《2006年广东高考数学试题及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2006年广东高考数学试题及答案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2006200620062006 年高考广东卷年高考广东卷年高考广东卷年高考广东卷(B)(B)(B)(B)第一部分第一部分第一部分第一部分 选择题（选择题（选择题（选择题（50505050 分）分）分）分）1、函数的定义域是) 13lg( 13)(2 +=xxxxfA.B.C.D.),31(+) 1 ,31()31,31()31,(1、解：由，故选 B.131 01301+xxx2、若复数满足方程，则z022=+z=3zA.B.C.D.2222i 22i 222、由，故选 D.izizz2220232=+ 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.B.C.D.Rxxy=,3Rxx
2、y=,sinRxxy= ,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.B.BABC21+BABC21C.D.BABC21BABC21+4、，故选 A.BABCBDCBCD21+=+=5、给出以下四个命题 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; 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; 如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平
3、行;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.1 5、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、，故选 C.3302551520511= =+=+ddada7、函数的反函数的图象与 y 轴交于点(如图 2 所示)，则方程)(xfy=)(1xfy=)2 , 0(P的根是0)(=xf=xA. 4B. 3C. 2D.17、的根是2，故选 C0)(=xf=x8、已知双曲线,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9322=yx离之比
4、等于A.B.C. 2D.423328、依题意可知，故选 C.3293, 322=+=+=baca2332=ace9、在约束条件下，当时， +4200xysyxyx53s目标函数的最大值的变化范围是yxz23 +=A.B.C.D.15, 615, 78 , 68 , 79、由交点为， = =+=+42442sysxxysyx)4 , 0(), 0(),42 ,4(),2 , 0(CsCssBA（1）当时可行域是四边形 OABC，此时，43=xf1x0)(mm得存在且不等于零.mSnnlim(注：无穷等比数列各项的和即当时该无穷数列前 n 项和的极限)n19 解: ()依题意可知, = =3235
5、8119112121qaqaqa()由()知,所以数列的的首项为,公差,1323 =nna)2(T221=at3122=ad,即数列的前 10 项之和为 155.15539102121010=+=S)2(T()=，ib()()121+iiaia()()112iaii()()1321231 iii，=()() 21 32271845 +=nnnSnnmnnnSlim nlim()mnmmnnn nn n21 32271845 +当 m=2 时，=，当 m2 时，=0，所以 m=2mnnnSlim21mnnnSlim20、（本小题满分 12 分）A 是由定义在上且满足如下条件的函数组成的集合：对任
6、意，都4 , 2)(x2 , 1 x有；存在常数，使得对 任意的，都有)2 , 1 ()2(x) 10(LL2 , 1 ,21xx|)2()2(|2121xxLxx（）设，证明：4 , 2,1)(3+=xxxAx)()设,如果存在,使得,那么这样的是唯一的;Ax)()2 , 1 (0x)2(00xx=0x()设,任取,令证明:给定正整数 k,对任意的Ax)()2 , 1 (lx, 2 , 1),2(1 =+nxxnn正整数 p,成立不等式|1|121 xxLLxxkklk+解：对任意,所以2 , 1 x2 , 1 ,21)2(3+=xxx33)2(x35253133)2 , 1 ()2(x对任
7、意的，2 , 1 ,21xx， ()()()()23232132 121211121212|)2()2(| xxxxxxxx +=，所以3()()()()3 23 2132 1112121xxxx+0 ()()()()23 23 2132 11121212xxxx+,令=，32()()()()23 23 2132 11121212xxxx+L10L|)2()2(|2121xxLxx所以Ax)(反证法:设存在两个使得,则0000),2 , 1 (,xxxx)2(00xx=)2(00xx=由，得，所以，|)2()2(|/ 00/ 00xxLxx|/ 00/ 00xxLxx1L矛盾，故结论成立。，所以121223)2()2(xxLxxxx=121 1xxLxxn nn +() ()()|1|1211211xxLLxxxxxxxxkkkpkpkpkpkkpk+=+kkpkpkpkpkxxxxxx+1211123 122xxLxxLpkpk+121xxLk 1211xxLLK
