高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）全解全析 12页

2007 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工 类）全解全析 第 I 卷（共 50 分） 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）“ 1x  ”是“ 2x x ”的（ ） Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 【答案】：A 【分析】：由 2x x 可得 01  xx 或 , 1x  可得到 2x x ,但 2x x 得不到 1x  .故选 A. （2）若函数 ( ) 2sin( )f x x   ， xR （其中 0  ， 2   ） 的最小正周期是  ，且 (0) 3f  ，则（ ） A． 1 2 6    ， B． 1 2 3    ， C． 2 6    ， D． 2 3    ， 【答案】：D 【分析】：由 2 2.T       由 3(0) 3 2sin 3 sin .2f       .2 3      故选 D. （3）直线 2 1 0x y   关于直线 1x  对称的直线方程是（ ） Ａ． 2 1 0x y   Ｂ． 2 1 0x y   Ｃ． 2 3 0x y   Ｄ． 2 3 0x y   【答案】：D 【分析】：解法一(利用相关点法)设所求直线上任一点(x,y),则它关于 1x  对称点为(2-x,y) 在直线 2 1 0x y   上, 0122  yx 化简得 2 3 0x y   故选答案 D. 解法二：根据直线 2 1 0x y   关于直线 1x  对称的直线斜率是互为相反数得答案 A 或 D, 再根据两直线交点在直线 1x  选答案 D. （4）要在边长为 16 米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪 都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为 6 米 的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（ ） Ａ． 3 Ｂ． 4 Ｃ．5 Ｄ． 6 DC BA D' C' A'B' D C B A P1 P2 【答案】B 【分析】：因为龙头的喷洒面积为 36π 113 ， 正方形面积为 256,故至少三个龙头。 由于 2 16R  ，故三个龙头肯定不能 保证整个草坪能喷洒到水。当用四个 龙头时，可将正方形均分四个小正方形， 同时将四个龙头分别放在它们的中心， 由于 2 12 8 2R   ，故可以保证整个草坪能喷洒到水。 （5）已知随机变量 服从正态分布 2(2 )N ， ， ( 4) 0.84P  ≤ ，则 ( 0)P  ≤ （ ） A． 0.16 B． 0.32 C． 0.68 D， 0.84 【答案】：A 【分析】：由 2 2( 4) ( 2 2) ( ) 0.84.P P P        ≤ ≤ ≤ 又 2 2 2 2( 0) ( 2 2) ( ) 1 ( ) 0.16.P P P P               ≤ ≤ ≤ ≤ 故选 A. （6）若 P 两条异面直线l m， 外的任意一点，则（ ） Ａ．过点 P 有且仅有一条直线与l m， 都平行 Ｂ．过点 P 有且仅有一条直线与l m， 都垂直 Ｃ．过点 P 有且仅有一条直线与l m， 都相交 Ｄ．过点 P 有且仅有一条直线与l m， 都异面 【答案】：B 【分析】：设过点P的直线为 n ，若 n 与l、m都平行， 则l、m平行，与已知矛盾，故选项A错误。 由于l、m只有惟一的公垂线，而过点P与 公垂线平行的直线只有一条，故B正确。 对于选项C、D可参考右图的正方体，设AD为直线l， ' 'A B 为直线m; 若点P在P1点，则显然无法作出直线与两直线都相交，故选项C错误。 若P在P2点，则由图中可知直线 ' ' 2CC D P及 均与l、m异面，故选项D错误。 （7）若非零向量 ，a b 满足  a b b ，则（ ） Ａ． 2   a a b Ｂ． 2 2 a a b Ｃ． 2   b a b Ｄ． 2 2 b a b 【答案】：C 【分析】： 2 ,       a b a b+ b a + b b b 由于 ，a b 是非零向量，则必有 a + b b,故上式中等号不成立 。 ∴ 2 2 b a b 。故选 C. （8）设 ( )f x 是函数 ( )f x 的导函数，将 ( )y f x 和 ( )y f x 的图象画在同一个直角坐标 系中，不可能正确的是（ ） 【答案】：D 【分析】：检验易知 A、B、C 均适合，D 中不管哪个为 ( )f x 均不成立。 （9）已知双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x y a ba b    ， 的左、右焦点分别为 1F ， 2F ， P 是准线上一 点，且 1 2PF PF ， 1 2 4PF PF ab ，则双曲线的离心率是（ ） Ａ． 2 Ｂ． 3 Ｃ． 2 Ｄ．3 【答案】：B 【分析】：设准线与 x 轴交于 A 点. 在 21 FPFRt 中,  21 PFPF PAFF 21 , c ab c abPA 2 2 4  又 AFAFPA 21 2  ))(( c acc acc ba 22 2 224  , 化简得 22 3ac  , 3 e 故选答案 B （10）设 2 1 ( ) 1 x x f x x x    ， ≥ ， ， ， ( )g x 是二次函数，若 ( ( ))f g x 的值域是 0 ，∞ ， 则 ( )g x 的值域是（ ） A．   1 1  ∞， ，∞ B．   1 0  ∞， ，∞ C． 0 ，∞ D． 1 ，∞ 【答案】：C 【分析】：要 ( )f  的值域是 0 ，∞ ，则  ( , 1] 0 .   可取 ，∞ 又 ( )g x 是二次函数， 定义域连续，故 ( )g x 不可能同时  ( , 1] 0 .  取 和 ，∞ 结合选项只能选 C. y xO y xO y xO y xO A． B． C． D． 第 II 卷（共 100 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分． （11）已知复数 1 1 iz   ， 1 2 1 iz z   ，则复数 2z  ． 【答案】：i 【分析】： 1 2 2 1 1 i 1 i1 i i.1 iz z z z        （12）已知 1sin cos 5    ，且 3 2 4  ≤ ≤ ，则 cos2 的值是 ． 【答案】： 7 25  【分析】：本题只需将已知式两边平方即可。∵ 1sin cos 5    ∴两边平方得： 2 2 1sin 2sin cos cos 25       ，即 11 sin 2 25   ，∴ 24sin 2 25    2cos2 1 sin 2      7 25  . （13）不等式 2 1 1x x   的解集是 ． 【答案】： (0,2) 【分析】： 2 1 1 2 1 1 ( 1) 2 1 1x x x x x x x              ( 1) 2 1 0 2.2 1 1 x x xx x           （14）某书店有 11 种杂志，2 元 1 本的 8 种，1 元 1 本的 3 种. 小张用 10 元钱买杂志 （每种至多买一本，10 元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 【答案】：266 【分析】：根据题意，可有以下两种情况：①用 10 元钱买 2 元 1 本共有 565 8 C ②用 10 元钱买 2 元 1 本的杂志 4 本和 1 元 1 本的杂志 2 本共有 2103702 3 4 8  CC 故 210+56=266. （15）随机变量 的分布列如下：  1 0 1 P a b c 其中 a b c， ， 成等差数列，若 1.3E  则 D 的值是 ． 【答案】： 5 9 【 分 析 】 ： a b c， ， 成 等 差 数 列 ， 2 ,b a c   有 1,a b c   11 1 .3E a c c a         联立三式得 1 1 1, , ,6 3 2a b c   2 2 21 1 1 1 2 1 5( 1 ) ( ) ( ) .3 6 3 3 3 2 9D          （16）已知点O 在二面角 AB   的棱上，点 P 在 内，且 45POB   ．若对于  内 异于 O 的任意一点Q ，都有 45POQ ≥ ，则二面角 AB   的大小是 ． 【答案】： 090 【分析】：设直线 OP 与平面  所成的角为 ,由最小角原理及 45POQ ≥ 恒成立知,只 有 45 .POB    作 PH AB 于 H, 则 PH  面  ,故 AB   为 090 . （17）设 m 为实数，若  2 2 2 5 0 ( ) 3 0 ( ) 25 0 x y x y x x y x y mx y               ≥ ， ≥ ， ≤ ≥ ， 则 m 的取值范围是 ． 【答案】： 4[0, ]3 【分析】：作图易知,设 ( 5,0), (3,4), (3, 4),A B C  若 0,m  不成立; 故当 0m  且斜率大于等于 4 3OCk   时方成立. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （18）（本题 14 分）已知 ABC△ 的周长为 2 1 ， 且sin sin 2 sinA B C  ． （I）求边 AB 的长； （II）若 ABC△ 的面积为 1 sin6 C ，求角C 的度数． 解：（I）由题意及正弦定理，得 2 1AB BC AC    ， 2BC AC AB  ， 两式相减，得 1AB  ． （II）由 ABC△ 的面积 1 1sin sin2 6BC AC C C  ，得 1 3BC AC  ， 由余弦定理，得 2 2 2 cos 2 AC BC ABC AC BC    2 2( ) 2 1 2 2 AC BC AC BC AB AC BC      ， 所以 60C   ． （19）（本题 14 分）在如图所示的几何体中， EA  平面 ABC ， DB  平面 ABC ， AC BC ， 且 2AC BC BD AE   ， M 是 AB 的中点． （I）求证：CM EM ； （II）求 CM 与平面CDE 所成的角． 本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识， 同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分 14 分． 方法一： （I）证明：因为 AC BC ， M 是 AB 的中点， 所以 CM AB ． 又 EA  平面 ABC ， 所以 CM EM ． （II）解：过点 M 作 MH  平面CDE ，垂足是 H ，连结CH 交延长交 ED 于点 F ， 连结 MF ， MD ． FCM∠ 是直线 CM 和平面CDE 所成的角． 因为 MH  平面CDE ， 所以 MH ED ， 又因为CM  平面 EDM ， 所以 CM ED ， 则 ED  平面CMF ，因此 ED MF ． 设 EA a ， 2BD BC AC a   ， 在直角梯形 ABDE 中， 2 2AB a ， M 是 AB 的中点， 所以 3DE a ， 3EM a ， 6MD a ， 得 EMD△ 是直角三角形，其中 90EMD  ∠ ， 所以 2EM MDMF aDE   ． 在 Rt CMF△ 中， tan 1MFFCM MC  ∠ ， 所以 45FCM  ∠ ， 故CM 与平面CDE 所成的角是 45 ． E D C M A （第 19 题）B E D C M A B E H 方法二： 如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为 x 轴和 y 轴，过点C 作与平面 ABC 垂直的 直线为 z 轴，建立直角坐标系C xyz ，设 EA a ，则 (2 )A a  ，， ， (0 2 0)B a， ， ， (2 0 )E a a，， ． (0 2 2 )D a a， ， ， ( 0)M a a， ， ． （I）证明：因为 ( )EM a a a   ， ， ， ( 0)CM a a ， ， ， 所以 0EM CM    ， 故 EM CM ． （II）解：设向量 0 01 y z ， ，n = 与平面CDE 垂直，则 CE  n ， CD  n ， 即 0CE  n ， 0CD  n ． 因为 (2 0 )CE a a ，， ， (0 2 2 )CD a a ， ， ， 所以 0 2y  ， 0 2x   ， 即 (1 2 2) ，，n ， 2cos 2 CMCM CM      ， nn n ， 直线 CM 与平面CDE 所成的角 是 n与CM  夹角的余角， 所以 45   ， 因此直线 CM 与平面CDE 所成的角是 45 ． （20）（本题 14 分）如图，直线 y kx b  与椭圆 2 2 14 x y  交于 A B， 两点，记 AOB△ 的面积为 S ． （I）求在 0k  ， 0 1b  的条件下， S 的最大值； （II）当 2AB  ， 1S  时，求直线 AB 的方程． A y xO B （第 20 题） E D C MA By z x 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思 想方法和综合解题能力．满分 14 分． （Ⅰ）解：设点 A 的坐标为 1( )x b， ，点 B 的坐标为 2( )x b， ， 由 2 2 14 x b  ，解得 2 1 2 2 1x b  ， ， 所以 1 2 1 2S b x x  22 1b b  2 21 1b b  ≤ ． 当且仅当 2 2b  时， S 取到最大值1． （Ⅱ）解：由 2 2 14 y kx b x y     ， ， 得 2 2 21 2 1 04k x kbx b        ， 2 24 1k b    ， 2 1 1| | 1 | |AB k x x   2 2 2 2 4 11 21 4 k bk k       ． ② 设O 到 AB 的距离为 d ，则 2 1| | Sd AB   ， 又因为 2 | | 1 bd k   ， 所以 2 2 1b k  ，代入②式并整理，得 4 2 1 04k k   ， 解得 2 1 2k  ， 2 3 2b  ，代入①式检验， 0  ， 故直线 AB 的方程是 2 6 2 2y x  或 2 6 2 2y x  或 2 6 2 2y x   ，或 2 6 2 2y x   ． （21）（本题 15 分）已知数列 na 中的相邻两项 2 1 2k ka a ， 是关于 x 的 方程 2 (3 2 ) 3 2 0k kx k x k    的两个根，且 2 1 2 ( 1 2 3 )k ka a k  ≤ ，，， ． （I）求 1a ， 3a ， 5a ， 7a ； （II）求数列 na 的前 2n 项和 2nS ； （Ⅲ）记 sin1( ) 32 sin nf n n       ， (2) (3) (4) ( 1) 1 2 3 4 5 6 2 1 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)f f f f n n n n T a a a a a a a a          … ， 求证： 1 5 ( )6 24nT n  *N≤ ≤ ． 本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分 15 分． （I）解：方程 2 (3 2 ) 3 2 0k kx k x k    的两个根为 1 3x k ， 2 2kx  ， 当 1k  时， 1 23 2x x ， ，所以 1 2a  ； 当 2k  时， 1 6x  ， 2 4x  ，所以 3 4a  ； 当 3k  时， 1 9x  ， 2 8x  ，所以 5 8a  时； 当 4k  时， 1 12x  ， 2 16x  ，所以 7 12a  ． （II）解： 2 1 2 2n nS a a a    2(3 6 3 ) (2 2 2 )nn         2 13 3 2 22 nn n    ． （III）证明： ( 1) 1 2 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 ( 1) f n n n n T a a a a a a a a        ， 所以 1 1 2 1 1 6T a a   ， 2 1 2 3 4 1 1 5 24T a a a a    ．当 3n≥ 时， ( 1) 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 ( 1) 6 f n n n n T a a a a a a        ， 3 4 5 6 2 1 2 1 1 1 1 6 n na a a a a a         ≥ 2 3 1 1 1 1 1 6 6 2 6 2 2 n        ≥ 1 1 1 6 6 2 6n    ， 同时， ( 1) 5 6 7 8 2 1 2 5 1 1 ( 1) 24 f n n n n T a a a a a a        5 6 1 2 2 1 2 5 1 1 1 24 n na a a a a a         ≤ 3 1 5 1 1 1 1 24 9 2 9 2 2 n        ≤ 5 1 5 24 9 2 24n    ． 综上，当 nN* 时， 1 5 6 24nT≤ ≤ ． （22）（本题 15 分）设 3 ( ) 3 xf x  ，对任意实数t ，记 2 3 2( ) 3tg x t x t  ． （I）求函数 8( ) ( )y f x g x  的单调区间； （II）求证：（ⅰ）当 0x  时， ( ) ( )tf x g x 对任意正实数t 成立； （Ⅲ）有且仅有一个正实数 0x ，使得 8 0 0( ) ( )tg x g x≥ 对任意正实数 t 成立． 本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识， 以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分 15 分． （I）解： 3 1643 3 xy x   ．由 2 4 0y x    ，得 2x   ． 因为当 ( 2)x  ， 时， y  0 ， 当 ( 2 2)x  ， 时， 0y  ， 当 (2 )x  ， 时， 0y  ， 故所求函数的单调递增区间是 ( 2) ， ， (2 ) ， ， 单调递减区间是 ( 2 2) ， ． （II）证明：（i）方法一： 令 23 3 2( ) ( ) ( ) ( 0)3 3t xh x f x g x t x t x      ，则 2 2 3( )h x x t   ， 当 0t  时，由 ( ) 0h x  ，得 1 3x t ， 当 1 3( )x x  ， 时， ( ) 0h x  ， 所以 ( )h x 在 (0 ) ， 内的最小值是 1 3( ) 0h t  ． 故当 0x  时， ( ) ( )tf x g x≥ 对任意正实数t 成立． 方法二： 对任意固定的 0x  ，令 2 3 2( ) ( ) ( 0)3th t g x t x t t    ，则 1 1 3 32( ) ( )3h t t x t     ， 由 ( ) 0h t  ，得 3t x ． 当 30 t x  时， ( ) 0h t  ． 当 3t x 时， ( ) 0h t  ， 所以当 3t x 时， ( )h t 取得最大值 3 31( ) 3h x x ． 因此当 0x  时， ( ) ( )f x g x≥ 对任意正实数t 成立． （ii）方法一： 8(2) (2)3 tf g  ． 由（i）得， (2) (2)t tg g≥ 对任意正实数t 成立． 即存在正实数 0 2x  ，使得 (2) (2)x tg g≥ 对任意正实数t 成立． 下面证明 0x 的唯一性： 当 0 2x  ， 0 0x  ， 8t  时， 3 0 0( ) 3 xf x  ， 0 0 16( ) 4 3xg x x  ， 由（i）得， 3 0 0 1643 3 x x  ， 再取 3 0t x ，得 3 0 3 0 0( ) 3x xg x  ， 所以 3 0 3 0 0 0 0 16( ) 4 ( )3 3x x xg x x g x    ， 即 0 2x  时，不满足 0 0( ) ( )x tg x g x≥ 对任意 0t  都成立． 故有且仅有一个正实数 0 2x  ， 使得 0 0( )0 ( )x tg x g x≥ 对任意正实数t 成立． 方法二：对任意 0 0x  ， 0 0 16( ) 4 3xg x x  ， 因为 0( )tg x 关于t 的最大值是 3 0 1 3 x ，所以要使 0 0( ) ( )x tg x g x≥ 对任意正实数成立的充分必要条件是： 3 0 0 16 14 3 3x x ≥ ， 即 2 0 0( 2) ( 4) 0x x  ≤ ， ① 又因为 0 0x  ，不等式①成立的充分必要条件是 0 2x  ， 所以有且仅有一个正实数 0 2x  ， 使得 0 0( ) ( )x tg x g x≥ 对任意正实数t 成立．