2007年江西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_江西

2007 年江西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l至2页，第Ⅱ卷3 至4页，共150分． 第Ⅰ卷 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡 上 粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一 致． 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B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，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书 写作 答．若在试题卷上作答，答案无效． 3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件A、B互斥，那么 球的表面积公式 P（A＋B）＝P（A）＋P（B） S＝4πR2 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 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么 V＝4πR3 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 (1一P)nk n n 一．选择题：本大题共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． 1．化简 24i 的结果是 (1i)2 A．2＋i B．－2＋i C．2－i D．－2－i 2． x3 x2 lim x1 x1 A．等于0 B．等于l C．等于3 D．不存在 3．若  ，则cot α等于 tan( )3 4 A．－2 B． 1 C．1 D．2  2 2 4．已知( x ＋ 3 )n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于 3 x A．4 B．5 C．6 D．7 5．若0＜x＜，则下列命题中正确的是 2 第1页 | 共12页A．sin x＜3 x B．sin x＞3 x C．sin x＜ 4 x2 D．sin x＞ 4 x2   2 2 6．若集合M {0,1,2},N {(x,y)| x2y10且x2y10,x,yM }，则N中元素 的个数为 A．9 B．6 C．4 D．2 7．如图，正方体AC的棱长为1，过点A作平面ABD的垂线，垂 1 1 足为点H．则以下命题中，错误的命题是 A．点H是△ABD的垂心 1 B．AH垂直平面CBD 1 1 C．AH的延长线经过点C 1 D．直线AH和BB所成角为45° 1 8．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口 半径相等的圆口酒杯,如图所示．盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒 的高度从左到右依次为h，h，h，h，则它们的大小关系正确的是 1 2 3 4 A．h＞h＞h B．h＞h＞h C．h＞h＞h D．h＞h＞h 2 1 4 1 2 3 3 2 4 2 4 1 x2 y2 1 9．设椭圆  1(a＞b＞0)的离心率为e＝ ,右焦点为F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝ a2 b2 2 0的两个实根分别为x和x，则点P(x,x) 1 2 1 2 A．必在圆x2＋y2＝2内 B．必在圆x2＋y2＝2上 C．必在圆x2＋y2＝2外 D．以上三种情形都有可能 10．将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为 1 1 1 1 A． B． C． D． 9 12 15 18 11．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率 为 1 1 A．－ B．0 C． D．5 5 5 12．设 p: f(x) ex lnx2x2 mx1在(0，＋∞)内单调递增，q:m 5，则p是q 的 第2页 | 共12页A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 第Ⅱ卷 注意事项： 第Ⅱ卷2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无 效． 二．填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上． 13.设函数y＝4＋log(x－1)(x≥3)，则其反函数的定义域为 ． 2 1 14.已知数列{a}对于任意p，q ∈N*，有a+a=a ，若a= ，则a＝ ． n p q p+q 1 9 36 15.如图，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线 AB、AC于不同的两点M、N,若AB mAM,AC nAN ,则m+n的值 为 ． 16.设有一组圆C :(xk 1)2 (y3k)2  2k4(kN*)．下列四个 k 命题： A．存在一条定直线与所有的圆均相切 B．存在一条定直线与所有的圆均相交 C．存在一条定直线与所有的圆均不相交 D．所有的圆均不经过原点 其中真命题的代号是 ．（写出所有真命题的代号） 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 函 数   cx  1 (0＜ x＜ c) 在 区 间 (0 ， 1) 内 连 续 , 且 f (x)   x  2  c2  k (c  x＜1) 9 f(c2)  ． 8 （1）求实数k和c的值； 2 （2）解不等式 f(x)＞ 1 8 18．（本小题满分12分） 如图,函数  的 y  2cos( x )( x  R,0   ) 2 图象与y轴交于点(0， 3)，且在该点处切线的斜 率为一2． （1）求θ和ω的值；  （2）已知点A( ，0)，点P是该函数图象上一点，点Q(x，y)是PA的中点，当y＝ 0 0 0 2 第3页 | 共12页 3，x∈[ ，π]时，求x的值． 0 0 2 2 19．（本小题满分12分） 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当 第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术 水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为 0.5， 0.6， 0.4．经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6，0.5，0.75． （1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率； （2）经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为ξ，求随机变量ξ的期望． 20．（本小题满分12分） 右图是一个直三棱柱（以ABC为底面）被一平面所截得到 1 1 1 的几何体，截面为ABC．已知AB＝BC＝l，∠ABC＝90°， 1 1 1 1 l l 1 AA＝4，BB＝2，CC＝3． l l l （1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面ABC； 1 1 1 （2）求二面角B—AC—A的大小； 1 （3）求此几何体的体积． 21．（本小题满分12分） 设动点P到点A(－l，0)和B(1，0)的距离分别为d和d， 1 2 ∠APB＝2θ,且存在常数λ(0＜λ＜1＝,使得ddsin2θ＝λ． 1 2 （1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程； （2）过点B作直线交双曲线C的右支于M、N两 点,试确定λ的范围,使OM ·ON＝0,其中点 O为坐标原点． 22．（本小题满分14分） 设正整数数列{a}满足：a＝4，且对于任何 n 2 1 1 a a 1 n∈N*，有2 ＜ n n1 ＜2 ． a 1 1 a n1  n n n1 （1）求a，a； 1 3 （2）求数列{ a }的通项a． n n 第4页 | 共12页参考答案 一、选择题 1．C 2．B 3．A 4．C 5．D 6．C 7．D 8．A 9．A 10．B 11．B 12．B 二、填空题 13．[5，∞) 14．4 15．2 16．B，D 三、解答题 17．解：（1）因为0c1，所以c2 c， 9 9 1 由 f(c2) ，即c3 1 ，c ． 8 8 2 1  1 x1 0 x    2  2 1 又因为 f(x) 在x 处连续，  24x k 1 ≤x1  2     2  1 5 所以 f   22 k  ，即k 1． 2 4 1  1 x1 0 x    2  2 （2）由（1）得： f(x)  24x 1 1 ≤x1      2  2 1 2 1 由 f(x) 1得，当0 x 时，解得  x ． 8 2 4 2 1 1 5 当 ≤x1时，解得 ≤x ， 2 2 8 2  2 5 所以 f(x) 1的解集为x  x ． 8  4 8 3 18．解：（1）将x0，y  3代入函数y 2cos(x)得cos ， 2   因为0≤≤ ，所以 ． 2 6 第5页 | 共12页 又因为y2sin(x)，y 2， ，所以2， x0 6   因此y 2cos  2x ．  6   3 （2）因为点A  ，0 ，Q(x，y )是PA的中点，y  ， 2  0 0 0 2    所以点P的坐标为 2x  ，3 ．  0 2     5 3 又因为点P在y 2cos  2x 的图象上，所以cos  4x    ．  6  0 6  2  7 5 19 因为 ≤x ≤，所以 ≤4x  ≤ ， 2 0 6 0 6 6 5 11 5 13 从而得4x   或4x   ． 0 6 6 0 6 6 2 3 即x  或x  ． 0 3 0 4 19．解：分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A，A ，A ， 1 2 3 （1）设E表示第一次烧制后恰好有一件合格，则 P(E)  P(A A A )(A A A ) p(A A A ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0.50.40.60.50.60.60.50.40.40.38． （2）解法一：因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为 p 0.3， 所以~ B(3，0.3)， 故Enp 30.30.9． 解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件A，B，C，则 P(A) P(B) P(C)0.3， 所以P(0)(10.3)3 0.343， P(1)3(10.3)20.30.441， P(2)30.320.70.189， P(3)0.33 0.027． 于是，E()10.44120.18930.0270.9． 第6页 | 共12页20．解法一： （1）证明：作OD∥AA 交AB 于D，连C D． 1 1 1 1 则OD∥BB ∥CC ． A 1 1 C O C 因为O是AB的中点， A H 2 2 1 所以OD (AA BB )3CC ． B 2 1 1 1 C 1 A 则ODCC是平行四边形，因此有OC∥C D． 1 1 1 D B 1 C D平面C B A 且OC 平面C B A ， 1 1 1 1 1 1 1 则OC∥面ABC ． 1 1 1 （2）如图，过B作截面BAC ∥面ABC ，分别交AA ，CC 于A ，C ． 2 2 1 1 1 1 1 2 2 作BH  AC 于H ，连CH ． 2 2 因为CC 面BAC ，所以CC  BH ，则BH 平面AC． 1 2 2 1 1 又因为AB 5，BC  2，AC  3 AB2  BC2  AC2． 所以BC  AC ，根据三垂线定理知CH  AC，所以∠BCH 就是所求二面角的平面 角． 2 BH 1 因为BH  ，所以sin∠BCH   ，故∠BCH 30， 2 BC 2 即：所求二面角的大小为30． 2 （3）因为BH  ，所以 2 1 1 1 2 1 V  S BH   (12) 2  . BAA 2 C 2 C 3 AA 2 C 2 C 3 2 2 2 1 V  S BB  21 A 1 B 1 C 1 A 2 BC 2 A 1 B 1 C 1 1 2 所求几何体体积为 3 V V V  ． BAA 2 C 2 C A 1 B 1 C 1 A 2 BC 2 2 解法二： （1）如图，以B 为原点建立空间直角坐标系， 1 A C z O B x 第7页 | 共12页 y C 1 A 1 B 1 1  则A(0，1，4)，B(0，0，2)，C(1，0，3)，因为O是AB的中点，所以O  0，，3 ，  2    1  OC   1， ，0 ．  2   易知，n(0，0，1)是平面ABC 的一个法向量． 1 1 1 因为OCn 0，OC 平面ABC ，所以OC∥平面ABC ． 1 1 1 1 1 1   （2）AB(0，1，2)，BC (1，0，1)，  设m(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，则 y2z 0 则ABm 0,BCm 0得： xz 0  取xz 1，m(1，2，1)．  显然，l (1，1，0)为平面AACC的一个法向量． 1 1 ml 120 3 则cos m,l    , |m||l | 2 6 2 结合图形可知所求二面角为锐角． 所以二面角BACA 的大小是30． 1 （3）同解法一． 21．解法一：（1）在△PAB中， AB 2，即22 d2 d2 2d d cos2， 1 2 1 2 4(d d )2 4d d sin2，即 d d  44d d sin22 12（常数）， 1 2 1 2 1 2 1 2 点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a2 1的双曲线． x2 y2 方程为：  1． 1  （2）设M(x，y )，N(x，y ) 1 1 2 2 ①当MN 垂直于x轴时，MN 的方程为x1，M(1，1)，N(1，1)在双曲线上． 1 1 1 5 即  12 10 ， 因 为 01， 所 以 1  2 第8页 | 共12页51  ． 2 ②当MN 不垂直于x轴时，设MN 的方程为y k(x1)．  x2 y2   1 由1  得：  (1)k2  x2 2(1)k2x(1)(k2 )0，  y k(x1) 由题意知：(1)k2 0，   2k2(1) (1)(k2 ) 所以x x  ，x x  ． 1 2 (1)k2 1 2 (1)k2 k22 于是：y y k2(x 1)(x 1) ． 1 2 1 2 (1)k2 因为OM ON 0，且M，N 在双曲线右支上，所以  (1) x x  y y 0 k2   (1)   1 2 1 2   2 1   51 2 x x 0  2 1 1  ． 1 2  2 3   x x 0  k2   2 10 1 2  1 51 2 由①②知， ≤ ． 2 3 解法二：（1）同解法一 （2）设M(x，y )，N(x，y )，MN 的中点为E(x，y )． 1 1 2 2 0 0  ①当x  x 1时， MB 2  12 10， 1 2 1 51 因为01，所以 ； 2  x2 y2  1  1 1 1   x ②当x  x 时，  k   0 ． 1 2  x 2 2  y 2 2 1 MN 1 y 0  1  y 又k k  0 ．所以(1)y2 x2 x ； MN BE x 1 0 0 0 0 第9页 | 共12页  MN  2  MN  2 e(x x )2a 2 由∠MON  2 得x 0 2  y 0 2   2   ，由第二定义得  2      1 2 2   2  1  1  x  1  x2 (1)2x ．    1 0  1 0 0 所以(1)y2 x2 2(1)x (1)2． 0 0 0 (1)y2 x2 x (1)2 于是由 0 0 0 得x   (1)y2 x2 2(1)x (1)2 0 23 0 0 0 (1)2 因为x 1，所以 1，又01， 0 23 51 2 51 2 解得：  ．由①②知 ≤ ． 2 3 2 3 1  1 1  1 22．解：（1）据条件得2 n(n1)  2 ① a a a a   n1 n n1 n 1  1 1  1 1 2 2 1 当n1时，由2 2  2 ，即有2   2 ， a a a a 4 a 4 a   2 1 2 1 1 1 2 8 解得 a  ．因为a 为正整数，故a 1． 3 1 7 1 1 1 1 1  1 当n2时，由2 6  2 ， a 4 a 4   3 3 解得8a 10，所以a 9． 3 3 （2）方法一：由a 1，a 4，a 9，猜想：a n2． 1 2 3 n 下面用数学归纳法证明． 1当n1，2时，由（1）知a n2均成立； n 2假设nk(k≥2)成立，则a k2，则nk1时 k 1  1 1  1 由①得2 k(k1)  2 a k2 a k2   k1 k1 k2(k1) k(k2 k1)  a  k2 k1 k1 k1 第10页 | 共12页(k1)2 1 (k1)2  a (k1)2  k2 1 k1 k1 (k1)2 因为k≥2时，(k2 1)(k1)2 k(k1)(k2)≥0，所以 0，1． k2 1 1 k1≥1，所以 0，1． k1 又a N*，所以(k1)2≤a ≤(k1)2． k1 k1 故a (k1)2，即nk1时，a n2成立． k1 n 由1，2知，对任意nN*，a n2． n （2）方法二： 由a 1，a 4，a 9，猜想：a n2． 1 2 3 n 下面用数学归纳法证明． 1当n1，2时，由（1）知a n2均成立； n 2假设nk(k≥2)成立，则a k2，则nk1时 k 1  1 1  1 由①得2 k(k1)  2 a k2 a k2   k1 k1 1 k1 k(k1) 1 即2   2 ② a k a k2 k1 k1 k1 k2 k1 由②左式，得  ，即(k1)a k3 k2 k，因为两端为整数， k a k1 k1 则(k1)a ≤k3 k2 k1(k1)2(k1)．于是a ≤(k1)2 ③ k1 k1 k(k1) 2k2 1k(k1) k2 k1 又由②右式，   ． a k2 k2 k1 则(k2 k1)a k3(k1)． k1 因为两端为正整数，则(k2 k1)a ≥k4 k3 1， k1 k4 k31 k 所以a ≥ (k1)2  ． k1 k2 k1 k2 k1 又因k≥2时，a 为正整数，则a ≥(k1)2 ④ k1 k1 第11页 | 共12页据③④a (k1)2，即nk1时，a n2成立． k1 n 由1，2知，对任意nN*，a n2． n 第12页 | 共12页