2007年浙江省高考数学试卷(理科)及解析

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2007年浙江省高考数学试卷（理科）

一、选择题（共小题，每小题分，满分分）
．（分）（浙江）＞是＞的（ ） ．充分而不必要条件．必要而不充分条件 ．充分必要条件．既不充分也不必要条件
．（分）（浙江）若函数（）（），（其中＞，小正周期是，且．．，则（ ）
．．
）的最．（分）（浙江）直线﹣关于直线对称的直线方程是（ ） ．﹣．﹣．﹣．﹣
．（分）（浙江）要在边长为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半径为米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（ ）

．．．．
．（分）（浙江）已知随机变量服从正态分布（，），（），则（）（ ）
．．．．
6．（5分）（2007•浙江）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．（5分）（2007•浙江）若非零向量，满足|+|=||，则（ ） A．|2|＞|2+|B．|2|＜|2+|C．|2|＞|+2|D．|2|＜|+2| 8．（5分）（2007•浙江）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（ ）
1d
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A．B．C．D．
9．（5分）（2007•浙江）已知双曲线且PF1⊥PF2，|PF1|•|PF2|=4ab，则双曲线的离心率是（ ） A．B．C．2D．3 10．（5分）（2007•浙江）设f（x）=的左、右焦点分别为F1，F2，P是准线上一点，，g（x）是二次函数，若f（g（x））的值域是[0，+∞），则函数g（x）的值域是（ ） A．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）B．（﹣∞，﹣1]∪[0，+∞）C．[0，+∞）D．[1，+∞）

二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分） 11．（4分）（2007•浙江）已知复数z1=1﹣i，z1•z2=1+i，则复数z2=． 12．（4分）（2007•浙江）已知，且≤θ≤，则cos2θ的值是 ．
13．（4分）（2007•浙江）不等式|2x﹣1|﹣x＜1的解集是． 14．（4分）（2007•浙江）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．（4分）（2007•浙江）随机变量ξ的分布列如下： ξ ﹣1 0 1 P a b c 其中a，b，c成等差数列，若．则Dξ的值是．
16．（4分）（2007•浙江）已知点O在二面角α﹣AB﹣β的棱上，点P在α内，且∠POB=45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α﹣AB﹣β的取值范围是．
17．（4分）（2007•浙江）设m为实数，若，则m的取值范围是．

三、解答题（共5小题，满分72分） 18．（14分）（2007•浙江）已知△ABC的周长为（I）求边AB的长；
（Ⅱ）若△ABC的面积为sinC，求角C的度数．
+1，且sinA+sinB=sinC 19．（14分）（2007•浙江）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．
2d
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20．（14分）（2007•浙江）如图，直线y=kx+b与椭圆（I）求在k=0，0＜b＜1的条件下，S的最大值； （Ⅱ）当|AB|=2，S=1时，求直线AB的方程．
=1交于A，B两点，记△AOB的面积为S．

21．（15分）（2007•浙江）已知数列{an}中的相邻两项a2k﹣1，a2k是关于x的方程x2﹣（3k+2k）x+3k•2k=0的两个根，且a2k﹣1≤a2k（k=1，2，3，…）． （Ⅰ）求a1，a3，a5，a7；
（Ⅱ）求数列{an}的前2n项和S2n； （Ⅲ）记，，求证：．


22．（15分）（2007•浙江）设，对任意实数t，记3d ．

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（Ⅰ）求函数y=f（x）﹣g8（x）的单调区间； （Ⅱ）求证：（ⅰ）当x＞0时，f（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g8（x0）≥gt（x0）对任意正实数t成立．

2007年浙江省高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分） 1．（5分）
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】由题意解不等式x2＞x，提出公因式x，根据因式分解法，解出不等式的解，再判断是不是必要条件，判断此解和x＞1的关系． 【解答】解：由x2＞x， 可得x＞1或x＜0， ∴x＞1，
可得到x2＞x，
但x2＞x得不到x＞1． 故选A．
【点评】注意必要条件、充分条件与充要条件的判断． 2．（5分）
【考点】三角函数的周期性及其求法． 【分析】先根据最小正周期求出ω的值，再由【解答】解：由∵．
．由求出sinφ的值，再根据φ的范围可确定出答案．
．
故选D 【点评】本题主要考查三角函数解析式的确定．属基础题． 3．（5分）
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程． 【分析】设所求直线上任一点（x，y），关于x=1的对称点求出，代入已知直线方程，即可得到所求直线方程． 【解答】解：解法一（利用相关点法）设所求直线上任一点（x，y），则它关于x=1对称点为（2﹣x，y） 在直线x﹣2y+1=0上，∴2﹣x﹣2y+1=0化简得x+2y﹣3=0故选答案D．
解法二：根据直线x﹣2y+1=0关于直线x=1对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D， 再根据两直线交点在直线x=1选答案D 故选D．
【点评】本题采用两种方法解答，一是相关点法：求轨迹方程法；法二筛选和排除法．本题还有点斜式、两点式等方法． 4．（5分）
【考点】圆方程的综合应用．
【分析】这是一个与圆面积相关的新运算问题，因为龙头的喷洒面积为36π≈113，正方形面积为256，故至少三个龙头．但由于喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，而草坪是边长为16米的正方形，3个龙头不能使整个草坪都能喷洒到水，故还要结合圆的性质，进一步的推理论证． 【解答】解：因为龙头的喷洒面积为36π≈113，
4d
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正方形面积为256，故至少三个龙头． 由于2R＜16，
故三个龙头肯定不能保证整个草坪能喷洒到水． 当用四个龙头时，可将正方形均分四个小正方形， 同时将四个龙头分别放在它们的中心， 由于，
故可以保证整个草坪能喷洒到水； 故选B．

【点评】本题考查的知识点是圆的方程的应用，难度不大，属于基础题． 5．（5分）
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义． 【分析】由正态分布曲线知，P（ξ≤0）=1﹣P（ξ≤4）． 【解答】解：由P（ξ≤4）=P（ξ﹣2≤2）=P又P（ξ≤0）=P（ξ﹣2≤﹣2）=P故选A．
=0.84．
=0.16．

【点评】本题考查正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值 从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的． 6．（5分）
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】选项A由反证法得出判断；选项B由异面直线的公垂线唯一得出判断；选项C、D可借用图形提供反例．
【解答】解：设过点P的直线为n，若n与l、m都平行，则l、m平行，与l、m异面矛盾，故选项A错误； 由于l、m只有唯一的公垂线，而过点P与公垂线平行的直线只有一条，故B正确；
对于选项C、D可参考下图的正方体，设AD为直线l，A′B′为直线m，若点P在P1点，则显然无法作出直线与两直线都相交，故选项C错误；若P在P2点，则由图中可知直线CC′及D′P2均与l、m异面，故选项D错误．
5d
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故选B．
【点评】本题考查直线与异面直线平行、垂直、相交、异面的情况，同时考查空间想象能力． 7．（5分）
【考点】向量的模．
【分析】本题是对向量意义的考查，根据|||﹣|||≤|+|≤||+||进行选择，题目中注意|+2|=|++|的变化，和题目所给的条件的应用．
【解答】解：∵|+2|=|++|≤|+|+||=2||， ∵，是非零向量，
∴必有+≠， ∴上式中等号不成立． ∴|2|＞|+2|，
故选C 【点评】大小和方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征和几何特征，借助于向量可以实现某些代数问题与几何问题的相互转化． 8．（5分）（
【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的几何意义．
【分析】本题可以考虑排除法，容易看出选项D不正确，因为D的图象，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f（x）和y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数．
【解答】解析：检验易知A、B、C均适合，不存在选项D的图象所对应的函数，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f（x）和y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选D． 【点评】考查函数的单调性问题． 9．（5分）
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由PF1⊥PF2，|PF1|•|PF2|=4ab可知：PF1|•|PF2|=|F1F2|•|PA|，导出曲线的离心率．
【解答】解：设准线与x轴交于A点．在Rt△PF1F2中， ∵|PF1|•|PF2|=|F1F2|•|PA|，
∴，
6d ，由此能够求出双
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又∵|PA|2=|F1A|•|F2A|，
∴，
化简得c2=3a2， ∴． 故选答案B 【点评】本题考查双曲线的离心率的求法解三角形的相关知识．解题时不能联系三角形的有关知识，找不到解题方法而乱选．双曲线的离心率的求法是解析几何的一个重点，且方法较多，要善于总结各种方法，灵活应用 10．（5分）
【考点】函数的图象；函数的值域．
【分析】先画出f（x）的图象，根据图象求出函数f（x）的值域，然后根据f（x）的范围求出x的范围，即为g（x）的取值范围，然后根据g（x）是二次函数可得结论． 【解答】解：如图
为f（x）的图象，由图象知f（x）的值域为（﹣1，+∞）， 若f（g（x））的值域是[0，+∞），只需g（x）∈（﹣∞，﹣1]∪[0，+∞）． 而g（x）是二次函数，故g（x）∈[0，+∞）． 故选：C
【点评】本题主要考查了函数的图象，以及函数的值域等有关基础知识，同时考查了数形结合的数学思想，属于基础题．
二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分） 11．（4分）
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】根据两个复数的积是1+i和所给的另一个复数的表示式，写出复数是由两个复数的商得到的，进进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，化简以后得到结果． 【解答】解：∵复数z1=1﹣i，z1•z2=1+i，
∴．
故答案为：i 【点评】本题考查复数的除法运算，考查在两个复数和两个复数的积三个复数中，可以知二求一，这里的做法同实数的乘除一样，本题是一个基础题． 12．（4分）
【考点】同角三角函数基本关系的运用；二倍角的余弦．
【分析】把题设等式两边平方利用同角三角函数的基本关系和二倍角公式求得sin2θ的值，进而利用θ的范围确定2θ的范围，最后利用同角三角函数的基本关系求得cos2θ的值． 【解答】解：∵，
7d
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∴两边平方，得sin2θ+2sinθcosθ+cos2θ=即∴∵≤θ≤， ．
．
． ．
，
∴π≤2θ≤∴故答案为：﹣【点评】本题主要考查了同角三角函数的基本关系和二倍角公式的化简求值．在利用同角三角函数的基本关系时，一定要注意角度范围，进而判定出三角函数的正负． 13．（4分）
【考点】绝对值不等式的解法．
【分析】利用绝对值的几何意义去绝对值号转化为一次不等式求解． 【解答】解：|2x﹣1|﹣x＜1 ⇒|2x﹣1|＜x+1 ⇒﹣（x+1）＜2x﹣1＜x+1，
∴
⇒0＜x＜2，
故答案为（0，2）．
【点评】考查绝对值不等式的解法，此类题一般两种解法，一种是利用绝对值的几何意义去绝对值号，另一种是用平方法去绝对值号，本题用的是前一种方法． 14．（4分）
【考点】排列、组合的实际应用．
【分析】根据题意，分两种情况讨论，①用10元钱买2元1本的杂志，②用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本，分别求得可能的情况数目，由加法原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，可有以下两种情况： ①用10元钱买2元1本的杂志，共有C85=56 ②用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本共有C84•C32=70×3=210， 故不同买法的种数是 210+56=266， 故答案为266．
【点评】本题考查排列、组合的综合应用，注意分类讨论与分步进行，即先组合再排列． 15．（4分）
【考点】离散型随机变量的期望与方差．
【分析】要求这组数据的方差，需要先求出分布列中变量的概率，这里有三个条件，一个是三个数成等差数列，一个是概率之和是1，一个是这组数据的期望，联立方程解出结果． 【解答】解：∵a，b，c成等差数列， ∴2b=a+c， ∵a+b+c=1，
8d
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Eξ=﹣1×a+1×c=c﹣a=． 联立三式得∴故答案为：
【点评】这是一个综合题目，包括等差数列，离散型随机变量的期望和方差，主要考查分布列和期望的简单应用，通过解方程组得到要求的变量，这与求变量的期望是一个相反的过程，但是两者都要用到期望的公式． 16．（4分）
【考点】与二面角有关的立体几何综合题． 【分析】本题考查的知识点是二面角及其度量，由于二面角α﹣AB﹣β的可能是锐二面角、直二面角和钝二面角，故我们要对二面角α﹣AB﹣β的大小分类讨论，利用反证法结合点P在α内，且∠POB=45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，易得到结论． 【解答】解：若二面角α﹣AB﹣β的大小为锐角， 则过点P向平面β作垂线，设垂足为H． 过H作AB的垂线交于C，
连PC、CH、OH，则∠PCH就是所求二面角的平面角． 根据题意得∠POH≥45°，
由于对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°， ∴∠POH≥45°，
设PO=2x，则 又∵∠POB=45°， ∴OC=PC=，而在Rt△PCH中应有 PC＞PH，
∴显然矛盾，故二面角α﹣AB﹣β的大小不可能为锐角． 即二面角α﹣AB﹣β的范围是：[90°，180°]． 若二面角α﹣AB﹣β的大小为直角或钝角， 则由于∠POB=45°，
结合图形容易判断对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°． 即二面角α﹣AB﹣β的范围是[90°，180°]． 故答案为：[90°，180°]．
，
．

【点评】高考考点：二面角的求法及简单的推理判断能力，易错点：画不出相应的图形，从而乱判断．备考提示：无论解析几何还是立体几何，借助于图形是我们解决问题的一个重要的方法，它可以将问题直观化，从而有助于问题的解决． 17．（4分）
【考点】简单线性规划的应用．
9d
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【分析】利用不等式表示的平面区域得出区域与圆形区域的关系，把握好两个集合的包含关系是解决本题的关键，通过图形找准字母之间的不等关系是解决本题的突破口．
【解答】解：由题意知，可行域应在圆内，如图：如果﹣m＞0，则可行域取到x＜﹣5的点，不能在圆内； 故﹣m≤0，即m≥0．
当mx+y=0绕坐标原点旋转时，直线过B点时为边界位置．此时﹣m=﹣， ∴m=． ∴0≤m≤． 故答案为：0≤m≤

【点评】本题考查线性规划问题的理解和掌握程度，关键要将集合的包含关系转化为字母之间的关系，通过求解不等式确定出字母的取值范围，考查转化与化归能力． 三、解答题（共5小题，满分72分） 18．（14分）
【考点】正弦定理；余弦定理． 【分析】（I）先由正弦定理把sinA+sinB=AB．
sinC转化成边的关系，进而根据三角形的周长两式相减即可求得（2）由△ABC的面积根据面积公式求得BC•AC的值，进而求得AC2+BC2，代入余弦定理即可求得cosC的值，进而求得C． 【解答】解：（I）由题意及正弦定理，得AB+BC+AC=+1．BC+AC=AB， 两式相减，得：AB=1．
（Ⅱ）由△ABC的面积=BC•ACsinC=sinC，得 BC•AC=，
∴AC2+BC2=（AC+BC）2﹣2AC•BC=2﹣=，
由余弦定理，得，
所以C=60°．
【点评】本题主要考查了正弦定理、三角形的面积计算等相关知识．此类问题要求大家对正弦定理、余弦定理、面积公式要熟练掌握，并能运用它们灵活地进行边与角的转化，解三角形问题也是每年高考的一个重点，但难度一般不大，是高考的一个重要的得分点． 19．（14分）
【考点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角．
10d
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【分析】方法一（I）说明△ACB是等腰三角形即可说明CM⊥AB，然后推出结论．
（II）过点M作MH⊥平面CDE，垂足是H，连接CH交延长交ED于点F，连接MF，MD． ∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角，解三角形即可， 方法二建立空间直角坐标系，
（I）证明垂直写出相关向量CM和向量EM，求其数量积等于0即可证明CM⊥EM． （II）求CM与平面CDE所成的角，写出向量CM，以及平面的法向量， 利用数量积公式即可解答． 【解答】解：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，连接CH交延长交ED于点F， 连接MF，MD．∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角． 因为MH⊥平面CDE，ED⊥MH， 又因为CM⊥平面EDM， 所以CM⊥ED，
则ED⊥平面CMF，因此ED⊥MF． 设EA=a，
在直角梯形ABDE中，，M是AB的中点， 所以DE=3a，，，
得△EMD是直角三角形，其中∠EMD=90°，
所以在Rt△CMF中，．
，
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，0，0），B（0，2a，0），E（2a，0，a）．D（0，2a，2a），M（a，a，0）． （I）证明：因为所以
（II）解：设向量n=（1，y0，z0）与平面CDE垂直，则即因为所以y0=2，x0=﹣2，
，
，．
，，
，，
，故EM⊥CM．
，，
11d
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直线CM与平面CDE所成的角θ是n与夹角的余角，
所以θ=45°，
因此直线CM与平面CDE所成的角是45°．


【点评】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．利用空间直角坐标系解答时，注意计算的准确性． 20．（14分）
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线的一般式方程；椭圆的简单性质． 【分析】（Ⅰ）设出点A，B的坐标利用椭圆的方程求得A，B的横坐标，进而利用弦长公式和b，求得三角形面积表达式，利用基本不等式求得其最大值．
（Ⅱ）把直线与椭圆方程联立，进而利用弦长公式求得AB的长度的表达式，利用O到直线AB的距离建立方程求得b和k的关系式，求得k．则直线的方程可得．
【解答】解：（Ⅰ）设点A的坐标为（x1，b），点B的坐标为（x2，b）， 由所以当且仅当
，解得=时，S取到最大值1．
，
≤b2+1﹣b2=1．
（Ⅱ）解：由
得，①
12d
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△=4k2﹣b2+1，
=．②
设O到AB的距离为d，则又因为，
，
所以b2=k2+1，代入②式并整理，得解得，，代入①式检验，△＞0，
或或，
故直线AB的方程是，或．
【点评】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． 21．（15分）
【考点】数列的求和；不等式的证明．
【分析】（1）用解方程或根与系数的关系表示a2k﹣1，a2k，k赋值即可． （2）由S2n=（a1+a2）+…+（a2n﹣1+a2n）可分组求和． （3）Tn复杂，常用放缩法，但较难． 【解答】解：（Ⅰ）解：方程x2﹣（3k+2k）x+3k•2k=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=（3+6+…+3n）+（2+22+…+2n）=．
（Ⅲ）证明：所以当n≥3时，，．
，
=，
13d
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同时，=综上，当n∈N*时，．
．
【点评】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．本题属难题，一般要求做（1），（2）即可，让学生掌握常见方法，对（3）不做要求． 22．（15分）
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值． 【分析】（I）首先求出函数的导数，然后令f′（x）=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数的单调性，从而求函数y=f（x）﹣g8（x）的单调区间； （II）（ⅰ）由题意当x＞0时，f（x）≥gt（x），求出f（x）最小值，和gt（x）的最大值，从而求证；
（ⅱ）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，然后再证明x0的唯一性． 【解答】解：（I）解：．由y'=x2﹣4=0，得x=±2．
因为当x∈（﹣∞，﹣2）时，y'＞0， 当x∈（﹣2，2）时，y'＜0， 当x∈（2，+∞）时，y'＞0，
故所求函数的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞）， 单调递减区间是（﹣2，2）． （II）证明：（i）方法一：
令，则，
当t＞0时，由h'（x）=0，得当，
时，h'（x）＞0，
．
所以h（x）在（0，+∞）内的最小值是故当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，令由h'（t）=0，得t=x3．
当0＜t＜x3时，h'（t）＞0． 当t＞x3时，h'（t）＜0， 所以当t=x3时，h（t）取得最大值．
，则，
因此当x＞0时，f（x）≥g（x）对任意正实数t成立．
14d
1.1 附件1：ace与GBT19011-2008标准主要差异性分析
（ii）方法一：．
由（i）得，gx（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，，，
由（i）得，，
再取t=x03，得，
所以，
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，因为gt（x0）关于t的最大值是，
，所以要使gx（x0）≥gt（x0）
，
对任意正实数成立的充分必要条件是：即（x0﹣2）2（x0+4）≤0，①
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．
【点评】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，难度较大．

班级日志记录表
第周月日 星期值日班长值周班长
迟到
出勤 情况
早 午 节次 早自习 第1节
科目



教师

课堂纪律 好

中

差

备注


旷课
事假
病假
纪 律 情 况
15d
1.1 附件1：ace与GBT19011-2008标准主要差异性分析
第2节 第3节 第4节 午休情况 午自习 第5节 第6节 第7节
班级 大事记 作业 情况 卫生 情况 班级安全隐患
教 室 清洁区
















措施



16d

2007年浙江省高考数学试卷(理科)及解析

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