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12007年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学理科一.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.“1x”是“2xx”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.若函数()2sin(),fxxxR,(其中0,||2)的最小正周期是,且(0)3f,则A.1,26B.1,23C.2,6D.2,33.直线210xy关于直线1x对称的直线方程是A.210xyB.210xyC.230xyD.230xy4.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半径为6米的圆面,则需安装这种喷水龙头的个数最少是A.3B.4C.5D.65.已知随机变量服从正态分布2(2,),(4)0.84NP,则(0)PA.0.16B.0.32C.0.68D.0.846.若P是两条异面直线,lm外的任意一点,则A.过点P有且仅有一条直线与,lm都平行B.过点P有且仅有一条直线与,lm都垂直C.过点P有且仅有一条直线与,lm都相交D.过点P有且仅有一条直线与,lm都异面7.若非零向量a、b满足|a+b|=|b|,则A.|2a||2a+b|B.|2a||2a+b|2C.|2b||a+2b|D.|2b||a+2b|8.设'()fx是函数()fx的导函数,将()yfx和'()yfx的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是yxOyxOyxOyxOA.B.C.D.9.已知双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为1F、2F,P是准线上一点,且1212,||||4PFPFPFPFab,则双曲线的离心率是A.2B.3C.2D.310.设2,||1(),||1xxfxxx,()gx是二次函数,若(())fgx的值域是[0,),则()gx的值域是A.(,1][1,)B.(,1][0,)C.[0,)D.[1,)二.填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分.11.已知复数11zi,121zzi,则复数2z_____________.12.已知1sincos5,且324,则cos2的值是_____________.13.不等式|21|1xx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,小张有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:-101Pabc3其中,,abc成等差数列.若13E,则D的值是_____________.16.已知点O在二面角AB的棱上,点P在内,且45POB.若对于内异于O的任意一点Q,都有45POQ,则二面角AB的大小是_____________.17.设m为实数,若22250(,)30{(,)|25}0xyxyxxyxymxy,则m的取值范围是_____________.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sinsin2sinABC.(1)求边AB的长;(2)若ABC的面积为1sin6C,求角C的度数.19.(本题14分)在如图所示的几何体中,EA平面ABC,DB平面ABC,ACBC,2ACBCBDAE,M是AB的中点.(1)求证:CMEM;(2)求CM与平面CDE所成的角.20.(本题14分)如图,直线ykxb与椭圆2214xy交于A、B两点,记ABO的面积为S.(1)求在0k,01b的条件下,S的最大值;(2)当||2,1ABS时,求直线AB的方程.21.(本题15分)已知数列{}na中的相邻两项21ka、2ka是关于x的方程2(32)320kkxkxk的两个根,且212(1,2,3,)kkaak(1)求1,357,,aaaa;(2)求数列{}na的前2n项的和2nS;yxOABEMACBD4(3)记1|sin|()(3)2sinnfnn,(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)ffffnnnnTaaaaaaaa,求证:*15()624nTnN.22.(本题15分)设3()3xfx,对任意实数t,记232()3tgxtxt.(1)求函数8()()yfxgx的单调区间;(2)求证:(ⅰ)当0x时,()()tfxgx对任意正实数t成立;(ⅱ)有且仅有一个正实数0x,使得800()()tgxgx对于任意正实数t成立.2007年浙江理科试题参考答案一.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.A2.D3.D4.B5.A6.B7.C8.D9.B10.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.11.112.一72513.︱x︱0x2︱14.26615.5916.90017.43om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.本题主要考查利用正弦定理、余弦定理来确定三角形边、角关系等基础知识和基本运算能力.满分14分.解:(1)由题意及正弦定理,得AB+BC+AC=2+1,BC+AC=2AB,两式相减,得AB=1.(2)由△ABC的面积=12BC·AC·sinC=16sinC,得BC·AC=13,由余弦定理,得222cos2ACBCABCACBC5=22()2122ACBCACBCABACBC所以C=600.19.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能力.满分14分.方法一:(1)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.(2)解:过点M作MH⊥平面CDE,垂足是H,连结CH并延长交ED于点F,连结MF、MD,∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角.因为MH⊥平面CDE,所以MH⊥ED,又因为CM⊥平面EDM,所以CM⊥ED,则ED⊥平面CMF,因此ED⊥MF.设EA=a,BD=BC=AC=2a,在直角梯形ABDE中,AB=22a,M是AB的中点,所以DE=3a,EM=3a,MD=6a,得△EMD是直角三角形,其中∠EMD=90°所以MF=2EMMDaDE.在Rt△CMF中,tan∠FCM=MFMC=1,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分别作为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),C(2a,0,a),A(0,2a,2a),A(a,a,0).(1)证明:因为EM=(-a,a,-a),CM=(a,a,0),所以EM·CM=0,故EMCM.(2)解:设向量n=(1,oy,0x)与平面CDE垂直,则nCE,nCD,即·nCE=0,·nCD=0.6因为EC=(2a,0,a),CD=(0,2a,2a),所以y0=2,z0=-2,即n=(1,2,-2),2cos,2CMnnCMMn,直线CM与平面CDE所称的角是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.(1)解:设点A的坐标为(1(,)xb,点B的坐标为2(,)xb,由2214xy,解得21,221xb所以222121||21112Sbxxbbbb当且仅当22b时,S取到最大值1.(2)解:由2214ykxbxy得2221()2104kxkbxb2216(41)kb①|AB|=222212216(41)1||1241kbkxxkk②又因为O到AB的距离2||21||1bSdABk所以221bk③③代入②并整理,得424410kk解得,2213,22kb,代入①式检验,△>0故直线AB的方程是2622yx或2622yx或2622yx或2622yx.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.(1)解:方程2(32)320kkxkxk的两个根为123,2kxkx.7当k=1时,123,2xx,所以12a;当k=2时,126,4xx,所以34a;当k=3时,129,8xx,所以58a;当k=4时,1212,16xx,所以712a;(2)22122(363)(222)nnnSaaan=2133222nnn.(3)(1)123456212111(1)fnnnnTaaaaaaaa,所以112116Taa,2123411524Taaaa,当n≥3时,(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)ffffnnnnTaaaaaaaa233456212111111111()()6662622nnnaaaaaa1116626n(1)5621251(1)24fnnnnTaaaa345678212511151111()()242492922nnnaaaaaa515249224n综上,当*nN时,15624nT.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,以及综合运用所解决问题的能力.满分15分.解:(1)由316433xyx,得240yx,2x因为当x(-∞,-2)时,0y,当x(-2,2)时,y<08当x(2,+)时,0y故所求函数的单调递增区间是(-∞,-2),(2,+∞),单调递减区间是(-2,2).(2)证明:(ⅰ)方法一:令()()()thxfxgx=2332(0)33xtxtx,则223()hxxt.当t>0时,由223()hxxt=0得13xt当13(0,)xt时,()hx<0,当13(,)xt时,()hx>0,故()hx在(0,+)内的最小值是13()0ht.故当0x时,()()tfxgx对任意正实数t成立.方法二:对任意固定的x0,令h(t)=232()(0)3tgxtxtt,则11'332()()3httxt,由'()0ht,得3tx当20tx时,'()0ht;当3tx时,'()0ht,所以当3tx时,h(t)取到最大值331()3hxx.因此当x0时,f(x)()tgx对任意正实数t成立.(ⅱ)方法一:f(2)=8(2)3tg,由(ⅰ)得,8(2)(2)tgg对任意正实数t成立,即存在正实数0x=2,使得8(2)(2)tgg对任意正实数t成立.9当002,0,8xxt时,3000016(),()433xfxgxx,由(ⅰ)得,303x01643x.再取30tx得30300()3xxgx,所以3030800016()4()33xxgxxgx,即0x2时,不满足800()()tgxgx对任意t0都成立.故有且仅由一个正实数0x=2,使得800()()tgxgx对任意t0都成立.方法二:对任意0x0,80()gx=01643x,因为0()tgx关于t的最大值是3013
本文标题:2007年高考浙江理科数学卷
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