2007年高考试题——数学理(重庆卷)

2007年普通高等学校招生全国统一考试

数学 (重庆理)

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）若等差数列{an}的前三项和S39且a11，则a2等于（ ） A．3 B.4 C. 5 D. 6

【答案】：A

【分析】：由S33a13d33d9可得d2.a2a1d3. （2）命题“若x1，则1x1”的逆否命题是（ ）

A．若x1，则x1或x1 B.若1x1，则x1 C.若x1或x1，则x1 D.若x1或x1，则x1 【答案】：D

【分析】：其逆否命题是：若x1或x1，则x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 【答案】：C

【分析】：可用三线a,b,c表示三个平面，如图，将空间分成7个部分。 （4）若(x)展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为（ ）

A.10 B.20 C.30 D.120

【答案】：B

nr6rrr62r. 【分析】：2n6.Tr1C6xxC6x3 62r0r3T4C620.

a222222bc1xn（5）在ABC中，AB3,A450,C750,则BC =（ ）

A.33 B.2 C.2 D.33 【答案】：A 【分析】：

AB3,A450,C750,由正弦定理得：

1

acBCAB,sinAsinCsin45sin753,

624 BC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（ ）

179323 B． C． D． 4120424【答案】：C

A．

111C5C3C23【分析】：可从对立面考虑，即三张价格均不相同，P1. 3C104（7）若a是1+2b与1-2b的等比中项，则

2ab的最大值为（ ）

|a|2|b|A.

25252 B. C. D. 152【答案】：B

【分析】：a是1+2b与1-2b的等比中项，则a14ba4b14|ab|.

22221|ab|.4a24b2(|a|2|b|)24|ab|1.

2ab2ab2|ab|4(ab)2 |a|2|b|14|ab|14|ab|14|ab|441()2|ab|ab(412)24|ab|

11|ab|4,

4|ab|2ab42max.

|a|2|b|3242an1abn1（ ） （8）设正数a,b满足lim(xaxb)4, 则limn1na2bx2nA．0 B．

【答案】：B 【分析】：

11 C． D．1 42a12(xaxb)442ab42ab. limb2x2 2

an1abn1 limn12bnnaaa11a()na()nb221. limblim11n1an()2n()n24aba2（9）已知定义域为R的函数f(x)在(8,)上为减函数，且函数y=f(x+8)函数为偶函数， 则（ ）

A.f(6)>f(7) B.f(6)>f(9) C.f(7)>f(9) D.f(7)>f(10) 【答案】：D

【分析】：y=f(x+8)为偶函数，f(x8)f(x8).即yf(x)关于直线x8对称。 又f(x)在(8,)上为减函数，故在(,8)上为增函数， 检验知选D。 （10）如图，在四边形ABCD中，|AB||BD||DC|4,ABBDBDDC0,

|AB||BD||BD||DC|4，则(ABDC)AC的值为（ ）

A.2 B. 22 C.4 D.42 【答案】：C

【分析】：(ABDC)AC(ABDC)(ABBDDC)(|AB||DC|).

|AB||BD||DC|4,|AB||DC|2. |BD|(|AB||DC|)4,DC2

(ABDC)AC4.

AB

二、填空题：本大题共6小题，共24分，把答案填写在答题卡相应位置上

2i的虚部为________. 2i34【答案】：

52i2i2i(2i)24i24i. 【分析】：32i2i5555（11）复数

xy1（12）已知x,y满足2xy4，

x1则函数z = x+3y的最大值是________.

3

【答案】：7 【分析】：画出可行域，当直线过点（1，2）时，

zmax167.

（13）若函数f(x) =

2x22axa1的定义域为R，

则a的取值范围为_______. 【答案】：1，0 【分析】：2x22axa120恒成立，x22axa0恒成立，

2 (2a)4a0a(a1)01a0.

（14）设{an}为公比q>1的等比数列，若a2004和a2005是方程4x8x30的两根，

则a2006a2007__________. 【答案】：18 【分析】：

2a2004和a2005是方程4x28x30的两根，故有：

13aa2004220042 或（舍）。q3.

31aa2005200522 a2006a2007a2005(qq)23(332)18. 2（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） 【答案】：25 【分析】：所有的选法数为C7，两门都选的方法为C2C5。

422 故共有选法数为C7C2C5351025.

4220（16）过双曲线x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，

22则|FP||FQ|的值为__________.

【答案】：

83 3F(22,0),ktan1050(23).l:y(23)(x22).

【分析】：

222 代入xy4得：(643)x42(743)x603230.

4

设P(x1,y1),Q(x2,y2).x1x242(743)60323,x1x2.

643643 又|FP|1k2|x122|,|FQ|1k2|x222|,

|FP||FQ|(1k2)|x1x222(x1x2)8|

(843)|6032316(743)8|

643643(843)(4)83.3643

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)设f (x) = 6cosx3sin2x （1）求f(x)的最大值及最小正周期； (9分)

（2）若锐角满足f()323，求tan的值。(4分) 解：（Ⅰ）f(x)62451cos2x3sin2x 23cos2x3sin2x3

3123cos2x23cos2xsin2x33． 262故f(x)的最大值为233；最小正周期T（Ⅱ）由f()323得23cos2又由02． 23323cos2，故1． 665得2，故2，解得． 26666124从而tantan3．

53（18）(本小题满分13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,111,,且各车是否发生事故相互,求一年内该单位在此保险中： 91011（1）获赔的概率；(4分)

（2）获赔金额的分别列与期望。(9分)

5

解：设Ak表示第k辆车在一年内发生此种事故，k1，2，3．由题意知A1，A2，A3，

且P(A1)111，P(A2)，P(A3)． 91110（Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为

1031P(A1A2A3)1P(A1)P(A2)P(A3)1．

9101111（Ⅱ）的所有可能值为0，9000，18000，27000．

108P(0)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)，

9101111P(9000)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3) P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) 19108110124211， 91011910119101199045P(18000)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3) P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3) 1110191811 910119101191011273， 990110P(27000)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)

1111． 91011990综上知，的分布列为

 P 求的期望有两种解法： 解法一：由的分布列得

0 8 119000 11 4518000 3 11027000 1 990E08113190001800027000 114511099029900≈2718.18（元）． 11解法二：设k表示第k辆车一年内的获赔金额，k1，2，3，

6

则1有分布列

1 P 故E190000 8 99000 1 911000． 911同理得E29000900，E39000818.18．

1011综上有EE1E2E31000900818.182718.18（元）．

（19）(本小题满分13分)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA12, AB = 1,

ABC900；点D、E分别在BB1、A1D上，且B1EA1D，

四棱锥CABDA1与直三棱柱的体积之比为3：5。 （1）求异面直线DE与B1C1的距离；(8分)

（2）若BC =2，求二面角A1DC1B1的平面角的正切值。(5分)

A1 E B1 C1 D A C

解法一：（Ⅰ）因B1C1A1B1，且B1C1BB1，故B1C1面A1ABB1，

B 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ABDA1的体积V1为

111V1SABDA·BC(DBAA·)AB·BC(x2)·BC． 11366 7

1AB·BC·AA1BC． 2138由已知条件V1:V23:5，故(x2)，解之得x．

65582从而B1DB1BDB2．

55而直三棱柱ABCA1B1C1的体积V2为V2S△ABC·AA1292在直角三角形A1B1D中，A1DABB1D1，

5521122又因S△A1B1D故B1E11A1D·B1EA1B·1B1D， 22A1B·2291B1D． A1D29A1 （Ⅱ）如答（19）图1，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．

B1 C1

F

E D

A C

362在直角△C1B1D中，C1DB1CB1D2，

552122B

答（19）图1

又因S△C1B1D故B1F解法二：

11C1D·B1FB1C·1B1D， 22B1C·AB33231B1D，所以tanA1FB111． C1D9B1F2（Ⅰ）如答（19）图2，以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0，0，0)，

1，0)． B1(0，0，2)，A(011，2)，则AA1(0，，，0)，A1(0，0，2)，AB(0，0，2)，则B1C1(a，设C1(a，0，0)，

又设E(0，y0，z0)，则B1E(0，y0，z02)， 从而BC11B1E0，即B1EBC11．

z BEBC又B1EDAA 1，所以1是异面直线11与DE的公垂线．1下面求点D的坐标．

B1 C1 0，z)． 0，z)，则BD(0，设D(0，F E D y A B(O) 答（19）图2

x

8

C

因四棱锥CABDA1的体积V1为

11V1SABDA1BC(BDAA1)ABBC

361(z2)1BC． 6而直三棱柱ABCA1B1C1的体积V2为V2S△ABCAA1由已知条件V1:V23:5，故

1ABBCAA1BC． 281380，． (z2)，解得z，即D0，565525850，，DA10，1，，DE0，y0，z0． 从而DB10，接下来再求点E的坐标．

由B1EDA1，有B1EDA10，即y0252(z02)0 （1） 5又由DA1∥DE得

y01z02585． （2）

联立（1），（2），解得y02104484484．，z0，即E0，，，得B1E0，，

2929292929292229410故B1E． 292929（Ⅱ）由已知BC22，则C1(2，0，)，过B1作B1FC1D， 0，2)，从而DC1(2，5垂足为F，连接A1F，

0，z1)，则B1F(x1，设F(x1，0，z12)，因为B1FDC10，故

24z10……………………………………① 558z18x5，即 0，z1且DF∥DC1得1因DFx1，252528x12z120……………………………………② 552x1联立①②解得x14424422，0，． 2，z1，即F27272727 9

则A1F1010222，1，，B1F2，0，．

2727272722210223． |B1F|272792102又A1FDC122(1)00，故A1FDC1，

27275因此A1FB1为所求二面角的平面角．又A，10)，，从而A1B1B1F0， 1B1(0故A1B1B1F，△A1B1F为直角三角形，所以tanA1FB1

（20）(本小题满分13分)已知函数f(x)axlnxbxc(x>0)在x = 1处 取得极值–3–c，其中a,b,c为常数。

（1）试确定a,b的值；(6分)

（2）讨论函数f(x)的单调区间；(4分)

（3）若对任意x>0，不等式f(x)2c恒成立，求c的取值范围。(3分) 解：（I）由题意知f(1)3c，因此bc3c，从而b3． 又对f(x)求导得f(x)4axlnxax34244|A1B1|33． 2|B1F|14bx3x3(4alnxa4b)． x由题意f(1)0，因此a4b0，解得a12．

（II）由（I）知f(x)48xlnx（x0），令f(x)0，解得x1． 当0x1时，f(x)0，此时f(x)为减函数； 当x1时，f(x)0，此时f(x)为增函数．

因此f(x)的单调递减区间为(0，1)，而f(x)的单调递增区间为(1，∞)．

（III）由（II）知，f(x)在x1处取得极小值f(1)3c，此极小值也是最小值，

2要使f(x)≥2c（x0）恒成立，只需3c≥2c．

23即2cc3≥0，从而(2c3)(c1)≥0，解得c≥23或c≤1． 2 10

1]所以c的取值范围为(，

3，． 2(21)(本小题满分12分)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S11，且

6Sn(an1)(an2),nN*

（1）求{an}的通项公式；(5分) （2）设数列{bn}满足an(2bn1)1，并记Tn为{bn}的前n项和，

*求证：3Tn1log2(an3),nN. (7分)

（I）解：由a1S11(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此6a12，

又由an1Sn1Sn11(an11)(an12)(an1)(an2)， 66得(an1an)(an1an3)0，

即an1an30或an1an，因an0，故an1an不成立，舍去． 因此an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列， 故an的通项为an3n1．

（II）证法一：由an(2n1)1可解得bnlog21b13nlog； 2a23n1从而Tnb1b236bnlog2253n． 3n136因此3Tn1log2(an3)log22536令f(n)2533n2． 3n13n2(3n3)23n3． 23n2(3n5)(3n2)333n2f(n1)3n2，则3n13n2f(n)3n523因(3n3)(3n5)(3n2)9n70，故f(n1)f(n)．

11

特别地f(n)≥f(1)271，从而3Tn1log2(an3)log2f(n)0． 20即3Tn1log2(an3)． 证法二：同证法一求得bn及Tn，

由二项式定理知，当c0时，不等式(1c)13c成立．

31由此不等式有3Tn1log221233log2211253115311

3n13313n1583n2log22····log2(3n2)log2(an3)．

253n1证法三：同证法一求得bn及Tn．

363n473n1583n2，Cn···． ，Bn···253n1363n473n13n3n13n23n+22因．因此AnAnBnCn． 3n13n3n12令An···36从而3Tn1log22253n3log22An 3n13log22AnBnCnlog2(3n2)log2(an3)．

证法四：同证法一求得bn及Tn．

下面用数学归纳法证明：3Tn1log2(an3)． 当n1时，3T11log227，log2(a13)log25， 4因此3T11log2(a13)，结论成立．

假设结论当nk时成立，即3Tk1log2(ak3)． 则当nk1时，

3Tk11log2(ak13)3Tk13bk1log2(ak13) log2(ak3)log2(ak13)3bk1

(3k3)3log2 2(3k5)(3k2) 12

(3k3)30． 因(3k3)(3k5)(3k2)9k70．故log2(3k5)(3k2)232从而3Tk11log2(ak13)．这就是说，当nk1时结论也成立． 综上3Tn1log2(an3)对任何nN+成立．

(22) (本小题满分12分)如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为F（3，0），

右准线l的方程为：x = 12。

（1）求椭圆的方程；(4分)

（2）在椭圆上任取三个不同点P1,P2,P3，使P1FP2P2FP3P3FP1，

证明:

111为定值，并求此定值。(8分) |FP1||FP2||FP3| Y P2 P1 l O F P3 X

x2y2解：（I）设椭圆方程为221．

ab0)，故半焦距c3． 因焦点为F(3，又右准线l的方程为xy P2 P1 l Q1 x

a，从而由已知 c2O FP A 3答（22）图

13

a212，a236， c因此a6，ba2c22733．

x2y21． 故所求椭圆方程为

3627（II）记椭圆的右顶点为A，并设AFP，不失一般性， ii（i1，2，3）

224，且21，31． 333c1又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e，从而有

a2假设0≤1a2FPiPQecFPcosiiiie

c12，3)． (9FPicosi) (i1，2解得因此

1212，3)． 1cosi (i1，FPi9211121243cos1cos1cos1， FPFP2FP392331而cos1cos124cos1 331313cos1cos1sin1cos1sin10，

2222故

1112为定值． FPFP2FP331 14