高考卷 普通高等学校招生全国统一考试(四川卷) 理科数学全解全析 13页

2007 年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷) 理科数学 全解全析 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分． 1、复数 31 1 i ii   的值是（ ） （A）0 （B）1 （C） 1 （D）i 解析：选 A． 2 3 3 31 (1 ) 2 01 (1 )(1 ) 2 i i ii i i i ii i i            ．本题考查复数的代数运算． 2、函数 2( ) 1 logf x x  与 1( ) 2 xg x   在同一直角坐标系下的图象大致是（ ） 解析：选 C．注意 1 ( 1)( ) 2 2x xg x      的图象是由 2 xy  的图象右移 1 而得．本题考查 函数图象的平移法则． 3、 2 21 1lim 2 1x x x x    （ ） （A）0 （B）1 （C） 1 2 （D） 2 3 解析：选 D．本题考查 0 0 型的极限．原式 1 1 ( 1)( 1) 1 2lim lim( 1)(2 1) 2 1 3x x x x x x x x         或原式 1 2 2lim 4 1 3x x x   ． 4、如图， 1 1 1 1ABCD A B C D 为正方体，下面结论错误．．的是（ ） （A） //BD 平面 1 1CB D （B） 1AC BD （C） 1AC  平面 1 1CB D （D）异面直线 AD 与 1CB 所成的角为 60 解析：选 D．显然异面直线 AD 与 1CB 所成的角为 45． 5、如果双曲线 2 2 14 2 x y  上一点 P 到双曲线右焦点的距离是 2，那么点 P 到 y 轴的距离是 （ ） （A） 4 6 3 （B） 2 6 3 （C） 2 6 （D） 2 3 解析：选 A．由点 P 到双曲线右焦点 ( 6,0) 的距离是 2 知 P 在双曲线右支上．又由双曲线 的第二定义知点 P 到双曲线右准线的距离是 2 6 3 ，双曲线的右准线方程是 2 6 3x  ，故点 P 到 y 轴的距离是 4 6 3 ． 6、设球O 的半径是 1，A 、B 、C 是球面上三点，已知 A 到 B 、C 两点的球面距离都是 2  ，且二面角 B OA C  的大小是 3  ，则从 A 点沿球面经 B 、C 两点再回到 A 点的最短距离是（ ） （A） 7 6  （B） 5 4  （C） 4 3  （D） 3 2  解析：选 C．    4 2 3 2 3d AB BC CA           ．本题考查球面距离． 7、设 ( ,1)A a ， (2, )B b ， (4,5)C 为坐标平面上三点，O 为坐标原点，若OA  与OB  在OC  方 向上的投影相同，则 a 与b 满足的关系式为（ ） （A）4 5 3a b  （B）5 4 3a b  （C）4 5 14a b  （D）5 4 14a b  解析：选 A．由OA  与OB  在OC  方向上的投影相同，可得：OA OC OB OC      即 4 5 8 5a b   ， 4 5 3a b  ． 8、已知抛物线 2 3y x   上存在关于直线 0x y  对称的相异两点 A 、 B ，则 AB 等于 （ ） （A）3 （B）4 （C）3 2 （D） 4 2 解析：选 C．设直线 AB 的方程为 y x b  ，由 2 2 1 2 3 3 0 1y x x x b x x y x b                ，进而可求出 AB 的中点 1 1( , )2 2M b   ，又由 1 1( , )2 2M b   在直线 0x y  上可求出 1b  ，∴ 2 2 0x x   ， 由弦长公式可求出 2 21 1 1 4 ( 2) 3 2AB       ．本题考查直线与圆锥曲线的位置关 系．自本题起运算量增大． 9、某公司有 60 万元资金，计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不小于对项目 乙投资的 3 2 倍，且对每个项目的投资不能低于 5 万元，对项目甲每投资 1 万元可获得 0.4 万 元的利润，对项目乙每投资 1 万元可获得 0.6 万元的利润，该公司正确规划投资后，在这两 个项目上共可获得的最大利润为（ ） （A）36 万元 （B）31.2 万元 （C）30.4 万元 （D）24 万元 解析：选 B．对甲项目投资 24 万元，对乙项目投资 36 万元，可获最大利润 31.2 万元．因 为对乙项目投资获利较大，故在投资规划要求内（对项目甲的投资不小于对项目乙投资的 3 2 倍）尽可能多地安排资金投资于乙项目，即对项目甲的投资等于对项目乙投资的 3 2 倍时可 获最大利润．这是最优解法．也可用线性规划的通法求解．注意线性规划在高考中以应用题 型的形式出现． 10、用数字 0，1，2，3，4，5 可以组成没有重复数字，并且比 20000 大的五位偶数共有 （ ） （A）288 个 （B）240 个 （C）144 个 （D）126 个 解析：选 B．对个位是 0 和个位不是 0 两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位 －中间三位”分步计数：①个位是 0 并且比 20000 大的五位偶数有 3 41 4 96A   个；②个 位不是 0 并且比 20000 大的五位偶数有 3 42 3 144A   个；故共有 96 144 240  个．本 题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目． 11、如图， 1l 、 2l 、 3l 是同一平面内的三条平行直线， 1l 与 2l 间的距离是 1， 2l 与 3l 间的距 离是 2，正三角形 ABC 的三顶点分别在 1l 、 2l 、 3l 上，则⊿ ABC 的边长是（ ） （A） 2 3 （B） 3 64 （C） 3 17 4 （D） 2 21 3 解析：选 D．过点Ｃ作 2l 的垂线 4l ，以 2l 、 4l 为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系．设 ( ,1)A a 、 ( ,0)B b 、 (0, 2)C  ，由 AB BC AC  知 2 2 2 2( ) 1 4 9a b b a       边长 ，检验 A： 2 2 2( ) 1 4 9 12a b b a       ，无解；检验 B： 2 2 2 32( ) 1 4 9 3a b b a       ，无 解；检验 D： 2 2 2 28( ) 1 4 9 3a b b a       ，正确．本题是把关题．在基础中考能力， 在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了．是一道精彩的好题．可惜 区分度太小． 12、已知一组抛物线 21 12y ax bx   ，其中 a 为 2、4、6、8 中任取的一个数，b 为 1、3、 5、7 中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线 1x  交点处的切线相 互平行的概率是（ ） （A） 1 12 （B） 7 60 （C） 6 25 （D） 5 16 解析：选 B．这一组抛物线共 4 4 16  条，从中任意抽取两条，共有 2 16 120C  种不同的方 法．它们在与直线 1x  交点处的切线的斜率 1'|xk y a b   ．若 5a b  ，有两种情形， 从中取出两条，有 2 2C 种取法；若 7a b  ，有三种情形，从中取出两条，有 2 3C 种取法； 若 9a b  ，有四种情形，从中取出两条，有 2 4C 种取法；若 11a b  ，有三种情形，从 中取出两条，有 2 3C 种取法；若 13a b  ，有两种情形，从中取出两条，有 2 2C 种取法．由 分类计数原理知任取两条切线平行的情形共有 2 2 2 2 2 2 3 4 3 2 14C C C C C     种，故所求概率 为 7 60 ．本题是把关题． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分；把答案填在题中的横线上． 13、若函数 2( )( ) xf x e   （ e 是自然对数的底数）的最大值是 m ，且 ( )f x 是偶函数，则 m   ________． 解析： 1m  ， 0n  ，∴ 1m   ． 14、在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧棱长为 2 ，底面三角形的边长为 1，则 1BC 与侧面 1 1ACC A 所成的角是____________ 解析： 1 3BC  ，点 B 到平面 1 1ACC A 的距离为 3 2 ，∴ 1sin 2   ， 30   ． 15、已知 O 的方程是 2 2 2 0x y   ， 'O 的方程是 2 2 8 10 0x y x    ，由动点 P 向 O 和 'O 所引的切线长相等，则动点 P 的轨迹方程是__________________ 解析： O ：圆心 (0,0)O ，半径 2r  ； 'O ：圆心 '(4,0)O ，半径 ' 6r  ．设 ( , )P x y ， 由切线长相等得 2 2 2x y   2 2 8 10x y x   ， 3 2x  ． 16、下面有 5 个命题： ①函数 4 4sin cosy x x  的最小正周期是 ． ②终边在 y 轴上的角的集合是{ | , }2 k k Z    ． ③在同一坐标系中，函数 siny x 的图象和函数 y x 的图象有 3 个公共点． ④把函数 3sin(2 )3y x   的图象向右平移 6  得到 3sin 2y x 的图象． ⑤函数 sin( )2y x   在[0, ] 上是减函数． 其中，真命题的编号是___________（写出所有真命题的编号） 解析：① 4 4 2 2sin cos sin cos 2y x x x x cos x      ，正确；②错误；③ siny x ， tany x 和 y x 在第一象限无交点，错误；④正确；⑤错误．故选①④． 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 0,14 13)cos(,7 1cos 且 < <  < 2  , (Ⅰ)求 2tan 的值. （Ⅱ）求 . （17）本题考察三角恒等变形的主要基本公式、三角函数值的符号，已知三角函数值求角以 及计算能力。 解：（Ⅰ）由 1cos ,07 2     ，得 2 2 1 4 3sin 1 cos 1 7 7           ∴ sin 4 3 7tan 4 3cos 7 1      ，于是  22 2tan 2 4 3 8 3tan 2 1 tan 471 4 3        （Ⅱ）由 0 2     ，得 0 2     又∵   13cos 14    ，∴     2 2 13 3 3sin 1 cos 1 14 14               由        得：  cos cos           cos cos sin sin         1 13 4 3 3 3 1 7 14 7 14 2      所以 3   （18）（本小题满分 12 分）厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商 家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品. （Ⅰ）若厂家库房中的每件产品合格的概率为 0.8，从中任意取出 4 件进行检验.求至少有 1 件是合格品的概率; （Ⅱ）若厂家发给商家 20 件产品，其中有 3 件不合格，按合同规定该商家从中任取 2 件， 都进行检验，只有 2 件都合格时才接收这批产品，否则拒收.求该商家可能检验出不合格产 品数 的分布列及期望 E ，并求该商家拒收这批产品的概率. （18）本题考察相互独立事件、互斥事件等的概率计算，考察随机事件的分布列，数学期望 等，考察运用所学知识与方法解决实际问题的能力。 解：（Ⅰ）记“厂家任取 4 件产品检验，其中至少有 1 件是合格品”为事件 A 用对立事件 A 来算，有     41 1 0.2 0.9984P A P A     （Ⅱ） 可能的取值为 0,1,2   2 17 2 20 1360 190 CP C     ，   1 1 3 17 2 20 511 190 C CP C     ，   2 3 2 20 32 190 CP C     136 51 3 30 1 2190 190 190 10E        记“商家任取 2 件产品检验，都合格”为事件 B，则商家拒收这批产品的概率   136 271 1 190 95P P B     所以商家拒收这批产品的概率为 27 95 （19）（本小题满分 12 分）如图，PCBM 是直角梯形，∠ PCB ＝90°，PM ∥ BC ，PM ＝1， BC ＝2，又 AC ＝1，∠ ACB ＝120°， AB ⊥ PC ， 直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60°. （Ⅰ）求证：平面 PAC ⊥平面 ABC ; （Ⅱ）求二面角 BACM  的大小; （Ⅲ）求三棱锥 MACP  的体积. （19）本题主要考察异面直线所成的角、平面与平面垂直、 二面角、三棱锥体积等有关知识，考察思维能力和空间想象 能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力。 解法一： （Ⅰ）∵ , ,PC AB PC BC AB BC B   ∴ PC ABC 平面 ， 又∵ PC PAC 平面 ∴ PAC ABC平面 平面  0 1 2 P 136 190 51 190 3 190 （Ⅱ）取 BC 的中点 N ，则 1CN  ，连结 ,AN MN ， ∵ //PM CN ，∴ //MN PC ，从而 MN ABC 平面 作 NH AC ，交 AC 的延长线于 H ，连结 MH ，则由三垂线定理知， AC NH ， 从而 MHN 为二面角 M AC B  的平面角 直线 AM 与直线 PC 所成的角为 060 ∴ 060AMN  在 ACN 中，由余弦定理得 2 2 02 cos120 3AN AC CN AC CN      在 AMN 中， 3cot 3 13MN AN AMN      在 CNH 中， 3 3sin 1 2 2NH CN NCH      在 MNH 中， 1 2 3tan 33 2 MNMN MHN NH      故二面角 M AC B  的平面角大小为 2 3arctan 3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知， PCMN 为正方形 ∴ 01 1 3sin1203 2 12P MAC A PCM A MNC M ACNV V V V AC CN MN            解法二：（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）在平面 ABC 内，过C 作CD CB ，建立空间直角坐标系C xyz （如图） 由题意有 3 1, ,02 2A      ，设   0 00,0, 0P z z  ， 则    0 0 0 3 10,1, , , , , 0,0,2 2M z AM z CP z          由直线 AM 与直线 PC 所成的解为 060 ，得 0cos60AM CP AM CP       ，即 2 2 0 0 032z z z   ，解得 0 1z  ∴   3 10,0,1 , , ,02 2CM CA          ，设平面 MAC 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 1 1 0 3 1 02 2 y z y z     ，取 1 1x  ，得  1, 3, 3n   平面 ABC 的法向量取为  0,0,1m  设 m  与 n  所成的角为 ，则 3cos 7 m n m n          显然，二面角 M AC B  的平面角为锐角， 故二面角 M AC B  的平面角大小为 21arccos 7 （ Ⅲ ） 取 平 面 PCM 的 法 向 量 取 为  1 1,0,0n  ， 则 点 A 到 平 面 PCM 的 距 离 1 1 3 2 CA n h n       ∵ 1, 1PC PM   ，∴ 1 1 1 3 31 13 2 6 2 12P MAC A PCMV V PC PM h            （20）（本小题满分 12 分）设 1F 、 2F 分别是椭圆 14 2 2  yx 的左、右焦点. （Ⅰ）若 P 是该椭圆上的一个动点，求 1PF · 2PF 的最大值和最小值; （Ⅱ）设过定点 )2,0(M 的直线l 与椭圆交于不同的两点 A 、B ，且∠ AOB为锐角（其中O 为坐标原点），求直线l 的斜率 k 的取值范围. 已知函数 42)(  xxf ,设曲线 )(xfy  在点()处的切线与 x 轴线发点()()其中 xn 为实数 （20）本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解 决问题及推理计算能力。 解：（Ⅰ）解法一：易知 2, 1, 3a b c   所以    1 23,0 , 3,0F F ，设  ,P x y ，则     2 2 1 2 3 , , 3 , 3PF PF x y x y x y            2 2 211 3 3 84 4 xx x      因为  2,2x  ，故当 0x  ，即点 P 为椭圆短轴端点时， 1 2PF PF  有最小值 2 当 2x   ，即点 P 为椭圆长轴端点时， 1 2PF PF  有最大值1 解法二：易知 2, 1, 3a b c   ，所以    1 23,0 , 3,0F F ，设  ,P x y ，则 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 cos 2 PF PF F F PF PF PF PF F PF PF PF PF PF                          2 22 2 2 21 3 3 12 32 x y x y x y             （以下同解法一） （Ⅱ）显然直线 0x  不满足题设条件，可设直线    1 2 2 2: 2, , , ,l y kx A x y B x y  ， 联立 2 2 2 14 y kx x y     ，消去 y ，整理得： 2 21 4 3 04k x kx       ∴ 1 2 1 2 2 2 4 3,1 1 4 4 kx x x x k k        由  2 214 4 3 4 3 04k k k           得： 3 2k  或 3 2k   又 0 00 0 90 cos 0 0 0A B A B OA OB          ∴ 1 2 1 2 0OA OB x x y y     又     2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4y y kx kx k x x k x x       2 2 2 2 3 8 41 1 4 4 k k k k      2 2 1 1 4 k k    ∵ 2 2 2 3 1 01 1 4 4 k k k      ，即 2 4k  ∴ 2 2k   故由①、②得 32 2k    或 3 22 k  （21）（本小题满分 12 分）已知函数 2( ) 4f x x  ，设曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))n nx f x 处 的切线与 x 轴的交点为 1( ,0)nx  ( *)n N ，其中 1x 为正实数． （Ⅰ）用 nx 表示 1nx  ； (Ⅱ) 证明：对一切正整数 1, n nn x x  的充要条件是 1 2x  （Ⅲ）若 1 4x  ，记 2lg 2 n n n xa x   ，证明数列{ }na 成等比数列，并求数列{ }nx 的通项公式。 （21）本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问 题的能力。 解：（Ⅰ）由题可得  ' 2f x x 所以过曲线上点   0 0,x f x 的切线方程为     ' n n ny f x f x x x   ， 即    4 2n n ny x x x x    令 0y  ，得    2 14 2n n n nx x x x    ，即 2 14 2n n nx x x   显然 0nx  ∴ 1 2 2 n n n xx x   （Ⅱ）证明：（必要性） 若对一切正整数 1, n nn x x  ，则 2 1x x ，即 1 1 1 2 2 x xx   ，而 1 0x  ，∴ 2 1 4x  ，即有 1 2x  （充分性）若 1 2 0x   ，由 1 2 2 n n n xx x   用数学归纳法易得 0nx  ，从而  1 2 22 2 12 2 n n n n n x xx nx x       ，即  2 2nx n  又 1 2x  ∴  2 2nx n  于是 2 1 42 2 2 n n n n n n n x xx x xx x        2 2 02 n n n x x x    ， 即 1n nx x  对一切正整数 n 成立 （Ⅲ）由 1 2 2 n n n xx x   ，知  2 1 22 2 n n n xx x   ，同理，  2 1 22 2 n n n xx x   故 2 1 1 2 2 2 2 n n n n x x x x          从而 1 1 2 2lg 2lg2 2 n n n n x x x x      ，即 1 2n na a  所以，数列 na 成等比数列，故 1 1 11 1 1 22 2 lg 2 lg32 n n n n xa a x      ， 即 12lg 2 lg32 nn n x x   ，从而 2 12 32 nn n x x   所以  2 1 2 1 2 3 1 3 1 n n nx      (22)(本小题满分 14 分) 设函数 ),1,(11)( NxnNnnxf n       且 . (Ⅰ)当 x=6 时,求 n n       11 的展开式中二项式系数最大的项; (Ⅱ)对任意的实数 x,证明 2 )2()2( fxf  ＞ );)()()(( 的导函数是 xfxfxf  (Ⅲ)是否存在 Na  ,使得 an＜         n k k1 11 ＜ na )1(  恒成立?若存在,试证明你的结论并求 出 a 的值;若不存在,请说明理由. （22）本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。 考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。 （Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第 4 项，这项是 3 3 5 6 3 1 201C n n      （Ⅱ）证法一：因     2 21 12 2 1 1 n f x f n n               2 21 12 1 1 n n n              1 12 1 1 n n n              12 1 n n      1 12 1 ln 1 2 n n              '1 12 1 ln 1 2 n f xn n              证 法 二 ： 因     2 21 12 2 1 1 n f x f n n               2 21 12 1 1 n n n              1 12 1 1 n n n              而  ' 1 12 2 1 ln 1 n f x n n             故只需对 11 n     和 1ln 1 n     进行比较。 令    ln 1g x x x x   ，有  ' 1 11 xg x x x    由 1 0x x   ，得 1x  因为当 0 1x  时，  ' 0g x  ，  g x 单调递减；当1 x   时，  ' 0g x  ，  g x 单 调递增，所以在 1x  处  g x 有极小值1 故当 1x  时，    1 1g x g  ， 从而有 ln 1x x  ，亦即 ln 1 lnx x x   故有 1 11 ln 1n n             恒成立。 所以      '2 2 2f x f f x  ，原不等式成立。 （Ⅲ）对 m N ，且 1m  有 2 0 1 21 1 1 1 11 m k m k m m m m m mC C C C Cm m m m m                                             21 1 1 1 2 11 1 11 1 2! ! ! k mm m m m m k m m m k m m m                                1 1 1 1 2 1 1 1 12 1 1 1 1 1 12! ! ! k m m k m m m m m m                                               1 1 1 12 2! 3! ! !k m             1 1 1 12 2 1 3 2 1 1k k m m            1 1 1 1 1 1 12 1 2 2 3 1 1k k m m                                   13 3m    又因  1 0 2,3,4, , k k mC k mm        ，故 12 1 3 m m       ∵ 12 1 3 m m       ，从而有 1 12 1 3 kn k n nk       成立， 即存在 2a  ，使得 1 12 1 3 kn k n nk       恒成立。