2007年高考理科数学(浙江)卷

发布时间：2022-11-10 20:18:22

2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
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）“x1”是“xx”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(x2sin(x，xR（其中0，且f(03，则 A．）的最小正周期是，211， B．， C．2， D．2， 262363（3）直线x2y10关于直线x1对称的直线方程是 Ａ．x2y10
Ｂ．2xy10 Ｃ．2xy30
Ｄ．x2y30
（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(≤40.84，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abb，则 Ａ．2aab
Ｂ．2a2ab Ｃ．2bab
Ｄ． 2ba2b
（8）设f(x是函数f(x的导函数，将yf(x和yf(x的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是
y

O x A．
y y y O B．
x O C．
x O D．
x
x2y2P是准线上一（9）已知双曲线221(a0，b0的左、右焦点分别为F1，F2，ab点，且PF1PF2，PF1PF24ab，则双曲线的离心率是 Ａ．2
Ｂ．3


Ｃ．2

Ｄ．3
2x≥1，x，（10）设f(xg(x是二次函数，若f(g(x的值域是0，∞，则g(x的x1，x，值域是
A．∞，11，∞ C．0，∞


B．∞，10，∞ D．1，∞
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z11i，z1z21i，则复数z2 ． （12）已知sincos13，且≤≤，则cos2的值是 ． 524（13）不等式2x1x1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：

P
其中a，b，c成等差数列，若E1 0 1
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POB45．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

 ．
x2y5≥022（17）设m为实数，若(x，y3x≥0(x，yxy≤25，则m的取值mxy≥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21，且sinAsinB2sinC． （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，ACBC，且ACBCBD2AE，M是AB的中点． （I）求证：CMEM；
D
（II）求CM与平面CDE所成的角．
E



A
M
（第19题）
C B
x2y21交于A，B两点，记△AOB（20）（本题14分）如图，直线ykxb与椭圆4的面积为S．
（I）求在k0，0b1的条件下，S的最大值； （II）当AB2，S1时，求直线AB的方程．
y
A
O
B
x
（第20题）

（21）（本题15分）已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程ka2k1≤a2k(k1，2，3，． x2(3k2xk3k2的两个根，且0（I）求a1，a2，a3，a7； （II）求数列an的前2n项和S2n； （Ⅲ）记f(n1sinn3，
2sinn(1f(2(1f(3(1f(4(1f(n1， Tn…a1a2a3a4a5a6a2n1a2n求证：


2x32（22）（本题15分）设f(x，对任意实数t，记gt(xt3xt．
3315≤Tn≤(nN*． 624（I）求函数yf(xgt(x的单调区间；
（II）求证：（ⅰ）当x0时，f(xgf(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．



参考答案
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）x0x2 （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ABBCAC21，
BCAC2AB，
两式相减，得AB1． （II）由△ABC的面积111BCACsinCsinC，得BCAC， 263AC2BC2AB2由余弦定理，得cosC
2ACBC



(ACBC22ACBCAB21，
2ACBC2所以C60．
（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ACBC，M是AB的中点， 所以CMAB． 又EA平面ABC， 所以CMEM．
（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MHED， H 又因为CM平面EDM， 所以CMED，
则ED平面CMF，因此EDMF．
C A
设EAa，BDBCAC2a，
M
在直角梯形ABDE中，
B
AB22a，M是AB的中点，

所以DE3a，EM3a，MD6a， 得△EMD是直角三角形，其中∠EMD90， 所以MFEMMD2a．
DE在Rt△CMF中，tan∠FCM所以∠FCM45，
MF1，
MC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，，B(0，2a，0，直线为z轴，建立直角坐标系Cxyz，设EAa，则A(2a，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EMCM0，
故EMCM．
（II）解：设向量n=1，y0，z0与平面CDE垂直，则nCE，nCD， CE0，nCD0． 即nD
E
z
因为CE(2a，2a，2a， 0，a，CD(0，所以y02，x02，
，2，2， 即n(1x
A

C
M
y
B
CMn2cosn，CM，
2CMn直线CM与平面CDE所成的角是n与CM夹角的余角，
所以45，
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x24b21，解得x1，221b2， 所以S12bx1x2 2b1b2
≤b21b21．
当且仅当b22时，S取到最大值1． ykxb，（Ⅱ）解：由x24y21， 得k214x22kbxb210，

4k2b21，
|AB|1k2|x24k2b211x1|1k12．
4k2设O到AB的距离为d，则
d2S|AB|1， 又因为d|b|
1k2，所以b2k21，代入②式并整理，得
k4k2140， 解得k212，b232，代入①式检验，0，
故直线AB的方程是 ②


y26262626或y或y，或y． xxxx22222222
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(3k2kx3k2k0的两个根为x13k，x22k， 当k1时，x13，x22， 所以a12；
当k2时，x16，x24， 所以a34；
当k3时，x19，x28， 所以a58时；
当k4时，x112，x216， 所以a712．
（II）解：S2na1a2a2n
(363n(2222n
3n23nn122．
2111(1f(n1（III）证明：Tn， a1a2a3a4a5a6a2n1a2n所以T111， a1a26T2115． a1a2a3a424当n≥3时，
111(1f(n1， Tn6a3a4a5a6a2n1a2n
1111≥ 6a3a4a5a6a2n1a2n11111≥ 66226232n111， 662n6511(1f(n1同时，Tn 24a5a6a7a8a2n1a2n≤1511 24a5a6a1a2a2n1a2n51111 13n2492922≤515． n24922415≤Tn≤． 624综上，当nN*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．
x3164x． （I）解：y33由yx40，得
2x2．
2时，y0， 因为当x(，2时，y0， 当x(2，时，y0， 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：
x322t3xt(x0，则 令h(xf(xgt(x33
h(xxt，
当t0时，由h(x0，得xt， 当x(x，时，h(x0，
所以h(x在(0，内的最小值是h(t0． 故当x0时，f(x≥gt(x对任意正实数t成立． 方法二：
对任意固定的x0，令h(tgt(xtx1213h(tt(xt3，
3231322313132t(t0，则
3由h(t0，得tx． 当0tx时，h(t0． 当tx时，h(t0，
3所以当tx时，h(t取得最大值h(x333313x．
3因此当x0时，f(x≥g(x对任意正实数t成立． （ii）方法一：
f(28gt(2．
3由（i）得，gt(2≥gt(2对任意正实数t成立．
即存在正实数x02，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x02，x00，t8时，
x0316f(x0，gx(x04x0，
33



x03164x0， 由（i）得，33x03再取tx0，得gx3(x0，
03316x03gx3(x0， 所以gx(x04x0033即x02时，不满足gx(x0≥gt(x0对任意t0都成立． 故有且仅有一个正实数x02，
使得gx(x00≥gt(x0对任意正实数t成立． 方法二：对任意x00，gx(x04x0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34x01613≥x0， 33


①
即(x022(x04≤0，

又因为x00，不等式①成立的充分必要条件是x02， 所以有且仅有一个正实数x02，
使得gx(x0≥gt(x0对任意正实数t成立．

2007年高考理科数学(浙江)卷

推荐内容

相关推荐