2007年浙江高考普通高等学校招生全国统一考试（理科数学）理及答

2007年浙江高考普通高等学校招生全国统

一考试（理科数学）理及答案

数学（理工类）

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）“x?1”是“x?x”的（ ） Ａ．充分而不必要条件 Ｃ．充分不必要条件

Ｂ．必要而不充分条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

2（2）若函数f(x)?2sin(?x??)，x?R（其中??0，??且f(0)?3，则（ ）

?）的最小正周期是?，21?，?? 26?C．??2，??

6A．??1?，?? 23?D．??2，??

3B．??（3）直线x?2y?1?0关于直线x?1对称的直线方程是（ ） Ａ．x?2y?1?0 Ｃ．2x?y?3?0

Ｂ．2x?y?1?0 Ｄ．x?2y?3?0

（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关径为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

（5）已知随机变量?服从正态分布N(2，?2)，P(?≤4)?0.84，则P(?≤0)?（ ） A．0.16 B．0.32 C．0.68 D，0.84 （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 （7）若非零向量a，b满足a?b?b，则（ ）

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Ａ．2a??a?b Ｃ．2b?a??b

Ｂ．2a?2a?b Ｄ． 2b?a?2b

（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（ ）

y y y y O A．

x O B．

x O C．

x O D．

x x2y2P是准线上一（9）已知双曲线2?2?1(a?0，b?0)的左、右焦点分别为F1，F2，

ab点，且PF1?PF2，PF1PF2?4ab，则双曲线的离心率是（ ） Ａ．2

Ｂ．3

Ｃ．2

Ｄ．3

2?x≥1，?x，（10）设f(x)??g(x)是二次函数，若f(g(x))的值域是?0，∞??，则g(x)的

x?1，??x，值域是（ ） A．??∞，?1?C．?0，∞??

?? ?1，∞

B．??∞，?1?D．?1，∞??

?? ?0，∞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z1?1?i，z1z2?1?i，则复数z2? ． （12）已知sin??cos??1?3?，且≤?≤，则cos2?的值是 ． 524（13）不等式2x?1?x?1的解集是 ．

（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）． （15）随机变量?的分布列如下：

?

?1 0

1

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P

其中a，b，c成等差数列，若E??a b c

1，则D?的值是 ． 3（16）已知点O在二面角??AB??的棱上，点P在?内，且?POB?45．若对于?内异于O的任意一点Q，都有?POQ≥45，则二面角??AB??的大小是

．

??x?2y?5≥0????22（17）设m为实数，若?(x，y)?3?x≥0??(x，y)x?y≤25，则m的取值

????mx?y≥0????范围是 ．

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sinA?sinB?2sinC． （I）求边AB的长； （II）若△ABC的面积为

1sinC，求角C的度数． 6

（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AC?BC?BD?2AE，M是AB的中点． （I）求证：CM?EM；

（II）求CM与平面CDE所成的角．

D

E A M （第19题）

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C B

x2?y2?1交于A，B两点，记△AOB（20）（本题14分）如图，直线y?kx?b与椭圆41的条件下，S的最大值； 时，求直线AB的方程．

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yA O x B （第20题）

的面积为S．

（I）求在k?0，0?b?（II）当AB?2，S?1

（21）（本题15分）已知数列?an?中的相邻两项a2k?1，ak2是关于x的方程

ka2k?1≤a2k(k?1，2，3，)． x2?(3k?2x)?k3k2?的两个根，且0（I）求a1，a2，a3，a7； （II）求数列?an?的前2n项和S2n；

?1?sinn?3?， （Ⅲ）记f(n)??2?sinn?(?1)f(2)(?1)f(3)(?1)f(4)(?1)f(n?1)， Tn????…?a1a2a3a4a5a6a2n?1a2n求证：

2x32（22）（本题15分）设f(x)?，对任意实数t，记gt(x)?t3x?t．

3315≤Tn≤(n?N*)． 624（I）求函数y?f(x)?gt(x)的单调区间；

（II）求证：（ⅰ）当x?0时，f(x)gf(x)≥gt(x)对任意正实数t成立； （ⅱ）有且仅有一个正实数x0，使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

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2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数学（理工类）答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分50分． （1）A （2）D （3）D （4）B （5）A （6）B （7）C （8）D （9）B （10）C

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分． （11）1 （15）

（12）?

7 25（13）x0?x?2

（17）0≤m≤??（14）266

5 9（16）90

4 3三、解答题

（18）解：（I）由题意及正弦定理，得AB?BC?AC?2?1，

BC?AC?2AB，

两式相减，得AB?1． （II）由△ABC的面积

111BCACsinC?sinC，得BCAC?， 263AC2?BC2?AB2由余弦定理，得cosC?

2ACBC

(AC?BC)2?2ACBC?AB21?， ?2ACBC2所以C?60．

（19）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． D

E 因为MH?平面CDE，

E 所以MH?ED， H 又因为CM?平面EDM， 所以CM?ED，

则ED?平面CMF，因此ED?MF．

C A 设EA?a，BD?BC?AC?2a，

M

B

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在直角梯形ABDE中，

AB?22a，M是AB的中点，

所以DE?3a，EM?3a，MD?6a， 得△EMD是直角三角形，其中∠EMD?90， 所以MF?EMMD?2a．

DEMF?1， MC在Rt△CMF中，tan∠FCM?所以∠FCM?45，

故CM与平面CDE所成的角是45． 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A(2a，?，?)，B(0，2a，0)，

E(2a，0，a)．D(0，2a，2a)，M(a，a，0)．

（I）证明：因为EM?(?a，a，?a)，CM?(a，a，0)， 所以EMCM?0， 故EM?CM．

（II）解：设向量n=?1，y0，z0?与平面CDE垂直，则n?CE，n?CD， 即nCE?0，nCD?0．

因为CE?(2a，0，a)，CD?(0，2a，2a)， 所以y0?2，x0??2，

D E z ，2，?2)， 即n?(1x A C

M cosn，CM?CMnCMn?2， 2y B 直线CM与平面CDE所成的角?是n与CM夹角的余角， 所以??45，

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因此直线CM与平面CDE所成的角是45．

（20）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(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)，

由x24?b2?1，解得x21，2??21?b， 所以S?12bx1?x2 ?2b1?b2 ≤b2?1?b2?1．

当且仅当b?22时，S取到最大值1． ?y?kx?b（Ⅱ）解：由?，??x22 ?4?y?1，得??1??k2?4??x2?2kbx?b2?1?0，

??4k2?b2?1，

2|AB|?1?k2|x?11?x1|?1?k24k2?b1?2． 4?k2设O到AB的距离为d，则

d?2S|AB|?1， 又因为d?|b|，

1?k2所以b2?k2?1，代入②式并整理，得

k4?k2?14?0，

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②

132，b?，代入①式检验，??0， 22故直线AB的方程是

解得k?2y?26262626或y?或y??，或y??． x?x?x?x?22222222

21．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x2?(3k?2k)x?3k2k?0的两个根为x1?3k，x2?2k， 当k?1时，x1?3，x2?2， 所以a1?2；

当k?2时，x1?6，x2?4， 所以a3?4；

当k?3时，x1?9，x2?8， 所以a5?8时；

当k?4时，x1?12，x2?16， 所以a7?12．

（II）解：S2n?a1?a2??a2n

?2n)

?(3?6??3n)?(2?22?3n2?3nn?1??2?2．

2111（III）证明：Tn????a1a2a3a4a5a6所以T1?(?1)f(n?1)， ?a2n?1a2n11?， a1a26T2?115． ??a1a2a3a424当n≥3时，

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111Tn????6a3a4a5a6?111≥????6a3a4?a5a6(?1)f(n?1)， ?a2n?1a2n???

a2n?1a2n?1111?1≥???3?26626?2?111??， 662n6?1? n?2?511同时，Tn????24a5a6a7a8≤?151????24a5a6?a1a2?1(?1)f(n?1) ?a2n?1a2n??

a2n?1a2n?≤?511?1???1?324929?2?1? n?2?515??． n24922415≤Tn≤． 624综上，当n?N*时，

22．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．

x316?4x?． （I）解：y?33由y??x?4?0，得

2x??2．

因为当x?(??，?2)时，y??0， 当x?(?2，2)时，y??0，

??)时，y??0， 当x?(2，?2)，(2，??)， 故所求函数的单调递增区间是(??，2)． 单调递减区间是(?2，（II）证明：（i）方法一：

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x322?t3x?t(x?0)，则 令h(x)?f(x)?gt(x)?33h?(x)?x2?t，

当t?0时，由h?(x)?0，得x?t， 当x?(x，??)时，h?(x)?0，

所以h(x)在(0，??)内的最小值是h(t)?0． 故当x?0时，f(x)≥gt(x)对任意正实数t成立． 方法二：

对任意固定的x?0，令h(t)?gt(x)?tx?12?1h?(t)?t3(x?t3)，

323132313132t(t?0)，则 3由h?(t)?0，得t?x． 当0?t?x时，h?(t)?0． 当t?x时，h?(t)?0，

3所以当t?x时，h(t)取得最大值h(x)?333313x． 3因此当x?0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立． （ii）方法一：

f(2)?8?gt(2)． 3由（i）得，gt(2)≥gt(2)对任意正实数t成立．

即存在正实数x0?2，使得gx(2)≥gt(2)对任意正实数t成立． 下面证明x0的唯一性： 当x0?2，x0?0，t?8时，

x0316f(x0)?，gx(x0)?4x0?，

33

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x0316?4x0?， 由（i）得，33x03再取t?x0，得gx3(x0)?，

03316x03??gx3(x0)， 所以gx(x0)?4x0?033即x0?2时，不满足gx(x0)≥gt(x0)对任意t?0都成立． 故有且仅有一个正实数x0?2，

使得gx(x0)0≥gt(x0)对任意正实数t成立． 方法二：对任意x0?0，gx(x0)?4x0?因为gt(x0)关于t的最大值是要条件是：

16， 313x0，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必34x0?1613≥x0， 33

①

即(x0?2)2(x0?4)≤0，

又因为x0?0，不等式①成立的充分必要条件是x0?2， 所以有且仅有一个正实数x0?2，

使得gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

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