高考卷 07 普通高等学校招生全国统一考试 （山东卷）文科数学全解全析 12页

2007 年普通高等学校招生全国统一考试 （山东卷）文科 数学全解全析 第Ⅰ卷（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 50 分，在每小题给出的四个选项中， 选择一个符合题目要求的选项． 1．复数 4 3i 1+2i  的实部是（ ） A． 2 B． 2 C．3 D． 4 【答案】:B【分析】：将原式 (4 3 )(1 2 ) 2 5(1 2 )(1 2 ) i i ii i      ，所以复数的实部为 2。 2．已知集合 11{ 11} | 2 42 xM N x x        Z，， ， ，则 M N  （ ） A．{ 11} ， B．{0} C．{ 1} D．{ 1 0} ， 【答案】:C【分析】：求  11 2 4, 1,02 xN x x Z          。 3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ） A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 【答案】D【分析】： 正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，正确答案为 D。 4．要得到函数 siny x 的图象，只需将函数 cosy x      的图象（ ） A．向右平移   个单位 B．向右平移   个单位 C．向左平移   个单位 D．向左平移   个单位 【答案】A【分析】： 本题看似简单，必须注意到余弦函数是偶函数。注意题中给出的函 数不同名，而 cos cosy x x               sin[ ( )] sin( )2 x x        ，故应选 A。 ①正方形 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥 5．已知向量 (1 ) ( 1 )n n  ， ， ，a b ，若 2 a b 与 b 垂直，则 a （ ） A．1 B． 2 C． 2 D．4 【答案】:C【分析】： 2 (3, )na b = ，由 2 a b 与 b 垂直可得： 2(3, ) ( 1, ) 3 0 3n n n n         ， 2a 。 6．给出下列三个等式： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f xy f x f y f x y f x f y   ， ， ( ) ( )( ) 1 ( ) ( ) f x f yf x y f x f y    ．下列函数中不满足其中任何一个等式的是（ ） A． ( ) 3xf x  B． ( ) sinf x x C． 2( ) logf x x D． ( ) tanf x x 【答案】:B【分析】：依据指、对数函数的性质可以发现 A 满足 ( ) ( ) ( )f x y f x f y  ， C 满足 ( ) ( ) ( )f xy f x f y  ，而 D 满足 ( ) ( )( ) 1 ( ) ( ) f x f yf x y f x f y    ， B 不满足其中任何一个等式. 7．命题“对任意的 3 2 1 0x x x  R， ≤ ”的否定是（ ） A．不存在 3 2 1 0x R x x  ， ≤ B．存在 3 2 1 0x R x x  ， ≤ C．存在 3 2 1 0x R x x   ， D．对任意的 3 2 1 0x R x x   ， 【答案】C【分析】注意两点：（1）全称命题变为特称命题；（2）只对结论进行否定。 8．某班 50 名学生在一次百米测试中，成绩全部介 于 13 秒与 19 秒之间，将测试结果按如下方式分成六 组：每一组，成绩大于等于 13 秒且小于 14 秒；第二 组，成绩大于等于 14 秒且小于 15 秒；……第六组， 成绩大于等于 18 秒且小于等于 19 秒．右图是按上述 分组方法得到的频率分布直方图. 设成绩小于 17 秒 的学生人数占全班人数的百分比为 x ，成绩大于等于 15 秒且小于 17 秒的学生人数为 y ，则从频率分布直方 图中可以分析出 x 和 y 分别为（ ） A． 0.9 35， B． 0.9 45， C． 0.135， D． 0.1 45， 【答 案】 A【分 析】：从频率分布直方图上可以看出 1 (0.06 0.04) 0.9x     ， 50 (0.36 0.34) 35y     . 0 13 14 15 16 17 18 19 秒 频率/组距 0.02 0.04 0.06 0.18 0.34 0.36 9．设 O 是坐标原点， F 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点， A 是抛物线上的一点， FA  与 x 轴正向的夹角为 60 ，则 OA  为（ ） A． 21 4 p B． 21 2 p C． 13 6 p D． 13 36 p 【答案】B【分析】：（利用圆锥曲线的第二定义） 过 A 作 AD x 轴于 D，令 FD m ， 则 2FA m ， 2p m m  ， m p 。 2 2 21( ) ( 3 ) .2 2 pOA p p p     10．阅读右边的程序框图，若输入的 n 是 100，则输出的 变量 S 和T 的值依次是（ ） A．2550，2500 B．2550，2550 C．2500，2500 D．2500，2550 【答案】A.【试题分析】：依据框图可得 100 98 96 ... 2 2550S       ， 99 97 95 ... 1 2500T       。 11．设函数 3y x 与 21 2 x y      的图象的交点为 0 0( )x y， ， 则 0x 所在的区间是（ ） A． (01)， B． (1 2)， C． (2 3)， D． (3 4)， 【答案】B.【试题分析】令 3 2( ) 2 xg x x   ，可求得： (0) 0, (1) 0, (2) 0, (3) 0,g g g g    (4) 0g  。易知函数 ( )g x 的零点所在区间为 (1 2)， 。 12．设集合 {1 2} {1 2 3}A B ，， ，， ，分别从集合 A 和 B 中随机取一个数 a 和b ，确定 平面上的一个点 ( )P a b， ，记“点 ( )P a b， 落在直线 x y n  上”为事件 (2 5 )nC n n N≤ ≤ ， ，若事件 nC 的概率最大，则 n 的所有可能值为（ ） A．3 B．4 C．2 和 5 D．3 和 4 【答案】D【试题分析】事件 nC 的总事件数为 6。只要求出当 n=2,3,4,5 时 开始 输入 n 0 0S T ， 2?x  1n n  T T n  1n n  结束 输出 S，T S S n  否 是 的基本事件个数即可。 当 n=2 时，落在直线 2x y  上的点为（1，1）； 当 n=3 时，落在直线 3x y  上的点为（1,2）、（2,1）； 当 n=4 时，落在直线 4x y  上的点为（1,3）、（2,2）； 当 n=5 时，落在直线 5x y  上的点为（2,3）； 显然当 n=3,4 时，事件 nC 的概率最大为 1 3 。 第Ⅱ卷（共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，答案须填在题中横线上． 13．设函数 1( )f x  1 1 22 2 3( ) ( ) ,x f x x f x x ， ， 则 1 2 3( ( (2007)))f f f  ． 【答案】 1 2007 【分析】： 1 22 2 1 2 1 1 2 3 1 2 1( ( (2007))) ( (2007 )) ((2007 ) ) ((2007 ) )f f f f f f     12007 。 14．函数 1 ( 0 1)xy a a a  ， 的图象恒过定点 A ，若点 A 在直线 1 0( 0)mx ny mn    上，则 1 1 m n  的最小值为 ． 【答案】:4【分析】：函数 1 ( 0 1)xy a a a  , 的图象恒过定点 (1,1)A ， 1 1 1 0m n     ， 1m n  ， , 0m n  ， （方法一）： 12 2m n mn mn     ， 1 1 1 12 2 2 4m n m n       . （方法二）： 1 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 4.n m n mm nm n m n m n m n             15．当 (1 2)x ， 时，不等式 2 4 0x mx   恒成立，则 m 的取值范围是 ． 【答案】 5m   【分析】：构造函数： 2( ) 4,f x x mx   [1 2]x ， 。由于当 (1 2)x ， 时， 不等式 2 4 0x mx   恒成立。则 (1) 0, (2) 0f f  ，即 1 4 0, 4 2 4 0m m       。解得： 5m   。 16．与直线 2 0x y   和曲线 2 2 12 12 54 0x y x y     都相切的 半径最小的圆的标准方程是 ． 【答案】:. 2 2( 2) ( 2) 2x y    【分析】：曲线化为 2 2( 6) ( 6) 18x y    ，其圆心到 直线 2 0x y   的距离为 6 6 2 5 2. 2 d    所求 的最小圆的圆心在直线 y x 上，其到直线的距离为 2 ， 圆 心 坐 标 为 (2,2). 标 准 方 程 为 2 2( 2) ( 2) 2x y    。 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分．解答写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，角 A B C， ， 的对边分别为 tan 3 7a b c C ， ， ， ． （1）求 cosC ； （2）若 5 2CB CA    ，且 9a b  ，求 c ． 解：（1） sintan 3 7 3 7cos CC C    ， 又 2 2sin cos 1C C  解得 1cos 8C   ． tan 0C  ， C 是锐角． 1cos 8C  ． （2） 5 2CB CA    ， 5cos 2ab C  ， 20ab  ． 又 9a b  2 22 81a ab b    ． 2 2 41a b   ． 2 2 2 2 cos 36c a b ab C     ． 6c  ． 18．（本小题满分 12 分） 设{ }na 是公比大于 1 的等比数列， nS 为数列{ }na 的前 n 项和．已知 3 7S  ， 且 1 2 33 3 4a a a ， ， 构成等差数列． （1）求数列{ }na 的等差数列． （2）令 3 1ln 1 2n nb a n  ， ，， ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ． 解：（1）由已知得 1 2 3 1 3 2 7 : ( 3) ( 4) 3 .2 a a a a a a        ， 解得 2 2a  ． 设数列{ }na 的公比为 q ，由 2 2a  ，可得 1 3 2 2a a qq  ， ． 又 3 7S  ，可知 2 2 2 7qq    ， 即 22 5 2 0q q   ， 解得 1 2 12 2q q ， ． 由题意得 1 2q q  ， ． 1 1a  ． 故数列{ }na 的通项为 12n na  ． （2）由于 3 1ln 1 2n nb a n  ， ，， ， 由（1）得 3 3 1 2 n na   3ln 2 3 ln 2n nb n   又 1 3ln 2n nb b   { }nb 是等差数列． 1 2n nT b b b     1( ) (3ln 2 3 ln 2) 3 ( 1) ln 2.2 2 2 nn b b n n n n     故 3 ( 1) ln 22n n nT  ． 19．（本小题满分 12 分） 本公司计划 2008 年在甲、乙两个电视台做总时间不超过 300 分钟的广告，广告总费用 不超过 9 万元．甲、乙电视台的广告收费标准分别为500 元/分钟和 200 元/分钟．假定甲、 乙两个电视台为该公司所做的每分钟广告，能给公司带来的收益分别为 0.3 万元和 0.2 万 元．问该公司如何分配在甲、乙两个电视台的广告时间，才能使公司的收益最大，最大收益 是多少万元？ 解：设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为 x 分钟和 y 分钟，总收益为 z 元， 由题意得 300 500 200 90000 0 0. x y x y x y         ， ， ， 目标函数为 3000 2000z x y  ． 二元一次不等式组等价于 300 5 2 900 0 0. x y x y x y         ， ， ， 作出二元一次不等式组所表示的平面区域，即可行域． 如图： 作直线 :3000 2000 0l x y  ， 即3 2 0x y  ． 平移直线l ，从图中可知，当直线l 过 M 点时，目标函数取得最大值． 联立 300 5 2 900. x y x y      ， 解得 100 200x y ， ． 点 M 的坐标为 (100 200)， ． max 3000 2000 700000z x y    （元） 答：该公司在甲电视台做 100 分钟广告，在乙电视台做 200 分钟广告，公司的收益最大， 最大收益是 70 万元． 0 100 200 300 100 200 300 400 500 y x l M 20．（本小题满分 12 分） 如图，在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，已知 1 2 2DC DD AD AB   ， AD DC AB DC⊥ ， ∥ ． （1）求证： 1 1D C AC⊥ ； （2）设 E 是 DC 上一点，试确定 E 的位置， 使 1D E ∥平面 1A BD ，并说明理由． （1）证明：在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 连结 1C D ， 1DC DD ， 四边形 1 1DCC D 是正方形． 1 1DC D C ⊥ ． 又 AD DC⊥ ， 1 1AD DD DC DD D⊥ ， ⊥ ， AD ⊥平面 1 1DCC D ， 1D C  平面 1 1DCC D ， 1AD D C ⊥ ． 1AD DC  ， 平面 1ADC ， 且 AD DC D⊥ ， 1D C ⊥平面 1ADC ， 又 1AC  平面 1ADC ， 1D C AC 1⊥ ． （2）连结 1AD ，连结 AE ， 设 1 1AD A D M ， BD AE N ，连结 MN ， 平面 1AD E  平面 1A BD MN ， 要使 1D E ∥平面 1A BD ， B CD A 1A 1D 1C 1B B CD A 1A 1D 1C 1B M E B CD A 1A 1D 1C 1B 须使 1MN D E∥ ， 又 M 是 1AD 的中点． N 是 AE 的中点． 又易知 ABN EDN△ ≌△ ， AB DE  ． 即 E 是 DC 的中点． 综上所述，当 E 是 DC 的中点时，可使 1D E ∥平面 1A BD ． 21．（本小题满分 12 分） 设函数 2( ) lnf x ax b x  ，其中 0ab  ． 证明：当 0ab  时，函数 ( )f x 没有极值点；当 0ab  时， 函数 ( )f x 有且只有一个极值点，并求出极值． 证明：因为 2( ) ln 0f x ax b x ab  ， ，所以 ( )f x 的定义域为 (0 ) ， ． ( )f x 222 b ax bax x x    ． 当 0ab  时，如果 0 0 ( ) 0 ( )a b f x f x  ， ， ， 在 (0 ) ， 上单调递增； 如果 0 0 ( ) 0 ( )a b f x f x  ， ， ， 在 (0 ) ， 上单调递减． 所以当 0ab  ，函数 ( )f x 没有极值点． 当 0ab  时， 2 2 2( ) b ba x xa af x x             令 ( ) 0f x  ， 得 1 (0 )2 bx a      ， （舍去）， 2 (0 )2 bx a     ， ， 当 0 0a b ， 时， ( ) ( )f x f x ， 随 x 的变化情况如下表： x 0 2 b a      ， 2 b a  2 b a        ， ( )f x  0  ( )f x  极小值  从上表可看出， 函数 ( )f x 有且只有一个极小值点，极小值为 1 ln2 2 2 b b bf a a                   ． 当 0 0a b ， 时， ( ) ( )f x f x ， 随 x 的变化情况如下表： x 0 2 b a      ， 2 b a  2 b a        ， ( )f x  0  ( )f x  极大值  从上表可看出， 函数 ( )f x 有且只有一个极大值点，极大值为 1 ln2 2 2 b b bf a a                   ． 综上所述， 当 0ab  时，函数 ( )f x 没有极值点； 当 0ab  时， 若 0 0a b ， 时，函数 ( )f x 有且只有一个极小值点，极小值为 1 ln2 2 b b a          ． 若 0 0a b ， 时，函数 ( )f x 有且只有一个极大值点，极大值为 1 ln2 2 b b a          ． 22．（本小题满分 14 分） 已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为 3， 最小值为 1． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若直线 :l y kx m  与椭圆 C 相交于 A B， 两点（ A B， 不是左右顶点），且以 AB 为直径的图过椭圆 C 的右顶点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标． 解：（I）由题意设椭圆的标准方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 由已知得： 3a c  ， 1a c  ， 2a  ， 1c  ， 2 2 2 3b a c    椭圆的标准方程为 2 2 14 3 x y  （Ⅱ）设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ， 联立 2 2 1.4 3 y kx m x y     ， 得 2 2 2(3 4 ) 8 4( 3) 0k x mkx m     ， 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 64 16(3 4 )( 3) 0 3 4 0 8 3 4 4( 3) .3 4 m k k m k m mkx x k mx x k                   ，即 ，则 ， 又 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3( 4 )( )( ) ( ) 3 4 m ky y kx m kx m k x x mk x x m k          ， 因为以 AB 为直径的圆过椭圆的右焦点 (2 0)D ， ， 1AD BDk k   ，即 1 2 1 2 12 2 y y x x    ， 1 2 1 2 1 22( ) 4 0y y x x x x      ， 2 2 2 2 2 2 3( 4 ) 4( 3) 16 4 03 4 3 4 3 4 m k m mk k k k         ， 2 27 16 4 0m mk k    解得： 1 2m k  ， 2 2 7 km   ，且均满足 2 23 4 0k m   ， 当 1 2m k  时，l 的方程为 ( 2)y k x  ，直线过定点 (2 0)， ，与已知矛盾； 当 2 2 7 km   时，l 的方程为 2 7y k x     ，直线过定点 2 07      ， 所以，直线l 过定点，定点坐标为 2 07      ，