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- 2021-06-25 发布
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2007年重庆市高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1. 若等差数列{an}的前三项和S3=9且a1=1，则a2等于（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
2. 命题“若x2<1，则-11或x<-1，则x2>1 D.若x≥1或x≤-1，则x2≥1
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
4. 若(x+1x)n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
5. 在△ABC中，AB=3，A=45∘，C=75∘，则BC=( )
A.3-3 B.2 C.2 D.3+3
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.14 B.79120 C.34 D.2324
7. 若a是1+2b与1-2b的等比中项，则2ab|a|+2|b|的最大值为（ ）
A.2515 B.24 C.55 D.22
8. 设正数a，b满足limx→2(x2+ax-b)=4，则limn→∞an+1+abn-1an-1+2bn=( )
A.0 B.14 C.12 D.1
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)
10. 如图，在四边形ABCD中，|AB→|+|BD→|+|DC→|=4，AB→⋅BD→=BD→⋅DC→=0，|AB→|⋅|BD→|+|BD→|⋅|DC→|=4，则(AB→+DC→)⋅AC→的值为（ ）
A.2 B.22 C.4 D.42
二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）
11. 复数2i2+i3的虚部为________．
12. 已知x，y满足x-y≤12x+y≤4x≥1，则函数z=x+3y的最大值是________．
13. 若函数f(x)=2x2-2ax+a-1的定义域为R，则实数a的取值范围是________．
14. 设{an}为公比q>1的等比数列，若a2004和a2005是方程4x2-8x+3=0的两根，则a2006+a2007=________．
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）
16. 过双曲线x2-y2=4的右焦点F作倾斜角为1050的直线，交双曲线于P、Q两点，则|FP|⋅|FQ|的值为________．
三、解答题（共6小题，满分76分）
17. 设f(x)=6cos2x-3sin2x，
(1)求f(x)的最大值及最小正周期；
(2)若锐角α满足f(α)=3-23，求tan45α的值．
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18. 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19，110，111，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；
（2）获赔金额ξ的分布列与期望．
19. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AB=1，∠ABC=90∘；点D、E分别在BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C-ABDA1与直三棱柱的体积之比为3:5．
(1)求异面直线DE与B1C1的距离；
(2)若BC=2，求二面角A1-DC1-B1的平面角的正切值．
6 / 6
20. 已知函数f(x)=ax4lnx+bx4-c(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；
（2）讨论函数f(x)的单调区间；
（3）若对任意x>0，不等式f(x)≥-2c2恒成立，求c的取值范围．
21. 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1>1，且6Sn=(an+1)(an+2)，n∈N*．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1，并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn+1>log2(an+3)，n∈N*．
22. 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；
(2)在椭圆上任取三个不同点P1，P2，P3，使∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP1，证明：1|FP1|+1|FP2|+1|FP3|为定值，并求此定值．
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参考答案与试题解析
2007年重庆市高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1.A
2.D
3.C
4.B
5.A
6.C
7.B
8.B
9.D
10.C
二、填空题（共6小题，每小题4分，满分24分）
11.45
12.7
13.0≤a≤1
14.18
15.25
16.833
三、解答题（共6小题，满分76分）
17.解：(I)f(x)=61+cos2x2-3sin2x
=3cos2x-3sin2x+3
=23(32cos2x-12sin2x)+3
=23cos(2x+π6)+3
故f(x)的最大值为23+3；最小正周期T=2π2=π
(II)由f(α)=3-23得23cos(2α+π6)+3=3-23，故cos(2α+π6)=-1
又由0<α<π2得π6<2α+π6<π+π6，故2α+π6=π，解得α=512π．
从而tan45α=tanπ3=3．
18.解：（1）设Ak表示第k辆车在一年内发生此种事故，k=1，2，3，
由题意知A1，A2，A3独立，且P(A1)=19，P(A2)=110，P(A3)=111
∵ 该单位一年内获赔的对立事件是A1，A2，A3都不发生，
∴ 该单位一年内获赔的概率为1-P(A1¯A2¯A3¯)=1-P(A1¯)P(A2¯)P(A3¯)=1-89×910×1011=311．
(II)ξ的所有可能值为0，9000，18000，27000
P(ξ=0)=P(A1¯A2¯A3¯)=P(A1¯)P(A2¯)P(A3¯)=89×910×1011=811，
P(ξ=9000)=P(A1A2¯A3¯)+P(A1¯A2A3¯)+P(A1¯A2¯A3)
=P(A1)P(A2¯)P(A3¯)+P(A1¯)P(A2)P(A3¯)+P(A1¯)P(A2¯)P(A3)
=19×910×1011+89×110×1011+89×910×111=242990=1145，
P(ξ=18000)=P(A1A2A3¯)+P(A1A2¯A3)+P(A1¯A2A3)
=P(A1)P(A2)P(A3¯)+P(A1)P(A2¯)P(A3)+P(A1¯)P(A2)P(A3)
=19×110×1011+19×910×111+89×110×111=27990=3110，
P(ξ=27000)=P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)
=19×110×111=1990，
综上知，ξ的分布列为
6 / 6
ζ
0
9000
18000
27000
P
811
1145
3110
1990
设ξk表示第k辆车一年内的获赔金额，k=1，2，3，则ξ1有分布列
ζ1
0
9000
P
89
19
∴ Eξ1=9000×19=1000
同理得Eξ2=9000×110=900，Eξ3=9000×111≈818.18
综上有Eξ=Eξ1+Eξ2+Eξ3≈1000+900+818.18=2718.18（元）
19.解：(I)因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，故B1C1⊥面A1ABB1，
从而B1C1⊥B1E，又B1E⊥DE，故B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线
设BD的长度为x，则四棱椎C-ABDA1的体积V1为V1=13SABDA1⋅BC=16(DB+A1A)⋅AB⋅BC=16(x+2)⋅BC
而直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V2为V2=S△ABC⋅AA1=12AB⋅BC⋅AA1=BC
由已知条件V1:V2=3:5，故16(x+2)=35，解之得x=85
从而B1D=B1B-DB=2-85=25
在直角三角形A1B1D中，A1D=A1B12+B1D2=1+(25)2=295，
又因S△A1B1D=12A1D⋅B1E=12A1B1⋅B1D，
故B1E=A1D˙=22929
(II)如图1，过B1作B1F⊥C1D，垂足为F，连接A1F，因A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．
由三垂线定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1为所求二面角的平面角
在直角△C1B1D中，C1D=B1C12+B1D2=2+(25)2=365，
又因S△C1B1D=12C1D⋅B1F=12B1C1⋅B1D，
故B1F=C1D˙=239，所以tanA1FB1=A1B1B1F=332．
20.解：（1）由题意知f(1)=-3-c，因此b-c=-3-c，从而b=-3
又对f(x)求导得f'(x)=4ax3lnx+ax4⋅1x+4bx3=x3(4alnx+a+4b)
由题意f'(1)=0，因此a+4b=0，解得a=12
（2）由(I)知f'(x)=48x3lnx(x>0)，令f'(x)=0，解得x=1
当01时，f'(x)>0，此时f(x)为增函数
因此f(x)的单调递减区间为(0, 1)，而f(x)的单调递增区间为(1, +∞)
（3）由(II)知，f(x)在x=1处取得极小值f(1)=-3-c，此极小值也是最小值，
要使f(x)≥-2c2(x>0)恒成立，只需-3-c≥-2c2
即2c2-c-3≥0，从而(2c-3)(c+1)≥0，解得c≥32或c≤-1
所以c的取值范围为(-∞, -1]∪[32，+∞)
21.(1)解：由a1=S1=16(a1+1)(a1+2)，
解得a1=1或a1=2，由假设a1=S1>1，因此a1=2，
又由an+1=Sn+1-Sn
=16(an+1+1)(an+1+2)-16(an+1)(an+2)，
6 / 6
得(an+1+an)(an+1-an-3)=0，
即an+1-an-3=0或an+1=-an，
因为an>0，故an+1=-an不成立，舍去.
因此an+1-an=3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an=3n-1.
×
×
(2)证明：由an(2bn-1)=1,
解得bn=log2(1+1an)=log23n3n-1；
从而Tn=b1+b2+…+bn
=log2(32×65×…×3n3n-1),
因此3Tn+1-log2(an+3)
=log2[(32×65×…×3n3n-1)3×23n+2].
令f(n)=(32×65×...×3n3n-1)3×23n+2，
则f(n+1)f(n)=3n+23n+5×(3n+33n+2)3
=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2,
因为(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2
=9n+7>0，
故f(n+1)>f(n),
特别地f(n)≥f(1)=2720>1，
从而3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0.
即3Tn+1>log2(an+3).
22.解：(I)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1
因焦点为F(3, 0)，故半焦距c=3
又右准线l的方程为x=a2c，从而由已知a2c=12，a2=36，
因此a=6，b=a2-c2=27=33
故所求椭圆方程为x236+y227=1
(II)记椭圆的右顶点为A，并设∠AFPi=αi(i=1, 2, 3)，不失一般性，
假设0≤α1<2π3，且α2=α1+2π3，α3=α1+4π3
又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e=ca=12，从而有|FPi|=|PiQi|⋅e=(a2c-c-|FPi|cosαi)e=12(9-|FPi|cosαi)(i=1, 2, 3)
解得1|FPi|=29(1+12cosαi)(i=1, 2, 3)
因此1|FP1|+1|FP2|+1|FP3|=29[3+12(cosα1+cos(α1+2π3)+cos(α1+4π3))]，
而cosα1+cos(α1+2π3)+cos(α1+4π3)=cosα1-12cosα1-32sinα1-12cosα1+32sinα1=0，
故1|FP1|+1|FP2|+1|FP3|=23为定值．
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