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
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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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