2007年四川高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_四川

2007 年四川高考理科数学真题及答案 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至2页。第Ⅱ卷3 到10页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 注意事项： 1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。 3．本卷共12小题，每小题5分，共60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。 参考公式： 如果事件A、B互斥，那么 球是表面积公式 P(AB)  P(A)P(B) S  4R2 如果事件A、B相互独立，那么 其中R表示球的半径 P(AB)  P(A)P(B) 球的体积公式 4 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 V  R3 3 n次独立重复试验中恰好发生k次的概率 其中R表示球的半径 P (k) CkPk(1P)nk n n 一．选择题： 1i (1)复数 i2的值是 1i （A）0 (B)1 (C)-1 (D)1 (2)函数f(x)=1+logx与g(x)=2-x+1在同一直角坐标系下的图象大致是 2 x2 1 (3)lim  x1 2x2 x1 1 2 （A）0 (B)1 (C) (D) 2 3 (4)如图，ABCD-ABCD为正方体，下面结论错误的是 1 1 1 1 （A）BD∥平面CBD （B）AC⊥BD 1 1 1 （C）AC⊥平面CBD （D）异面直线AD与CB角为60° 1 1 1 1 第1页 | 共13页x2 y2 （5）如果双曲线  1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 4 2 是 4 6 2 6 （A） （B） （C）2 6 （D）2 3 3 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 ，且三面角B-OA-C的大小为 ，则从A点沿球 2 3 面经B、C两点再回到A点的最短距离是 7 5 4 3 （A） （B） （C） （D） 6 4 3 2 （7）设A｛a,1｝，B｛2，b｝，C｛4,5｝，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)4a5b3 (B)5a4b3 (C)4a5b14 (D)5a4b14 （8）已知抛物线yx2 3上存在关于直线x y0对称的相异两点A、B，则|AB|等于 （A）3 （B）4 （C）3 2 （D）4 2 （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 2 目乙投资的 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 3 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 （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 （11）如图，l、l、l是同一平面内的三条平行直线，l与l间的距离 1 2 3 1 2 是1，l与l间的距离是2，正三角形ABC的三顶点分别在l、l、l上， 2 3 1 2 3 则△ABC的边长是 4 6 3 17 2 21 （A）2 3 （B） （C） （D） 3 4 3 1 （12）已知一组抛物线y ax2 bx1，其中a为2,4,6,8 中任取的一 2 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x=1交 点处的切线相互平行的概率是 1 7 6 5 （A） （B） （C） （D） 12 60 25 25 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在横线上. （13）若函数f(x)=e-(m-u)2 (c是自然对数的底数)的最大值是m,且f(x)是偶函数，则m+u= . 第2页 | 共13页(14)如图，在正三棱柱ABC-ABC中，侧棱长为 2 ，底面三角形的边长 1 1 1 为1，则BC与侧面ACCA所成的角是 . 1 1 1 (15)已知⊙O的方程是x2+y2-2=0, ⊙O’的方程是x2+y2-8x+10=0,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 . (16)下面有五个命题： ①函数y=sin4x-cos4x的最小正周期是. k ②终边在y轴上的角的集合是{a|a= ,kZ |. 2 ③在同一坐标系中，函数y=sinx的图象和函数y=x的图象有三个公共点.   ④把函数y 3sin(2x )的图象向右平移 得到y 3sin2x的图象. 3 6  ⑤函数y sin(x )在〔0，〕上是减函数. 2 其中真命题的序号是 （写出所言 ） 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. 1 13  （17）（本小题满分12分）已知cos  ,cos() ,且0<<< , 7 14 2 (Ⅰ)求tan2的值. （Ⅱ）求. （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. 第3页 | 共13页（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M  AC B的大小; （Ⅲ）求三棱锥PMAC的体积. x2 （20）（本小题满分12分）设F 、F 分别是椭圆  y2 1的左、右焦点. 1 2 4 （Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF ·PF 的最大值和最小值; 1 2 （Ⅱ）设过定点M(0,2)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 f(x)  x24,设曲线 y  f(x)在点()处的切线与x轴线发点()()其中xn为实 数 （21）（本小题满分12分） 已知函数 f(x)  x24,设曲线 y  f(x)在点()处的切线与x轴线发点()()其中xn为实 数 (Ⅰ)用表示 (Ⅱ) (22)(本小题满分14分) n  1 设函数 f(x) 1  (nN,且n 1,xN).   n n  1 (Ⅰ)当x=6时,求1  的展开式中二项式系数最大的项;  n f(2x) f(2) (Ⅱ)对任意的实数x,证明 ＞ f (x)(f (x)是f(x)的导函数); 2 n  1 (Ⅲ)是否存在aN ,使得an＜1 ＜(a1)n恒成立?若存在,试证明你的结论并  k k1 求出a的值;若不存在,请说明理由. 第4页 | 共13页第5页 | 共13页参考答案 一．选择题：本题考察基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分 （1） A （2） C （3） D （4） D （5） A （6） C （7） A （8） C （9） B （10） B （11） D （12） B 二．填空题：本题考察基础知识和基本运算，每小题4分，满分16分  3 （13）1 （14） （15）x （16）① ④ 6 2 三．解答题： （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。 1  1 2 4 3 解：（Ⅰ）由cos ,0 ，得sin 1cos2 1   7 2 7 7 ∴tan sin  4 3  7 4 3，于是 tan2 2tan  24 3  8 3 cos 7 1 1tan2  2 47 1 4 3   （Ⅱ）由0 ，得0 2 2 2 13 13 3 3 又∵cos ，∴sin 1cos2  1   14 14 14 由得： 1 13 4 3 3 3 1 coscos coscossinsin        7 14 7 14 2  所以 3 （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PA1P  A  10.24 0.9984 （Ⅱ）可能的取值为0,1,2 C2 136 C1C1 51 C2 3 P0 17  ，P1 3 17  ，P2 3  C2 190 C2 190 C2 190 20 20 20  0 1 2 136 51 3 P 190 190 190 第6页 | 共13页136 51 3 3 E0 1 2  190 190 190 10 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 27 P1PB1  190 95 27 所以商家拒收这批产品的概率为 95 （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 平面ABC ， 又∵PC 平面PAC ∴平面PAC 平面ABC （Ⅱ）取BC的中点N ，则CN 1，连结AN,MN ， // // ∵PM CN ，∴MN PC，从而MN 平面ABC   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600 ∴AMN 600 在ACN 中，由余弦定理得AN  AC2 CN2 2ACCNcos1200  3 3 在AMN 中，MN  ANcotAMN  3 1 3 3 3 在CNH 中，NH CNsinNCH 1  2 2 MN 1 2 3 在MNH 中，MN tanMHN    NH 3 3 2 第7页 | 共13页2 3 故二面角M ACB的平面角大小为arctan 3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，PCMN 为正方形 1 1 3 ∴V V V V   ACCNsin1200MN  PMAC APCM AMNC MACN 3 2 12 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  ，设P0,0,z z 0， A  2 , 2 ,0  0 0     3 1   则M0,1,z ,AM  , ,z ,CP0,0,z  0  2 2 0 0   由直线AM 与直线PC所成的解为600，得  A  M  C  P    A  M  C  P  cos600，即z 2   z 2 3z ，解得 z 1 0 2 0 0 0 ∴C  M  0,0,1,C  A      3 , 1 ,0    ，设平面MAC的一个法向量为n  x 1 ,y 1 ,z 1 ， 2 2    y z 0 1 1     则 3 1 ，取x 1，得n 1, 3, 3 1  y  z 0  2 1 2 1  平面ABC的法向量取为m0,0,1     mn  3 设m与n所成的角为，则cos    m  n 7 显然，二面角M ACB的平面角为锐角， 21 故二面角M ACB的平面角大小为arccos 7  （ Ⅲ ） 取 平 面 PCM 的 法 向 量 取 为 n 1,0,0， 则 点 A 到 平 面 PCM 的 距 离 1   CAn 3 1 h   n 2 1   ∵ PC 1, PM 1， ∴ 第8页 | 共13页1 1   1 3 3 V V   PC  PM h 11  PMAC APCM 3 2 6 2 12 （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a2,b1,c 3     所以F  3,0 ,F 3,0 ，设Px,y，则 1 2  P  F    P  F     3x,y  ,  3x,y   x2  y2 3  x2 1 x2 3 1  3x2 8  1 2 4 4   因为x2,2，故当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF PF 有最小值2 1 2   当x2，即点P为椭圆长轴端点时，PF PF 有最大值1 1 2     解法二：易知a2,b1,c 3，所以F  3,0 ,F 3,0 ，设Px,y，则 1 2 2 2 2 PF  PF  FF       1 2 1 2 PF PF  PF  PF cosFPF  PF  PF  1 2 1 2 1 2 1 2   2 PF  PF 1 2 1 2  2   x 3  y2  x 3  y2 12  x2  y2 3（以下同解法一） 2  （Ⅱ）显然直线x0不满足题设条件，可设直线l: y kx2,Ax ,y ,Bx ,y ， 1 2 2 2  y kx2   1 联立x2 ，消去y，整理得： k2   x2 4kx30   y2 1  4  4 4k 3 ∴x x  ,x x  1 2 1 1 2 1 k2  k2  4 4  1 3 3 由4k2 4  k  34k2 30得：k  或k   4 2 2   又00 A0B900 cosA0B0OAOB0   ∴OAOB x x  y y 0 1 2 1 2 第9页 | 共13页3k2 8k2 k2 1 又y y kx 2kx 2k2x x 2kx x 4   4  1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 k2  k2  k2  4 4 4 3 k2 1 ∵  0，即k2 4 ∴2k 2 1 1 k2  k2  4 4 3 3 故由①、②得2k  或 k 2 2 2 （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 f 'x2x 所以过曲线上点  x , f x  的切线方程为y f x  f 'x xx ， 0 0 n n n 即yx 42x xx  n n n 令y 0，得  x 2 4  2x x x ，即x 2 42x x n n n1 n n n n1 x 2 显然x 0 ∴x  n  n n1 2 x n （Ⅱ）证明：（必要性） x 2 若对一切正整数n,x  x ，则x  x ，即 1   x ，而x 0，∴x2 4，即有x 2 n1 n 2 1 2 x 1 1 1 1 1 x 2 （充分性）若x 20，由x  n  1 n1 2 x n x 2 x 2 用数学归纳法易得x 0，从而x  n  2 n  2n1，即x 2n2 n n1 2 x 2 x n n n 又x 2 ∴x 2n2 1 n x 2 4x 2 2x 2x  于是x x  n  x  n  n n 0， n1 n 2 x n 2x 2x n n n 即x  x 对一切正整数n成立 n1 n 第10页 | 共13页x 2 x 22 x 22 （Ⅲ）由x  n  ，知x 2 n ，同理，x 2 n n1 2 x n1 2x n1 2x n n n 2 x 2  x 2 故 n1  n  x 2 x 2   n1 n x 2 x 2 从而lg n1 2lg n ，即a 2a x 2 x 2 n1 n n1 n x 2 所以，数列a 成等比数列，故a 2n1a 2n1lg 1 2n1lg3， n n 1 x 2 1 x 2 x 2 即lg n 2n1lg3，从而 n 32n1 x 2 x 2 n n 2  32n11  所以x  n 32n11 （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。 3 1 20 （Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是C315    6 n n3 2n 2  1  1 （Ⅱ）证法一：因 f 2x f 2  1    1   n  n 2n 2 n n  1  1  1  1  1 2 1  1 2 1  1 2 1            n  n  n  n  n n n  1  1  1  1 2 1 ln 1 2 1 ln 1 2f 'x          n  2  n  n 证 法 二 ： 因 2n 2 2n 2 n  1  1  1  1  1  1 f 2x f 2 1  1 2 1  1 2 1  1              n  n  n  n  n  n n  1  1 而2f 'x2  1  ln  1   n  n  1  1 故只需对 1 和ln  1 进行比较。  n  n 第11页 | 共13页1 x1 令gx xlnxx1，有g'x1  x x x1 由 0，得x1 x 因为当0 x1时，g'x0，gx单调递减；当1 x时，g'x0，gx单 调递增，所以在x1处gx有极小值1 故当x1时，gx g11， 从而有xlnx1，亦即xlnx1lnx  1  1 故有 1  ln  1 恒成立。  n  n 所以 f 2x f 22f 'x，原不等式成立。 （Ⅲ）对mN ，且m1 m 2 k m  1   1   1   1   1  有  1 m   C m 0 C m 1  m   C m 2  m     C m k  m     C m m  m   mm1  1  2 mm1  mk1  1  k mm1  21 1  m 11             2! m k! m m! m 1  1  1  1  2   k1 1  1   m1 2 1   1 1 1   1 1            2! m k! m m  m  m! m  m  1 1 1 1 2        2! 3! k! m! 1 1 1 1 2        21 32 kk1 mm1  1 1 1  1 1  1 1  2 1                    2 2 3 k1 k  m1 m 1 3 3 m k m  1   1  又因C m k  m   0k 2,3,4,  ,m，故2   1 m   3  1  m n  1 k ∵2  1  3，从而有2n  1  3n成立，  m  k  k1 第12页 | 共13页n  1 k 即存在a 2，使得2n  1  3n恒成立。  k  k1 第13页 | 共13页