高考卷 普通高等学校招生考试江西 文科数学 11页

2007 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 文科数学 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 4 页，共 150 分． 第 I 卷 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上 粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．第 I 卷每小题选出答案后，用 2Ｂ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．第 II 卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作 答，若在试题卷上作答，答案无效． 3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件 A B， 互斥，那么 球的表面积公式 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   24πS R 如果事件 A B， 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 ( ) ( ) ( )P A B P A P B  球的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发的概率是 P ，那么 34 π3V R n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 ( ) (1 )k k n k n nP k C P P   其中 R 表示球的半径 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．若集合  01M  ， ，  01 2 3 4 5I  ，，，，， ，则 I Mð 为（ ） Ａ． 01， Ｂ． 2 3 4 5，，， Ｃ． 0 2 3 4 5，，，， Ｄ． 1 2 3 4 5，，，， 解析： I Mð = 2 3 4 5，，， ，选 B. 2．函数 5tan(2 1)y x  的最小正周期为（ ） Ａ． π 4 Ｂ． π 2 Ｃ． π Ｄ． 2π 解析： ,2T  选 B. 3．函数 1( ) lg 4 xf x x   的定义域为（ ） Ａ． (1 4)， Ｂ．[1 4)， Ｃ． ( 1) (4 )  ， ， Ｄ． ( 1] (4 )  ， ， 解析： 1 0 (1 )( 4) 0, 1 4.4 x x x xx          选 A. 4．若 tan 3  ， 4tan 3   ，则 tan( )  等于（ ） Ａ． 3 Ｂ． 1 3  Ｃ．3 Ｄ． 1 3 解析： 43tan tan 13tan( ) .41 tan tan 31 3 3            所以选 D. 5．设 2 9 2 11 0 1 2 11( 1)(2 1) ( 2) ( 2) ( 2)x x a a x a x a x          ， 则 0 1 2 11a a a a    的值为（ ） Ａ． 2 Ｂ． 1 Ｃ．1 Ｄ． 2 解析：令 2x  =1，右边为 0 1 2 11a a a a    ；左边把 1x   代入 2 9 9( 1)(2 1) 2( 1) 2x x      ， 0 1 2 11 2.a a a a       选 A. 6．一袋中装有大小相同，编号分别为1 2 3 4 5 6 7 8，，，，，，，的八个球，从中有放回．．．地每次取一个球， 共取 2 次，则取得两个球的编号和不小于．．．15 的概率为（ ） Ａ． 1 32 Ｂ． 1 64 Ｃ． 3 32 Ｄ． 3 64 解析：从中有放回地取 2 次，所取号码共有 8*8=64 种，其中和不小于 15 的有 3 种， 分别是（7，8），（8，7），（8，8），故所求概率为 3 .64P  选 D. 7．连接抛物线 2 4x y 的焦点 F 与点 (1 0)M ， 所得的线段与抛物线交于点 A ， 设点O 为坐标原点，则三角形OAM 的面积为（ ） Ａ． 1 2  Ｂ． 3 22  Ｃ．1 2 Ｄ． 3 22  解析：线段 FM 所在直线方程 1x y  与抛物线交于 0 0( , ),A x y 则： 02 1 3 2 2. 4 x y y x y       1 1 (3 2 2)2OAMS      3 22  ，选 B. 8．若 π0 2x  ，则下列命题正确的是（ ） Ａ． 2sin πx x Ｂ． 2sin πx x Ｃ． 3sin πx x Ｄ． 3sin πx x 解析： 1 2 1 3 1sin , , ,6 2 6 3 6 2x x          取 右边 显然 A、C、D 不正确，选 B. 9．四面体 ABCD 的外接球球心在CD 上，且 2CD  ， 3AB  ， 在外接球面上两点 A B， 间的球面距离是（ ） Ａ． π 6 Ｂ． π 3 Ｃ． 2π 3 Ｄ． 5π 6 解析：由球心在CD 上，且 2CD  ，得球的半径 R=1， 1OA OB   2 2 21 1 ( 3) 1 2 2, . .2 1 1 2 3 3COS AOB AOB l R             选 C. 10．设 3 2: ( ) 2 1p f x x x mx    在 ( )  ， 内单调递增， 4: 3q m≥ ， 则 p 是 q 的（ ） Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 解析： ( )f x 在 ( )  ， 内单调递增，则 ( )f x 在 ( )  ， 上恒成立。 23 4 0 0x x m      从而 4 3m≥ ；反之， 4: 3q m ≥ ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ( )  ， 内单调递增，选 C. 11．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口 半径相等的圆口酒杯，如图所示. 盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余 酒的高度从左到右依次为 1h ， 2h ， 3h ， 4h ，则它们的大小关系正确的是（ ） Ａ． 2 1 4h h h  Ｂ． 1 2 3h h h  Ｃ． 3 2 4h h h  Ｄ． 2 4 1h h h  解析：观察图形可知体积减少一半后，下部越细剩余酒的高度越高， 最高为 2h ，最低为 4h ，应有 2 1 4h h h  . 选 A. 12．设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 1e 2  ，右焦点为 ( 0)F c， ， 方程 2 0ax bx c   的两个实根分别为 1x 和 2x ，则点 1 2( )P x x， （ ） Ａ．必在圆 2 2 2x y  上 Ｂ．必在圆 2 2 2x y  外 Ｃ．必在圆 2 2 2x y  内 Ｄ．以上三种情形都有可能 解析：由 1e 2  = a c 得 a=2c，b= c3 ，所以 2 1,2 3 2121  a cxxa bxx ， 所以点 1 2( )P x x， 到圆心（0，0）的距离为 24 714 32)( 21 2 21 2 2 2 1  xxxxxx ， 所以点 P 在圆内，选 C. 第 II 卷 注意事项： 第 II 卷 2 页，须要黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试卷题上作答， 答案无效． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．请把答案填在答题卡上． 13．在平面直角坐标系中，正方形OABC 的对角线OB 的两端点 分别为 (0 0)O ， ， (11)B ， ，则 AB AC    ． 解析： (0,1) ( 1,1) 0 ( 1) 1 1 1.AB AC            14．已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 12 21S  ，则 2 5 8 11a a a a    ． 解析：由题意得 1 12 12 1 12 712 21, ,2 2 a aS a a      2 5 8 11 7 7 7.2 2a a a a      15．已知函数 ( )y f x 存在反函数 1( )y f x ，若函数 (1 )y f x  的图象经过点 (31)， ， 则函数 1( )y f x 的图象必经过点 ． 解析：若函数 (1 )y f x  的图象经过点 (31)， ，则有 11 (3 1) (4) 1 (1) 4.f f f       所以函数 1( )y f x 的图象必经过点 (1 4)， . 16．如图，正方体 1AC 的棱长为 1，过点 A 作平面 1A BD 的垂线，垂足为点 H ． 有下列四个命题 Ａ．点 H 是 1A BD△ 的垂心 Ｂ． AH 垂直平面 1 1CB D Ｃ．二面角 1 1 1C B D C  的正切值为 2 Ｄ．点 H 到平面 1 1 1 1A B C D 的距离为 3 4 其中真命题的代号是 ．（写出所有真命题的代号） A D 1D 1C 1A 1B B H C 解析：因为三棱锥 A— 1A BD 是正三棱锥，故顶点 A 在底面的射映是底面中心，A 正确； 面 1A BD ∥面 1 1CB D ，而 AH 垂直平面 1A BD ，所以 AH 垂直平面 1 1CB D ，B 正确； 连接 1 1 1 1 1AC B D O COC   即为二面角 1 1 1C B D C  的平面角, 1tan 2, 2 2    C 正确; 对于 D, 连接 1 1,AC AC  面 1A BD ,故点 H 是 1AC 的三等分点,故点 H 到平面 1 1 1 1A B C D 的距离为 1 2 2 .3 3AA  从而 D 错. 则应填 A，B，C. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 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 12 分） 已知函数 2 1 (0 ) ( ) 2 1 ( 1) x c cx x c f x c x         ≤ 满足 2 9( ) 8f c  ． （1）求常数 c 的值； （2）解不等式 2( ) 18f x   ． 解：（1）因为 0 1c  ，所以 2c c ；由 2 9( ) 8f c  ，即 3 91 8c   ， 1 2c  ． （2）由（1）得 4 1 112 2( ) 2 1 1x x x f x x                  ， ， ≤ 由 2( ) 18f x   得， 当 10 2x  时，解得 2 1 4 2x  ， 当 1 12 x ≤ 时，解得 1 5 2 8x ≤ ， 所以 2( ) 18f x   的解集为 2 5 4 8x x         ． 18．（本小题满分 12 分） 如图，函数 π2cos( )( 0 )2y x x     R，≤ ≤ 的图象与 y 轴相交于点 (0 3)， ， 且该函数的最小正周期为  ． （1）求 和 的值； （2）已知点 π 02A     ， ，点 P 是该函数图象上一点，点 0 0( )Q x y， 是 PA 的中点，当 0 3 2y  ， π[ π)2x ， 时，求 0x 的值． 解：（1）将 0x  ， 3y  代入函数 2cos( )y x   中得 3cos 2   ， 因为 π0 2 ≤ ≤ ，所以 π 6   ． 由已知 πT  ，且 0  ，得 2π 2π 2T π     ． （2）因为点 π 02A     ， ， 0 0( )Q x y， 是 PA 的中点， 0 3 2y  ． 所以点 P 的坐标为 0 π2 32x    ， ． 又因为点 P 在 π2cos 2 6y x     的图象上，且 0 π π2 x≤ ≤ ，所以 0 5π 3cos 4 6 2x     ， 0 7π 5π 19π46 6 6x ≤ ≤ ，从而得 0 5π 11π4 6 6x   或 0 5π 13π4 6 6x   ， 即 0 2π 3x  或 0 3π 4x  ． 19．（本小题满分 12 分） 栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗．．，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗．． 的概率分别为 0.6 ， 0.5，移栽后成活．．的概率分别为 0.7 ， 0.9 ． （1）求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗．．的概率； （2）求恰好有一种果树能培育成苗．．且移栽成活．．的概率． 解：分别记甲、乙两种果树成苗为事件 1A ， 2A ；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活 为事件 1B ， 2B ， 1( ) 0.6P A  ， 2( ) 0.5P A  ， 1( ) 0.7P B  ， 2( ) 0.9P B  ． （1）甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为 1 2 1 2( ) 1 ( ) 1 0.4 0.5 0.8P A A P A A       ； y x 3 O A P （2）解法一：分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件 A B， ， 则 1 1( ) ( ) 0.42P A P A B  ， 2 2( ) ( ) 0.45P B P A B  ． 恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为 ( ) 0.42 0.55 0.58 0.45 0.492P AB AB      ． 解法二：恰好有一种果树栽培成活的概率为 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2( ) 0.492P A B A A B A B A A B A A B B    ． 20．（本小题满分 12 分） 右图是一个直三棱柱（以 1 1 1A B C 为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为 ABC ．已知 1 1 1 1 1A B B C  ， 1 1 1 90A B C   ， 1 4AA  ， 1 2BB  ， 1 3CC  ． （1）设点O 是 AB 的中点，证明：OC ∥平面 1 1 1A B C ； （2）求 AB 与平面 1 1AAC C 所成的角的大小； （3）求此几何体的体积． 解法一： （1）证明：作 1OD AA∥ 交 1 1A B 于 D ，连 1C D ． 则 1 1OD BB CC∥ ∥ ， 因为 O 是 AB 的中点， 所以 1 1 1 1 ( ) 32OD AA BB CC    ． 则 1ODC C 是平行四边形，因此有 1OC C D∥ ， 1C D  平面 1 1 1C B A ，且OC  平面 1 1 1C B A 则OC ∥面 1 1 1A B C ． （2）解：如图，过 B 作截面 2 2BA C ∥面 1 1 1A B C ，分别交 1AA ， 1CC 于 2A ， 2C ， 作 2 2BH A C⊥ 于 H ， 因为平面 2 2A BC ⊥平面 1 1AAC C ，则 BH ⊥面 1 1AAC C ． 连结 AH ，则 BAH∠ 就是 AB 与面 1 1AAC C 所成的角． A B C O 1A 1B 1C 1B 1C D 1A B 2C C HO 2A A 因为 2 2BH  ， 5AB  ，所以 10sin 10 BHBAH AB  ∠ ． AB 与面 1 1AAC C 所成的角为 10arcsin 10BAH ∠ ． （3）因为 2 2BH  ，所以 2 2 2 2 1 3B AA C C AA C CV S BH   ． 1 1 2 1(1 2) 23 2 2 2     ． 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 12A B C A BC A B CV S BB    △ ． 所求几何体的体积为 2 2 1 1 1 2 2 3 2B AA C C A B C A BCV V V    ． 解法二： （1）证明：如图，以 1B 为原点建立空间直角坐标系，则 (01 4)A ，， ， (0 0 2)B ，， ， (1 0 3)C ，， ， 因为 O 是 AB 的中点，所以 10 32O     ，， ， 11 02OC       ， ， ， 易知， (0 01)n  ，， 是平面 1 1 1A B C 的一个法向量． 由 0OC n    且OC  平面 1 1 1A B C 知OC ∥平面 1 1 1A B C ． （2）设 AB 与面 1 1AAC C 所成的角为 ． 求得 1 (0 0 4)A A  ，， ， 1 1 (1 1 0)AC   ， ， ． 设 ( )m x y z ， ， 是平面 1 1AAC C 的一个法向量，则由 1 1 1 0 0 A A m AC m          得 0 0 z x y     ， 取 1x y  得： (11 0)m  ，， ． 又因为 (0 1 2)AB    ， ， 所以， cos m  ， 10 10 m ABAB m AB         则 10sin 10   ． 1A 1B 1C xB z C O A y 所以 AB 与面 1 1AAC C 所成的角为 10arcsin 10 ． （3）同解法一 21．（本小题满分 12 分） 设 na 为等比数列， 1 1a  ， 2 3a  ． （1）求最小的自然数 n ，使 2007na ≥ ； （2）求和： 2 1 2 3 2 1 2 3 2 n n nT a a a a      ． 解：（1）由已知条件得 1 12 1 1 3 n n n aa a         ， 因为 6 73 2007 3  ，所以，使 2007na ≥ 成立的最小自然数 8n  ． （2）因为 2 2 3 2 1 1 2 3 4 2 1 3 3 3 3n n nT       ，…………① 2 2 3 4 2 1 2 1 1 2 3 4 2 1 2 3 3 3 3 3 3 3n n n n nT         ，…………② ① ② 得： 2 2 3 2 1 2 4 1 1 1 1 213 3 3 3 3 3n n n nT        2 2 11 23 1 31 3 n n n    2 2 3 3 3 8 4 3 n n n    。 所以 2 2 2 2 3 9 24 16 3 n n n nT     ． 22．（本小题满分 14 分） 设动点 P 到点 1( 1 0)F  ， 和 2 (1 0)F ， 的距离分别为 1d 和 2d ， 1 2 2F PF ∠ ，且存在常数 (0 1)   ，使得 2 1 2 sind d   ． （1）证明：动点 P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方 程； （2）如图，过点 2F 的直线与双曲线 C 的右支 交于 A B， 两点．问：是否存在  ，使 1F AB△ 是以点 B 为直角顶点的等腰直角三角形？ 若存在，求出  的值；若不存在，说明理由． 1F y x2FO A P B 解：（1）在 1 2PF F△ 中， 1 2 2F F  2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 24 2 cos2 ( ) 4 sind d d d d d d d       2 1 2( ) 4 4d d    1 2 2 1d d    （小于 2 的常数） 故动点 P 的轨迹 C 是以 1F ， 2F 为焦点，实轴长 2 2 1a   的双曲线． 方程为 2 2 11 x y    ． （2）方法一：在 1AF B△ 中，设 1 1AF d ， 2 2AF d ， 1 3BF d ， 2 4BF d ． 假设 1AF B△ 为等腰直角三角形，则 1 2 3 4 3 4 2 1 3 2 3 4 2 2 2 πsin 4 d d a d d a d d d d d d d                    ① ② ③ ④ ⑤ 由②与③得 2 2d a ， 则 1 3 4 3 4 2 2 2 2( 2 1) d a d a d d a a         由⑤得 3 4 2d d  ， 24 2( 2 1) 2a   ， (8 4 2)(1 ) 2    ， 12 2 2 (01)17    ， 故存在 12 2 2 17   满足题设条件． 方法二：（1）设 1AF B△ 为等腰直角三角形，依题设可得 2 1 21 2 2 1 2 1 2 2 2 2πsin π8 2 11 cos 4πsin 24 AF AFAF AF BF BF BF BF                     ， 所以 1 2 1 2 1 πsin ( 2 1)2 4AF FS AF AF   △ ， 1 2 1 2 1 2BF FS BF BF  △ ． 则 1 (2 2)AF BS  △ ．① 由 1 2 1 2 2 2 2 1AF F BF F S AF S BF   △ △ ，可设 2BF d ， 则 2 ( 2 1)AF d  ， 1 (2 2)BF AB d   ． 则 1 2 2 21 1 (2 2)2 2AF BS AB d  △ ．② 由①②得 2(2 2) 2d   ．③ 根据双曲线定义 1 2 2 2 1BF BF a     可得， ( 2 1) 2 1d    ． 平方得： 2 2( 2 1) 4(1 )d    ．④ 由③④消去 d 可解得， 12 2 2 (01)17    ， 故存在 12 2 2 17   满足题设条件．