高考卷 普通高等学校招生全国统一考试 数学 (重庆理) 14页

c b a 2007 年普通高等学校招生全国统一考试 数学 (重庆理) 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， 只有一项是符合题目要求的. （1）若等差数列{ na }的前三项和 93 S 且 11 a ，则 2a 等于（ ） A．3 B.4 C. 5 D. 6 【答案】：A 【分析】：由 3 13 3 3 3 9S a d d     可得 2.d  2 1 3.a a d    （2）命题“若 12 x ，则 11  x ”的逆否命题是（ ） A．若 12 x ，则 1x 或 1x B.若 11  x ，则 12 x C.若 1x 或 1x ，则 12 x D.若 1x 或 1x ，则 12 x 【答案】：D 【分析】：其逆否命题是：若 1x 或 1x ，则 12 x 。 （3）若三个平面两两相交，且三条交线互相平行， 则这三个平面把空间分成（ ） A．5 部分 B.6 部分 C.7 部分 D.8 部分 【答案】：C 【分析】：可用三线 , ,a b c 表示三个平面，如图，将空间分成 7 个部分。 （4）若 n xx )1(  展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项为（ ） A.10 B.20 C.30 D.120 【答案】：B 【分析】： 6 6 2 1 6 62 64 6. .n r r r r r rn T C x x C x          3 4 66 2 0 3 20.r r T C        （5）在 ABC 中， ,75,45,3 00  CAAB 则 BC =（ ） A. 33  B. 2 C.2 D. 33  【答案】：A 【分析】： 0 03, 45 , 75 ,AB A C   由正弦定理得： 3, ,sin sin sin 45 sin 75 6 2 4 a c BC AB A C       3 3.BC   （6）从 5 张 100 元，3 张 200 元，2 张 300 元的奥运预赛门票中任取 3 张， 则所取 3 张中至少有 2 张价格相同的概率为（ ） A． 4 1 B． 120 79 C． 4 3 D． 24 23 【答案】：C 【分析】：可从对立面考虑，即三张价格均不相同， 1 1 1 5 3 2 3 10 31 .4 C C CP C     （7）若 a 是 1+2b 与 1-2b 的等比中项，则 ||2|| 2 ba ab  的最大值为（ ） A. 15 52 B. 4 2 C. 5 5 D. 2 2 【答案】：B 【分析】：a 是 1+2b 与 1-2b 的等比中项，则 2 2 2 21 4 4 1 4 | |.a b a b ab      1| | .4ab  2 2 24 (| | 2 | |) 4 | | 1.a b a b ab     22 2 2 | | 4( ) | | 2 | | 1 4 | |1 4 | | 1 4 | | ab ab ab ab a b abab ab       2 2 4 4 4 1 1( ) ( 2) 4| | | |ab ab ab      1 1| | 4,4 | |ab ab    2 4 2max .| | 2 | | 32 4 ab a b   （8）设正数 a,b 满足 4)( 2 2 lim   baxx x , 则       nn nn n ba aba 21 11 lim （ ） A．0 B． 4 1 C． 2 1 D．1 【答案】：B 【分析】： 2 2 1( ) 4 4 2 4 2 .2limx ax ax b a b a b b            1 1 1 1 1( ) ( ) 12 2 .1 1 12 4( ) 2 ( ) 22 lim lim lim n n n n n n n nn n n a aa aa ab b b aa b a b a              D C B A （9）已知定义域为 R 的函数 f(x)在 ),8(  上为减函数，且函数 y=f(x+8)函数为偶函数， 则（ ） A.f(6)>f(7) B.f(6)>f(9) C.f(7)>f(9) D.f(7)>f(10) 【答案】：D 【分析】：y=f(x+8)为偶函数， ( 8) ( 8).f x f x     即 ( )y f x 关于直线 8x  对称。 又 f(x)在 ),8(  上为减函数，故在 ( ,8) 上为增函数， 检验知选 D。 （10）如图，在四边形 ABCD 中，| | | | | | 4, 0,AB BD DC AB BD BD DC                 4|||||||| DCBDBDAB ，则   ACDCAB )( 的值为（ ） A.2 B. 22 C.4 D. 24 【答案】：C 【分析】： 2( ) ( ) ( ) (| | | |) .AB DC AC AB DC AB BD DC AB DC                   | | | | | | 4, | | | | 2. | |(| | | |) 4, AB BD DC AB DC BD AB DC                    ( ) 4.AB DC AC        二、填空题：本大题共 6 小题，共 24 分，把答案填写在答题卡相应位置上 （11）复数 32 2 i i  的虚部为________. 【答案】： 4 5 【分析】： 3 2 2 2 (2 ) 2 4 2 4 .2 2 5 5 5 5 i i i i i ii i          （12）已知 x,y 满足       1 42 1 x yx yx ， 则函数 z = x+3y 的最大值是________. 【答案】：7 【分析】：画出可行域，当直线过点（1，2）时， max 1 6 7.z    （13）若函数 f(x) = 2 22 1x ax a   的定义域为 R，则 a 的取值范围为_______. 【答案】： 1 0 ， 【分析】： 2 2 02 1 2x ax a    恒成立， 2 2 0x ax a    恒成立， 2(2 ) 4 0 ( 1) 0 1 0.a a a a a           （14）设{ na }为公比 q>1 的等比数列，若 2004a 和 2005a 是方程 24 8 3 0x x   的两根， 则  20072006 aa __________. 【答案】：18 【分析】： 2004a 和 2005a 是方程 24 8 3 0x x   的两根，故有： 2004 2005 1 2 3 2 a a     或 2004 2005 3 2 1 2 a a     （舍）。 3.q  2 2 2006 2007 2005 3( ) (3 3 ) 18.2a a a q q       （15）某校要求每位学生从 7 门课程中选修 4 门，其中甲、乙两门课程不能都选， 则不同的选课方案有___________种。（以数字作答） 【答案】：25 【分析】：所有的选法数为 4 7C ，两门都选的方法为 2 2 2 5C C 。 故共有选法数为 4 2 2 7 2 5 35 10 25.C C C    （16）过双曲线 422  yx 的右焦点 F 作倾斜角为 0105 的直线，交双曲线于 P、Q 两点， 则|FP| |FQ|的值为__________. 【答案】： 8 3 3 【分析】： (2 2,0),F 0tan105 (2 3).k     : (2 3)( 2 2).l y x     代入 422  yx 得： 2(6 4 3) 4 2(7 4 3) 60 32 3 0.x x      设 1 1 2 2 1 2 1 2 4 2(7 4 3) 60 32 3( , ), ( , ). , . 6 4 3 6 4 3 P x y Q x y x x x x        又 2 2 1 2| | 1 | 2 2 |,| | 1 | 2 2 |,FP k x FQ k x      2 1 2 1 2| | | | (1 ) | 2 2( ) 8| 60 32 3 16(7 4 3)(8 4 3) | 8| 6 4 3 6 4 3 (8 4 3)( 4) 8 3 .36 4 3 FP FQ k x x x x                   三、解答题：本大题共６小题，共 76 分,解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）(本小题满分 13 分)设 f (x) = xx 2sin3cos6 2  （1）求 f(x)的最大值及最小正周期； (9 分) （2）若锐角 满足 323)( f ，求 tan  5 4 的值。(4 分) 解：（Ⅰ） 1 cos2( ) 6 3sin 22 xf x x  3cos2 3sin 2 3x x   3 12 3 cos2 sin 2 32 2x x        2 3 cos 2 36x       ． 故 ( )f x 的最大值为 2 3 3 ；最小正周期 2 2T    ． （Ⅱ）由 ( ) 3 2 3f    得 2 3 cos 2 3 3 2 36         ，故 cos 2 16        ． 又由 0 2    得 26 6 6        ，故 2 6     ，解得 5 12    ． 从而 4tan tan 35 3    ． （18）(本小题满分 13 分)某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司 缴纳每辆 900 元的保险金.对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位获 9000 元 的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次）。设这三辆车在一年内发生此种事故的概率 分别为 1 1 1, , ,9 10 11 且各车是否发生事故相互独立,求一年内该单位在此保险中： （1）获赔的概率；(4 分) （2）获赔金额 的分别列与期望。(9 分) 解：设 kA 表示第 k 辆车在一年内发生此种事故， 1 2 3k  ，，．由题意知 1A ， 2A ， 3A 独立， 且 1 1( ) 9P A  ， 2 1( ) 10P A  ， 3 1( ) 11P A  ． （Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为 1 2 3 1 2 3 8 9 10 31 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 9 10 11 11P A A A P A P A P A        ． （Ⅱ） 的所有可能值为 0 ，9000 ，18000 ， 27000 ． 1 2 3 1 2 3 8 9 10 8( 0) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 10 11 11P P A A A P A P A P A        ， 1 2 3 1 2 3 1 2 3( 9000) ( ) ( ) ( )P P A A A P A A A P A A A     1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P A P A P A P A P A P A P A P A   1 9 10 8 1 10 8 9 1 9 10 11 9 10 11 9 10 11          242 11 990 45   ， 1 2 3 1 2 3 1 2 3( 18000) ( ) ( ) ( )P P A A A P A A A P A A A     1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P A P A P A P A P A P A P A P A   1 1 10 1 9 1 8 1 1 9 10 11 9 10 11 9 10 11          27 3 990 110   ， 1 2 3 1 2 3( 27000) ( ) ( ) ( ) ( )P P A A A P A P A P A    1 1 1 1 9 10 11 990     ． 综上知， 的分布列为  0 9000 18000 27000 P 8 11 11 45 3 110 1 990 求 的期望有两种解法： 解法一：由 的分布列得 8 11 3 10 9000 18000 2700011 45 110 990E         29900 2718.1811  ≈ （元）． 解法二：设 k 表示第 k 辆车一年内的获赔金额， 1 2 3k  ，，， 则 1 有分布列 1 0 9000 P 8 9 1 9 故 1 19000 10009E    ． 同理得 2 19000 90010E    ， 3 19000 818.1811E    ． 综上有 1 2 3 1000 900 818.18 2718.18E E E E          （元）． （19）(本小题满分 13 分)如图，在直三棱柱 ABC— 111 CBA 中， 1 2,AA  AB = 1, 090ABC  ；点 D、E 分别在 D、ABB 11 上，且 DAEB 11  ， 四棱锥 1ABDAC  与直三棱柱的体积之比为 3：5。 （1）求异面直线 DE 与 11CB 的距离；(8 分) （2）若 BC = 2 ，求二面角 111 BDCA  的平面角的正切值。(5 分) 解法一：（Ⅰ）因 1 1 1 1B C A B ，且 1 1 1B C BB ，故 1 1B C  面 1 1A ABB ， 从而 1 1 1B C B E ，又 1B E DE ，故 1B E 是异面直线 1 1B C 与 DE 的公垂线． 设 BD 的长度为 x ，则四棱椎 1C ABDA 的体积 1V 为 11 1 1 1 1( ) ( 2)3 6 6ABDAV S BC DB A A AB BC x BC    · · · · ． 而直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积 2V 为 2 1 1 1 2ABCV S AA AB BC AA BC  △ · · · ． 由已知条件 1 2: 3:5V V  ，故 1 3( 2)6 5x   ，解之得 8 5x  ． 从而 1 1 8 22 5 5B D B B DB     ． 在直角三角形 1 1A B D 中， 2 2 2 1 1 1 1 2 291 5 5A D A B B D         ， 又因 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2A B DS A D B E A B B D △ · · ， 故 1 1 1 1 1 2 29 29 A B B DB E A D  · ． （Ⅱ）如答（19）图 1，过 1B 作 1 1B F C D ，垂足为 F ，连接 1A F ，因 1 1 1 1A B B C ， A B C DE 1B 1C1A 答（19）图 1 F 1 1 1A B B D ，故 1 1A B  面 1 1B DC ． 由三垂线定理知 1 1C D A F ，故 1 1A FB 为所求二面角的平面角． 在直角 1 1C B D△ 中， 2 2 2 1 1 1 1 2 3 62 5 5C D B C B D         ， 又因 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2C B DS C D B F B C B D △ · · ， 故 1 1 1 1 1 2 3 9 B C B DB F C D  · ，所以 1 1 1 1 1 3 3tan 2 A BA FB B F   ． 解法二： （Ⅰ）如答（19）图 2，以 B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz ，则 (0 0 0)B ，， ， 1(0 0 2)B ，， ， (01 0)A ，， ， 1(01 2)A ，， ，则 1 (0 0 2)AA  ，， ， (0 1 0)AB   ， ， ． 设 1( 0 2)C a，， ，则 1 1 ( 0 0)B C a ，， ， 又设 0 0(0 )E y z， ， ，则 1 0 0(0 2)B E y z  ， ， ， 从而 1 1 1 0B C B E    ，即 1 1 1B E B C  ． 又 1 1B E DA  ，所以 1B E 是异面直线 1 1B C 与 DE 的公垂线． 下面求点 D 的坐标． 设 (0 0 )D z，， ，则 (0 0 )BD z  ，， ． 因四棱锥 1C ABDA 的体积 1V 为 11 1 1 1 ( )3 6ABDAV S BC BD AA AB BC          1 ( 2) 16 z BC     ． 而直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积 2V 为 2 1 1 1 2ABCV S AA AB BC AA BC         △ ． 由已知条件 1 2: 3:5V V  ，故 1 3( 2)6 5z   ，解得 8 5z  ，即 80 0 5D     ，， ． 从而 1 20 0 5DB       ，， ， 1 201 5DA       ，， ， 0 0 80 5DE y z      ， ， ． 接下来再求点 E 的坐标． 由 1 1B E DA ，有 1 1 0B E DA    ，即 0 0 2 ( 2) 05y z   （1） A ( )B O C DE 1B 1C1A 答（19）图 2 y x z F 又由 1DA DE  ∥ 得 0 0 8 5 21 5 zy   ． （2） 联立（1），（2），解得 0 4 29y  ， 0 48 29z  ，即 4 480 29 29E      ， ， ，得 1 4 100 29 29B E       ， ， ． 故 2 2 1 4 10 2 29 29 29 29B E              ． （Ⅱ）由已知 2BC  ，则 1( 2 0 2)C ，， ，从而 1 2( 2 0 )5DC  ，， ，过 1B 作 1 1B F C D ， 垂足为 F ，连接 1A F ， 设 1 1( 0 )F x z，， ，则 1 1 1( 0 2)B F x z  ，， ，因为 1 1 0B F DC    ，故 1 1 2 42 05 5x z   ……………………………………① 因 1 1 80 5DF x z      ，， 且 1DF DC  ∥ 得 1 1 8 5 22 5 zx   ，即 1 1 2 82 2 05 5x z   ……………………………………② 联立①②解得 1 2 227x  ， 1 44 27z  ，即 2 442 027 27F      ，， ． 则 1 2 102 127 27A F        ， ， ， 1 2 102 027 27B F       ，， ． 2 2 1 2 2 10 2 3| | 27 27 9B F               ． 又 1 1 2 10 22 2 ( 1) 0 027 27 5A F DC           ，故 1 1A F DC ， 因此 1 1A FB 为所求二面角的平面角．又 1 1 (0 1 0)A B   ， ， ，从而 1 1 1 0A B B F    ， 故 1 1A B  1B F ， 1 1A B F△ 为直角三角形，所以 1 1 1 1 1 | | 3 3tan 2| | A BA FB B F     ． （20）(本小题满分 13 分) 已知函数 cbxxaxxf  44 ln)( (x>0)在 x = 1 处取得极值–3–c，其中 a,b,c 为常数。 （1）试确定 a,b 的值；(6 分) （2）讨论函数 f(x)的单调区间；(4 分) （3）若对任意 x>0，不等式 22)( cxf  恒成立，求 c 的取值范围。(3 分) 解：（I）由题意知 (1) 3f c   ，因此 3b c c    ，从而 3b   ． 又对 ( )f x 求导得 3 4 31( ) 4 ln 4f x ax x ax bxx     3 (4 ln 4 )x a x a b   ． 由题意 (1) 0f   ，因此 4 0a b  ，解得 12a  ． （II）由（I）知 3( ) 48 lnf x x x  （ 0x  ），令 ( ) 0f x  ，解得 1x  ． 当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 为减函数； 当 1x  时， ( ) 0f x  ，此时 ( )f x 为增函数． 因此 ( )f x 的单调递减区间为 (01)， ，而 ( )f x 的单调递增区间为 (1 )，∞ ． （III）由（II）知， ( )f x 在 1x  处取得极小值 (1) 3f c   ，此极小值也是最小值， 要使 2( ) 2f x c≥ （ 0x  ）恒成立，只需 23 2c c  ≥ ． 即 22 3 0c c  ≥ ，从而 (2 3)( 1) 0c c  ≥ ，解得 3 2c≥ 或 1c ≤ ． 所以 c 的取值范围为 3( 1] 2       ， ， ． (21)(本小题满分 12 分)已知各项均为正数的数列{ na }的前 n 项和满足 1 1S  ，且 *),2)(1(6 NnaaS nnn  （1）求{ na }的通项公式；(5 分) （2）设数列{ nb }满足 1)12( nb na ，并记 nT 为{ nb }的前 n 项和， 求证： * 2 ),3(log13 NnaT nn  . (7 分) （I）解：由 1 1 1 1 1 ( 1)( 2)6a S a a    ，解得 1 1a  或 1 2a  ，由假设 1 1 1a S  ，因此 1 2a  ， 又由 1 1 1 1 1 1( 1)( 2) ( 1)( 2)6 6n n n n n n na S S a a a a           ， 得 1 1( )( 3) 0n n n na a a a     ， 即 1 3 0n na a    或 1n na a   ，因 0na  ，故 1n na a   不成立，舍去． 因此 1 3n na a   ，从而 na 是公差为 3 ，首项为 2 的等差数列， 故 na 的通项为 3 1na n  ． （II）证法一：由 (2 1) 1nb na   可解得 2 2 2 1 3log 1 log 3 1n nb a n        ； 从而 1 2 2 3 6 3log 2 5 3 1n n nT b b b n            ． 因此 3 2 2 3 6 3 23 1 log ( 3) log 2 5 3 1 3 2n n nT a n n            ． 令 33 6 3 2( ) 2 5 3 1 3 2 nf n n n         ，则 3 2 2 ( 1) 3 2 3 3 (3 3) ( ) 3 5 3 2 (3 5)(3 2) f n n n n f n n n n n            ． 因 3 2(3 3) (3 5)(3 2) 9 7 0n n n n       ，故 ( 1) ( )f n f n  ． 特别地 27( ) (1) 120f n f  ≥ ，从而 2 23 1 log ( 3) log ( ) 0n nT a f n     ． 即 23 1 log ( 3)n nT a   ． 证法二：同证法一求得 nb 及 nT ， 由二项式定理知，当 0c  时，不等式 3(1 ) 1 3c c   成立． 由此不等式有 3 3 3 2 1 1 13 1 log 2 1 1 12 5 3 1nT n                     2 3 3 3log 2 1 1 12 5 3 1n                 2 2 2 5 8 3 2log 2 log (3 2) log ( 3)2 5 3 1 n n n an     ··· · ． 证法三：同证法一求得 nb 及 nT ． 令 3 6 3 4 7 3 1 2 5 3 1 3 6 3n n n nA Bn n   ，·· · ·· · ， 5 8 3 2 4 7 3 1n nC n  ·· · ． 因 3 3 1 3 2 3 1 3 3 1 n n n n n n     ．因此 2 3 +2 2n n n n nA A B C  ． 从而 3 3 2 2 3 6 33 1 log 2 log 22 5 3 1n n nT An        2 2 2log 2 log (3 2) log ( 3)n n n nA B C n a     ． 证法四：同证法一求得 nb 及 nT ． 下面用数学归纳法证明： 23 1 log ( 3)n nT a   ． 当 1n  时， 1 2 273 1 log 4T   ， 2 1 2log ( 3) log 5a   ， 因此 1 2 13 1 log ( 3)T a   ，结论成立． 假设结论当 n k 时成立，即 23 1 log ( 3)k kT a   ． 则当 1n k  时， 1 2 1 1 2 13 1 log ( 3) 3 1 3 log ( 3)k k k k kT a T b a           2 2 1 1log ( 3) log ( 3) 3k k ka a b      3 2 2 (3 3)log (3 5)(3 2) k k k    因 3 2(3 3) (3 5)(3 2) 9 7 0k k k k       ．故 3 2 2 (3 3)log 0(3 5)(3 2) k k k    ． 从而 1 2 13 1 log ( 3)k kT a    ．这就是说，当 1n k  时结论也成立． 综上 23 1 log ( 3)n nT a   对任何 n +N 成立． (22) (本小题满分 12 分)如图，中心在原点 O 的椭圆的右焦点为 F（3，0）， 右准线 l 的方程为：x = 12。 （1）求椭圆的方程；(4 分) （2）在椭圆上任取三个不同点 321 ,, PPP ，使 133221 FPPFPPFPP  ， 证明: || 1 || 1 || 1 321 FPFPFP  为定值，并求此定值。(8 分) 解：（I）设椭圆方程为 2 2 2 2 1x y a b   ． 因焦点为 (3 0)F ， ，故半焦距 3c  ． 又右准线l 的方程为 2ax c  ，从而由已知 2 212 36a ac  ， ， 因此 6a  ， 2 2 27 3 3b a c    ． 故所求椭圆方程为 2 2 136 27 x y  ． （II）记椭圆的右顶点为 A ，并设 i iAFP   （i  1，2，3），不失一般性， 假设 1 20 3  ≤ ，且 2 1 2 3     ， 3 1 4 3     ． 又设点 iP 在l 上的射影为 iQ ，因椭圆的离心率 1 2 ce a   ，从而有 2 cosi i i i i aFP PQ e c FP ec         1 (9 cos )2 i iFP   ( 1 2 3)i  ，， ． 解得 1 2 11 cos9 2 i iFP      ( 1 2 3)i  ，， ． 因此 O F 3P 1P x l 2P y 答（22）图 1Q A 1 1 1 1 2 3 1 1 1 2 1 2 43 cos cos cos9 2 3 3FP FP FP                            ， 而 1 1 1 2 4cos cos cos3 3                 1 1 1 1 1 1 3 1 3cos cos sin cos sin 02 2 2 2           ， 故 1 2 3 1 1 1 2 3FP FP FP    为定值．