2007年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷及答案-重庆卷.pdf

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1、2007 年普通高等学校招生考试（重庆卷） 数学（理工科） 本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟 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备选项中，只有一项是符合题目要求的 . 1、若等差数列 na 的前 3 项和 93=S 且 11=a ，则2a 等于（ ） A、 3 B、 4 C、 5 D、 6 2、命题“若 12x 或 1x D、若 x 1或 x 1 ，则2x 1 3、若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成（ ） A、5部分 B、6部分 C、7部分 D、8部分 4、若nxx )1( + 展开式的二项式系数之和为

2、64，则展开式的常数项为（ ） A、10 B、20 C、30 D、120 5、在 ABC 中，nullnull75,45,3 = CAAB ，则 BC 等于（ ） A、 33 B、 2 C、2 D、 33+ 6、从 5 张 100 元，3 张 200 元，2 张 300 元的奥运预赛门票中任取 3 张，则所取 3 张中至少有 2 张价格相同的概率为（ ） A、41B、12079C、43D、24237、若 a是 b21+ 与 b21 的等比中项，则|2|2baab+的最大值为（ ） A、1552B、42C、55D、228、设正数 ba, 满足nnnnnbaaba2lim111+等于（ ） A、0

3、 B、41C、21D、1 9、已知定义域为 R 的函数 )(xf 在 ),8( + 上为减函数，且函数 )8( += xfy 为偶函数，则（ ） A、 )7()6( ff B、 )9()6( ff C、 )9()7( ff D、 )10()7( ff D C B A 10、如右图，在四边形 ABCD 中， 4| =+ DCBDAB ，4| =+ DCBDBDAB ， 0= DCBDBDAB ，则ACDCAB + )( 的值为（ ） A、2 B、 22 C、4 D、 24 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分.把答案填写在答卷相应位置上. 11、复数322ii+的虚部为_

4、 _. 12、已知 、yx 满足+,1,42,1xyxyx则函数 yxz 3+= 的最大值是_. 13、若函数 12)(22=+ aaxxxf 的定义域为 R，则 a的取值范围为_ _. 14、设 na 为公比 1q 的等比数列，若2004a 和2006a 是方程 03842=+ xx 的两根，则=+20072006aa _. 15、某校要求每位学生从 7 门课程中选修 4 门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有_种.（以数字作答） 16、过双曲线 422= yx 的右焦点 F 作倾斜角为null105 的直线，交双曲线于 P、Q 两点，则| FQFP 的值为_ _. 三、解答题：

5、本大题共 6 小题，共 76 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 13 分，其中（）小问 9 分， （）小问 4 分） 设 xxxf 2sin3cos6)(2= . （）求 )(xf 的最大值及最小正周期； （）若锐角 满足 323( =f ，求 54tan 的值. C E D A1B1C1B A 18（本小题满分 13 分，其中（）小问 4 分， （）小问 9 分） 某单位有三辆汽车参加某种事故保险.单位年初向保险公司缴纳每辆 900 元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获 9000 元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次）.设这三辆车在一年内发生此种

6、事故的概率分别为 1/9、1/10、1/11，且各车是否发生事故相互独立.求一年内该单位在此保险中： （）获赔的概率； （）获赔金额 的分布列与期望. 19（本小题满分 13 分，其中（）小问 8 分， （）小问 5 分） 如右图，在直三棱柱111CBAABC 中，null90,1,21= ABCABAA ；点 D、 E 分别在 D、ABB11上，且 DAEB11 ，四棱锥1ABDAC 与直三棱柱的体积之比为 5:3 . （）求异面直线 DE 与11CB 的距离； （）若 2=BC ，求二面角111BDCA 的平面角的正切值. 20（本小题满分 13 分，其中（） 、 （） 、 （）小问分别为

7、 6、 4、 3 分） 已知函数 )0(ln)(44+= xcbxxaxxf 在 1=x 处取得极值 a3 ，其中 a、 b 为常数 . （）试确定 a、 b 的值； （）讨论函数 )(xf 的单调区间； （）若对任意 0x ，不等式22)( cxf 恒成立，求 c的取值范围 . 21（本小题满分 12 分，其中（）小问 5 分， （）小问 7 分） 已知各项均为正数的数列 na 的前 n 项和nS 满足 11S ，且+= NnaaSnnn),2)(1(6 . （）求 na 的通项公式； （）设数列 nb 满足 1)12( =nbna ，并记nT 为 nb 的前 n项和，求证： + NnaTn

8、n),3(log132. yxl O F P3P2P122（本小题满分 12 分，其中（）小问 4 分， （）小问 8 分） 如右图，中心在原点 O 的椭圆的右焦点为 )0,3(F ，右准线 l的方程为： 12=x . （）求椭圆的方程； （）在椭圆上任取三个不同点321、P、PP ，使133221FPPFPPFPP = ，证明： |1|1|1321FPFPFP+ 为定值，并求此定值 . 2007 年普通高等学校招生考试（重庆卷） 数学参考答案（理工科） 一、选择题 ADCBA CBBDC 二、填空题： 11、5412、 7 13、 0,1 14、 18 15、 25 16、338三、解答题：

9、 17、解： （） xxxf 2sin322cos16)( += 32sin32cos3 += xx 3)2sin212cos23(32 += xx 3)62cos(32 +=x 故 )(xf 的最大值为 332 + ； 最小正周期 =22T . （）由 323)( =f 得 3233)62cos(32 =+ ，故 1)62cos( =+ . 又由20 = xxxxf .令 0)(/=xf ，解得 1=x . 当 10 x 时， 0)( xf ，此时 )(xf 为增函数 . 因此 )(xf 的单调递减区间为 )1,0( ，而 )(xf 的单调递增区间为 ),1( + . （）由（）知， )(x

10、f 在 1=x 处取得极小值 cf = 3)1( ，此极小值也是最小值 . 要使 )0(2)(2 xcxf 恒成立，只需223 cc . 即 0322cc ，从而 0)1)(32( + cc . 解得23c或 1c . 所以 c的取值范围为),231,( + 21、（） 解： 由 )2)(1(611111+= aaSa ， 解得 11=a 或 21=a .由假设 111= Sa ，因 此 21=a . 又由 )2)(1(61)2)(1(611111+=+ nnnnnnnaaaaSSa ，得 0)3)(11=+ nnnnaaaa ，即 031=+ nnaa 或nnaa =+1. 因 0na ，故

11、nnaa =+1不成立，舍去 . 因此 31=+ nnaa ，从而 na 是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故 na 的通项为 13 = nan. （）证法一：由 1)12( =nbna 可解得133log)11(log22=+=nnabnn从而 )1335623(log2215=+=nnbbbTnnnullnull . 因此 232)1335623(log)3(log13322+=+nnnaTnnnull . 令232)1335623()(3+=nnnnf null ，则 233)23)(53()33()2333(5323)()1(+=+=+nnnnnnnnfnf. 因 079)23)(

12、53()33(23+=+ nnnn ，故 )()1( nfnf + . 特别地 12027)1()( = fnf ，从而 0)(log)3(log1322=+ nfaTnn， 即 )3(log132+nnaT . 证法二：同证法一求得nb 及nT . A Q1yxl O F P3P2P1由二项式定理知，当 0c 时，不等式 cc 31)1(3+ 成立 . 由此不等式有3332)1311()511()211(2log13+=+nTnnull )3(log)23(log)132358252(log)1311()531)(231(2log2222+=+=+=+nannnnnullnull. 证法三：

13、同证法一求得nb 及nT . 令13237845,3136734,1335623+=+=nnCnnBnnAnnnnullnullnull . 因1323313133+ nnnnnn，因此2233+=nCBAAnnnn. 从而 )3(log)23(log2log2log)1335623(2log132223232+=+=+nnnnnnanCBAAnnT null证法四：同证法一求得nb 及nT . 下面用数学归纳法证明： )3(log132+nnaT . 当 1=n 时，5log)3(log,427log1321221=+=+ aT，因此 )3(log132+nnaT ，结论成立 . 假设结论当

14、 kn = 时成立，即 )3(log132+kkaT ，则当 1+= kn 时， )3(log313)3(log13121121+=+ kkkkkabTaT 2321122)23)(53()33(log3)3(log)3(log+=+kkkbaakkk. 因 079)23)(53()33(23+=+ kkkk ，故 0)23)(53()33(log232+kkk. 从而 )3(log13121+ knaT .这就是说当 1+= kn 时结论也成立 . 综上 )3(log132+nnaT 对任何+Nn 成立 . 22、解： （）设椭圆方程为 12222=+byax. 因焦点为 )0,3(F ，故

15、半焦距 3=c .又右 准线 l的方程为cax2= ，从而由已知 36,1222= aca， 因此 3327,622= caba . 故所求椭圆方程为 1273622=+yx. （）记椭圆的右顶点为 A，并设 )3,2,1( = iAFPii ，不失一般性，假设 3201 ，且34,321312 +=+= . 又设iP 在 l上的射影为iQ ，因椭圆的离心率21=ace ， 从而有)3,2,1()cos|9(21)cos|(|2= iFPeFPccaeQPFPiiiiiii . 解得 )3,2,1()cos211(92|1=+= iFPii . 因此 )34cos()32cos(cos21392|1|1|1111321 +=+FPFPFP， 而 0cos23cos21cos23cos21cos)34cos()32cos(cos11111111=+=+ ， 故32|1|1|1321=+FPFPFP为定值 .