QF=3。
在△FMQ中，?FMQ?MF2?MQ2?QF22MF?MQ??78 （20） 解：（Ⅰ）∵t?1?x?1?x,∴要使t有意义，必须1?x?0且1?x?0, 即?1?x?1∵t2?2?21?x2?[2,4], t?0 ① ∴t的取值范围是[2,2]
由①得1?x2?12t2?1 ∴m(t)?a(112t2?1)?t?2at2?t?a,t?[2,2] （Ⅱ）由题意知g(a)即为函数m(t)?122at?t?a,t?[2,2]的最大值
注意到直线t??11a是抛物线m(t)?22at?t?a的对称轴，分以下几种情况讨论。
（1）当a>0，函数y?m(t),t?[2,2]的图像是开口向上的抛物线的一段，由
t??1a?0知m(t)在[2,2]上单调递增。∴g(a)?m(2)?a?2
（2）当a=0时，m(t)=t，t?[2,2]， ∴g(a)?2
（3）当a<0时，函数y=m(t)，t?[2,2]的图像是开口向下的抛物线的一段。
若t??1a?(0,2],即a??22, 则g(a)?m(2)?2. 若t??12a?(2,2],即a?(?2,?12], 则g(a)?m(?1a)??a?12a. 若t??1a?(2,??),即a?(?12,0),则g(a)?m(2)?a?2.
??a?2,a??1?2综上有 g(a)????a?1,?2?a??1 ?2a22???2a??22（Ⅲ）解法一：情形1：当a??2时,1a??12,此时g(a)?2,g(1a)?1a?2.
由2?12a?2解得a??1?2,与a??2矛盾。 情形2：当2?a??2时,?22?1a??12，此时g(a)??2， g(1a)??1a1aa?2,由2??a?2解得a??2,与a??2矛盾。 情形3：当?2?a??22时,-2?1a??212，此时g(a)?2?g(a) 所以?2?a??22。
情形4：当?22??a??12时,-2?1a??2，此时g(a)??a?12a g(1a)?2,由?a?12a?2解得a??222,与a??2矛盾。 情形5：当?112?a?0时,a??2，此时g(a)?a?2,g(1a)?2
由a?2?2解得a?2?2,与a??12矛盾。
情形6：当a>0时，1a?0，此时g(a)?a?2,g(11a)?a?2
由a?2?1a?2解得a??1,由a?0知a?1
综上知，满足g(a)?g(12a)的所有实数a为：?2?a??2或a?1
13?2
222112121?a??时,?a?[,),??(,1]，所以?a??, 当?22222a22a112g(a)??a??2(?a)?(?)?2。因此，当a??时,g(a)?2
2a2a2解法二：当a??时, g(a)?a?2?
从而an?1?an?an?3?an?2,即An?An?2(n?1,2,3,?). 由cn?an?2an?1?3an?2,cn?1?an?1?2an?2?3an?3 得cn?1?cn?(an?1?an)?2(an?2?an?1)?3(an?3?an?2)，即
An?2An?1?3An?2?d2. ⑥
由此得An?2?2An?3?3An?4?d2. ⑦ ⑥－⑦得(An?An?2)?2(An?1?An?3)?3(An?2?An?4)?0. ⑧ 当a?0时,1a?0，由g(a)?g(1a)知a?2?1a?2解得a?1
当a?0时,a?1a?1,因此a??1或11a??1,从而g(a)?2或g(a)?2
要使g(a)?g(1a)，必须有a??22,1a??22,即?2?a??22. 此时g(a)?2?g(1a)。综上知，满足g(a)?g(12a)的所有实数a为： ?2?a??2或a?121）证明：必要性. 设{an}是公差为d1的等差数列，则
bn?1?bn?(an?1?an?3)?(an?an?2)?(an?1?an)?(an?3?an?2)?d1?d1?0
所以bn?bn?1(n?1,2,3,?）成立.
又cn?1?cn?(an?1?an)?2(an?2?an?1)?3(an?3?an?2)
?d1?2d1?3d1?6d1（常数）（n=1，2，3，…），所以数列{cn}为等差数列. 充分性，设数列{cn}是公差d2的等差数列，且bn?b1（n=1，2，3，…）. 证法一：
①－②得cn?cn?2?(an?an?2)?2(an?1?an?3)?3(an?2?an?4)
?bn?2bn?1?3bn?2,，
?cn?cn?2?(cn?cn?1)?(cn?1?cn?2)??2d2 ?bn?2bn?1?3bn?2??2d2， ③
从而有bn?1?2bn?2?3bn?3??2d2. ④
④－③得(bn?1?bn)?2(bn?2?bn?1)?3(bn?3?bn?2)?0. ⑤
?bn?1?bn?0,bn?2?bn?1?0,bn?3?bn?2?0，
∴由⑤得bn?1?bn?0(n?1,2,3,?).
由此 不妨设bn?d3(n?1,2,3,?),则an?an?2?d3（常数）. 由此cn?an?2an?1?3an?2?4an?2an?1?3d3， 从而cn?1?4an?1?2an?2?3d3?4an?1?2an?5d3， 两式相减得an?1?cn?2(an?1?an)?2d3， 因此an?1?an?12(c1n?1?cn)?d3?2d2?d3(常数)(n?1,2,3,?)， 所以数列{an}是等差数列.
证法二：令An?an?1?an,由bn?bn?1知an?an?2?an?1?an?3,
因为An?An?2?0,An?1?An?3?0,An?2?An?4?0， 所以由⑧得An?An?2?0(n?1,2,3,?).
于是由⑥得， 4An?2An?1?An?2An?1?3An?2?d2 从而2An?4An?1?4An?1?2An?2?d2. 由⑨和⑩得4An?2An?1?2An?4An?1,故An?1?An,即
an?2?an?1?an?1?an(n?1,2,3,?),
所以数列{an}是等差数列.
⑨ ⑩ （
2006年江苏高考数学试卷及答案
