2007年重庆高考理科数学真题及答案.doc-资料库

2007 年重庆高考理科数学真题及答案本卷满分 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 3 S 9 且 1 a 1 ，则 2a 等于（） A、3 B、4 C、5 D、6 2、命题“若 2 x 1 ，则 1  x ”的逆否命题是（） 1 A、若 2x ≥1，则 x ≥1或 x ≤ 1 B、若 1  x ，则 1 2 x 1 C、若 1x 或 1x ，则 2 x 1 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 n )1 x 4、若 (  x A、10 B、6 部分 C、7 部分 D、8 部分展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项为（） B、20 C、30 D、120 5、在 ABC 中， AB  ,3 A  ,45  C   75 ，则 BC 等于（） A、 3  3 B、 2 C、2 D、 3  3 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、 1 4 B、 79 120 C、 3 4 D、 23 24 7、若 a 是 b21 与 b21 的等比中项，则 2 ab |2|  b | | a 的最大值为（） A、 52 15 B、 2 4 C、 5 5 D、 2 2 8、设正数 ba, 满足 lim n  1  n 1  n a a ab  2 b  n 1  等于（） n A、0 B、 9、已知定义域为 R 的函数 )(xf 在（） 1 4 ,8(  上为减函数，且函数 1 2 C、 ) D、1 y  (  xf )8 为偶函数，则 A、 f )6(  f )7( B、 f )6(  f )9( C、 f )7(  f )9( D、 f )7(  f )10(

10、如右图，在四边形 ABCD 中， | AB |  | BD |  | DC 4|  ， | AB |  | BD |  | BD |  | DC 4|  ， AB  BD  BD  DC 0 ，则 D C ( AB  DC )  AC 的值为（） A B 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 2 i i  3 2 的虚部为_______________. 12、已知、yx 满足 x 2 x      ,1 y  ,4 x y  ,1  则函数 z 3 x y 的最大值是____________. 13、若函数 )( xf  2 x 22  ax  a  1 的定义域为 R，则 a 的取值范围为___________________. 14、设 }{ na 为公比 1q 的等比数列，若 2004a 和 2006a 是方程 4 2 x 8  x  3 0 的两根，则 a 2006  2007 a  _____________. 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 2 x 2  y  4 的右焦点 F 作倾斜角为  105 的直线，交双曲线于 P、Q 两点，则 | | FP  | FQ | 的值为_____________. 三、解答题：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（Ⅰ）小问 9 分，（Ⅱ）小问 4 分）设 )( xf  6 cos 2  x 2sin3 x . （Ⅰ）求 )(xf 的最大值及最小正周期；（Ⅱ）若锐角满足 ( f 323 ，求 tan  的值. 4 5 18（本小题满分 13 分，其中（Ⅰ）小问 4 分，（Ⅱ）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：

（Ⅰ）获赔的概率；（Ⅱ）获赔金额的分布列与期望. 19（本小题满分 13 分，其中（Ⅰ）小问 8 分，（Ⅱ）小问 5 分）如右图，在直三棱柱 ABC  1 CBA 1 1 中， AA 1  ,2 AB  ,1 ABC  90 ；点 D 、E 分别在 D、A BB 1 1 上，且 EB 1  DA 1 ，四棱锥 C  ABDA 1 与直三棱柱的体积之比为 5:3 . （Ⅰ）求异面直线 DE 与 1 1CB 的距离；（Ⅱ）若 2BC ，求二面角 A 1  DC 1  B 1 的平面角的正切值. A1 A C1 C C B1 E D B 20（本小题满分 13 分，其中（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小问分别为 6、4、3 分）已知函数 )( xf  4 ax ln x  bx 4  ( xc  )0 在 1x 处取得极值 a 3 ，其中 a、b 为常数. （Ⅰ）试确定 a、b 的值；

（Ⅱ）讨论函数 )(xf 的单调区间；（Ⅲ）若对任意 0x ，不等式 )( xf  22 c 恒成立，求 c 的取值范围. 21（本小题满分 12 分，其中（Ⅰ）小问 5 分，（Ⅱ）小问 7 分）已知各项均为正数的数列 }{ na 的前 n 项和 nS 满足 1 S 1 ，且 6 S n  ( a n  )(1 a n  ),2 Nn  . （Ⅰ）求 }{ na 的通项公式；（Ⅱ）设数列 }{ nb 满足 na 2( nb 1)1  ，并记 nT 为 }{ nb 的前 n 项和，求证： 3 T n 1  log ( a n 2  ),3 Nn  . 22（本小题满分 12 分，其中（Ⅰ）小问 4 分，（Ⅱ）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 . （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上任取三个不同点 1 、P、PP 3 2 ，使  FPP 1 2  FPP 2 3  FPP 3 1 ，证明： 1 FP 1 | 1 FP 2 |  | 1 FP 3 | |  | 为定值，并求此定值. y P2 O F P1 P3 l x

参考答案（理工科）一、选择题 ADCBA CBBDC 二、填空题： 11、 4 5 14、18 12、7 15、25 13、 ]0,1[ 16、 38 3 三、解答题： 17、解：（Ⅰ） )( xf 16   2 x cos 2  2sin3 x  3 cos 2 x  2sin3 x  3  3(32 2 cos 2 x  1 2 3)2sin  x  32 cos( 2 x   6 3)  （Ⅱ）由 ( f 323 ) 得 32 cos( 2   3)  2    1 .  T 2  2 323   . ，故 cos( ，故 2     6  ，解得   ) 6 5 12 . 故 )(xf 的最大值为 332  ；最小正周期  6  6 又由 0   从而 tan  4 5  2  得 tan  6  3  6     2    3 . 18、解：设 kA 表示第 k 辆车在一年内发生此种事故， 3,2,1k . 由题意知 AAA 1 3 , , 2 独立，且 ( AP 1 )  1 9 , ( AP 2 )  1 10 , ( AP 3 )  1 11 . （Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为 1  ( AAAP 3 2 1 1)  ( APAPAP 3 ( ) ( ) 2 1 81)  9 9 10  10 11  3 11 . （Ⅱ）的所有可能值为 ,0 9000 18000 , , 27000 . ( P   )0  ( AAAP 3 2 1 )  ( APAPAP 3 ( ) ( ) 2 1 ) P (  9000 )  ( AAAP 3 2 1 )  ( AAAP 3 2 1 )    8 9 9 10 ( AAAP 3 2 1  8 11 , 10 11 )   1 ) ( )  ( ( ( ( APAPAP APAPAP 3 3 1 10 1 8 8 9 11 9 9 11 ( ( ( AAAP AAAP  3 3 ) ( 2 1 10 9 11 10 18000 ) ) 2 9 10 ) 1 10        ) 2 1 2 1 ) )   )  1 2 ) ( ( ( ) APAPAP 3 11 242  990 45 ( AAAP 3 ， ) 2 1 P

  P ( ( ) ) 1 )   ( ( ( APAPAP APAPAP 3 3 1 1 1 1 9 11 11 9 ( ( ( AAAP   3 ) ( ) APAPAP 2 3 1 8 27  10 9 990 ( ( APAPAP  3 ) 9 10 ) ( 2 1 10 1 11 10 27000 )    ， ) 1 ) 2  1 2   ) ( 1 ) ) 1 10  1 11  1 990 . ) 2 ( 3 110 1  9 综上知，的分布列为  P 0 8 11 9000 18000 27000 11 45 3 110 1 990 求的期望有两种解法：解法一：由的分布列得  0 8 11  9000  11 45  18000  3 110  27000  1 990  29900  11 2718 18. （元）解法二：设 k 表示第 k 辆车一年内的获赔金额， 3,2,1k ，则 1 有分布列 1 P 故  1 9000 同理得   2  综上有  1 9 9000  1000 1 10  0 8 9 . 9000 1 9 ,900   3  9000  1 11  818 18. .   3 2 1  1000  900  818 18.  2718 18. （元）. 19、解法一：（Ⅰ）因 CB 1 1  BA 1 1 ，且 CB 1 1  BB 1 ，故 1CB 1 面 A1ABB1，从而 B1C1⊥B1E，又 B1E⊥DE，故 B1E 是异面直线 B1C1 与 DE 的公垂线. 设 BD 的长度为 x ，则四棱椎 C  ABDA 1 的体积 1V 为 V 1  1 3 S  BC  ABDA 1 1 6 ( DB  ) AA 1  AB  BC  1 6 ( x  )2  BC . 而直三棱柱 ABC  1 CBA 1 1 的体积 2V 为

V 2 S   ABC  AA 1  由已知条件从而 B1D  BB 1  DB BC  AB 1 2 VV 1 : 2   5:3 ，故 AA 1 BC 1 6 82  5 ( 2 5 . x )2  3 5 ，解得 8x 5 . A1 . 又直角三角形 DBA 1 1 中， DA 1  2 BA 1 1  2 DB 1  2(1  5 2 )  29 5 , A EBDA 1  1  1 2 DBBA 1  1 1 . 又因 S  DBA 11 故 EB 1   1 2  1 DA 1 DBBA 1 1  2 29 29 . C1 C C B1 F E D B （Ⅱ）如右图，过 B1 作 B1F⊥C1D，垂足为 F，连接 A1F.因 A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故 A1B1⊥面 B1DC1，由三垂线定理知 C1D⊥A1F，故∠A1FB1 为所求二面角的平面角. 在直角 DBC 1 1 中， DC 1  2 CB 1 1  2 DB 1  2(2  5 2 )  63 5 ，又因 S  DBC 11  1 2 FBDC 1  1  1 2 DBCB 1  1 1 ，故 FB 1  DBCB 1 1  1 DC 1  32 9 ，所以 tan FBA 1 1  BA 1 1 FB 1  33 2 . 20、解：（Ⅰ）由题意知 f )1(  3 c ，因此 cb  3 ，从而 c 3b . 又对 )(xf 求导得 f / )( x  3 4 ax ln x  4 ax 1  x 3 4 bx  3 x ln4( a ax  )4 b . 由题意 f )1(/  0 ，因此 a  b 4  0 ，解得 12a . （Ⅱ）由（Ⅰ）知 f / )( x  3 48 x ln ( xx  )0 .令 f )(/ x 0 ，解得 1x . 当 0  x 时， 1 f )(/ x 0 ，此时 )(xf 为减函数；当 1x 时， )( xf 0 ，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(  . （Ⅲ）由（Ⅱ）知， )(xf 在 1x 处取得极小值 f )1(  3 c ，此极小值也是最小值. 要使 )( xf  2 (2 c x  )0 恒成立，只需 c  3 22 c .

0 ，从而 2( c  )(3 c  )1  0 . 即 3 2 2 c  c 3c 2 或解得 1c . 所以 c 的取值范围为 (  ]1,  21、（Ⅰ）解：由 a 1  S 1  1 6 ( a 1  因此 1 a 2 . 3[ 2 a 1 )(1 ,  )  )2 ，解得 1 a 1 或 1 a 2 .由假设 a 1  S 1  1 ，又由 a n 1   S n 1   S n  ( a n 1   a n )( a n 1   a n  ( 1 6 )3 a n 1   )(1 a n 1   )2   0 ，即 a  1 n a n n ( a 1 6 3   )(1 a n  )2 ，得 0 或 a 1 a n n . 因 0na ，故 a 1 a n n 不成立，舍去. 因此 a  1 n a n  3 ，从而 }{ na 是公差为 3，首项为 2 的等差数列，故 }{ na 的通项为 an  n 3  1 . （Ⅱ）证法一：由 na 2( nb 1)1  可解得 b n  log 1(  2 )1 a n  log 2 3 n 3 n  1 从而 T n 5  b 1  b 2    b n  log 2 因此 3 T n 令 )( nf ( )1 nf  )( nf    1  3( 2 3 n 3 n log 6 5    ( 2  2 5  n a   )3 3 n 3 n  3( n  3 n  1 3 2 ) . 1   6 5 6 5       3 n 3 n  3 n 3 n  3 )  1 3 n 2  ] . 2 3( 2 3[( 2 2 2   log ) 3  3 n 3 )  3( n ，则 2 3( )3 n  3)(5 n   3 . 2 )2 因 3( n  3 )3  3( n  特别地 )( nf  f )1( 即 3 T n 1  log ( a 2 n  3)(5 n 27 20 )3  .  2 )2  9 n  7 0 ，故 ( nf  )1  )( nf .  1 ，从而 3 T n 1  log ( a n 2  )3  log 2 )( nf  0 ，证法二：同证法一求得 nb 及 nT . 由二项式定理知，当 0c 时，不等式 1(  3 c )  31 c 成立.

资料库

2007年重庆高考理科数学真题及答案.doc

相关推荐

高考

热门标签

最新资料