2007年浙江数学(理科)含答案

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）“1x”是“2xx”的（）Ａ．充分而不必要条件Ｂ．必要而不充分条件Ｃ．充分不必要条件Ｄ．既不充分也不必要条件（2）若函数()2sin()fxx，xR（其中0，2）的最小正周期是，且(0)3f，则（）A．126，B．123，C．26，D．23，（3）直线210xy关于直线1x对称的直线方程是（）Ａ．210xyＢ．210xyＣ．230xyＤ．230xy（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．3Ｂ．4Ｃ．5Ｄ．6（5）已知随机变量服从正态分布2(2)N，，(4)0.84P≤，则(0)P≤（）A．0.16B．0.32C．0.68D，0.84（6）若P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，ab满足abb，则（）Ａ．2aabＢ．22aabＣ．2babＤ．22bab（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（）（9）已知双曲线22221(00)xyabab，的左、右焦点分别为1F，2F，P是准线上一点，且12PFPF，124PFPFab，则双曲线的离心率是（）Ａ．2Ｂ．3Ｃ．2Ｄ．3（10）设21()1xxfxxx，≥，，，()gx是二次函数，若(())fgx的值域是0，∞，则()gx的值域是（）A．11∞，，∞B．10∞，，∞C．0，∞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11iz，121izz，则复数2z．（12）已知1sincos5，且324≤≤，则cos2的值是．（13）不等式211xx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：101Pabc其中abc，，成等差数列，若13E，则D的值是．yxOyxOyxOyxOA．B．C．D．（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()250xyxyxxyxymxy≥，≥，≤≥，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．（I）求边AB的长；（II）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，且2ACBCBDAE，M是AB的中点．（I）求证：CMEM；（II）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AB，两点，记AOB△的面积为S．（I）求在0k，01b的条件下，S的最大值；（II）当2AB，1S时，求直线AB的方程．（21）（本题15分）已知数列na中的相邻两项212kkaa，是关于x的方程2(32)320kkxkxk的两个根，且212(123)kkaak≤，，，．（I）求1a，2a，3a，7a；（II）求数列na的前2n项和2nS；（Ⅲ）记sin1()32sinnfnn，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)ffffnnnnTaaaaaaaa…，EDCMA（第19题）BAyxOB（第20题）求证：15()624nTn*N≤≤．（22）（本题15分）设3()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt．（I）求函数()()tyfxgx的单调区间；（II）求证：（ⅰ）当0x时，()fxg()()tfxgx≥对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）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（12）725（13）02xx（14）266（15）59（16）90（17）403m≤≤三、解答题（18）解：（I）由题意及正弦定理，得21ABBCAC，2BCACAB，两式相减，得1AB．（II）由ABC△的面积11sinsin26BCACCC，得13BCAC，由余弦定理，得222cos2ACBCABCACBC22()2122ACBCACBCABACBC，所以60C．（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．因为MH平面CDE，所以MHED，又因为CM平面EDM，所以CMED，则ED平面CMF，因此EDMF．设EAa，2BDBCACa，在直角梯形ABDE中，22ABa，M是AB的中点，所以3DEa，3EMa，6MDa，得EMD△是直角三角形，其中90EMD∠，所以2EMMDMFaDE．在RtCMF△中，tan1MFFCMMC∠，所以45FCM∠，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Cxyz，设EAa，则(2)Aa，，，(020)Ba，，，(20)Eaa，，．(022)Daa，，，(0)Maa，，．（I）证明：因为()EMaaa，，，(0)CMaa，，，所以0EMCM，故EMCM．（II）解：设向量001yz，，n=与平面CDE垂直，则CEn，CDn，即0CEn，0CDn．EDCMABEHEDCAzx因为(20)CEaa，，，(022)CDaa，，，所以02y，02x，即(122)，，n，2cos2CMCMCM，nnn，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1()xb，，点B的坐标为2()xb，，由2214xb，解得21221xb，，所以1212Sbxx221bb2211bb≤．当且仅当22b时，S取到最大值1．（Ⅱ）解：由2214ykxbxy，，得22212104kxkbxb，2241kb，211||1||ABkxx2222411214kbkk．②设O到AB的距离为d，则21||SdAB，又因为2||1bdk，所以221bk，代入②式并整理，得42104kk，解得212k，232b，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．（I）解：方程2(32)320kkxkxk的两个根为13xk，22kx，当1k时，1232xx，，所以12a；当2k时，16x，24x，所以34a；当3k时，19x，28x，所以58a时；当4k时，112x，216x，所以712a．（II）解：2122nnSaaa2(363)(222)nn2133222nnn．（III）证明：(1)123456212111(1)fnnnnTaaaaaaaa，所以112116Taa，2123411524Taaaa．当3n≥时，(1)3456212111(1)6fnnnnTaaaaaa，345621211116nnaaaaaa≥2311111662622n≥1116626n，同时，(1)5678212511(1)24fnnnnTaaaaaa5612212511124nnaaaaaa≤31511112492922n≤515249224n．综上，当nN*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，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．（I）解：316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，，(2)，，单调递减区间是(22)，．（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()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0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则11332()()3httxt，由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht．当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥对任意正实数t成立．（ii）方法一：8(2)(2)3tfg．由（i）得，(2)(2)ttgg≥对任意正实数t成立．即存在正实数02x，使得(2)(2)xtgg≥对任意正实数t成立．下面证明0x的唯一性：当02x，00x，8t时，300()3xfx，0016()43xgxx，由（i）得，30016433xx，再取30tx，得30300()3xxgx，所以303000016()4()33xxxgxxgx，即02x时，不满足00()()xtgxgx≥对任意0t都成立．故有且仅有一个正实数02x，使得00()0()xtgxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意00x，0016()43xgxx，因为0()tgx关于t的最大值是3013x，所以要使00()()xtgxgx≥对任意正实数成立的充分必要条