2007年浙江高考理科数学试卷和答案

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）“x1”是“xx”的（ ） Ａ．充分而不必要条件 Ｃ．充分不必要条件

Ｂ．必要而不充分条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

2（2）若函数f(x)2sin(x)，xR（其中0，）的最小正周期是，且2f(0)A．3，则（ ）

1， 23D．2， 3B．1， 26C．2， 6（3）直线x2y10关于直线x1对称的直线方程是（ ） Ａ．x2y10 Ｃ．2xy30

Ｂ．2xy10 Ｄ．x2y30 （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．3 Ｂ．4 Ｃ．5 Ｄ．6 （5）已知随机变量服从正态分布N(2，2)，P(≤4)0.84，则P(≤0)（ ） A．0.16 B．0.32 C．0.68 D，0.84 （6）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）若非零向量a，b满足abb，则（ ） Ａ．2aab Ｃ．2bab

Ｂ．2a2ab Ｄ． 2ba2b

（8）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，

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不可能正确的是（ ） y

O x

A．

y y y O B．

x O C．

x O D．

x x2y2P是准线上一点，且（9）已知双曲线221(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，

abPF1PF2，PF1PF24ab，则双曲线的离心率是（ ）

Ａ．2 Ｂ．3 Ｃ．2 Ｄ．3 2x≥1，x，g(x)是二次函数，若f(g(x))的值域是0，∞（10）设f(x)，则g(x)的值域

x1，x，是（ ） A．∞，11，∞ C．0，∞ B．∞，1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z11i，z1z21i，则复数z2 ． （12）已知sincos13，且≤≤，则cos2的值是 ． 524（13）不等式2x1x1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：  P 其中a，b，c成等差数列，若E1 0 1 a b c 1，则D的值是 ． 3（16）已知点O在二面角AB的棱上，点P在内，且POB45．若对于内异于O黄牛课件 www.kejian123.com

的任意一点Q，都有POQ≥45，则二面角AB的大小是

．

x2y5≥022（17）设m为实数，若(x，y)3x≥0(x，y)xy≤25，则m的取值范围

mxy≥0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21，且sinAsinB2sinC． （I）求边AB的长； D 1E sinC，求角C的度数． 6（19）（本题14分）在如图所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，MCBCBDAE2且A，是AB的中点． A （I）求证：CMEM； （II）求CM与平面CDE所成的角． （II）若△ABC的面积为（20）（本题14分）如图，直线ykxb与椭圆C M （第19题） xy21交42B 于A，B两点，记△AOB的面积为S． （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． （21）（本题15分）已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是y A O B x 关于x的方程x(3k2x)k322kk的0两个根，且a2k1≤ak2(k1，，2，3．) （I）求a1，a2，a3，a7； （II）求数列an的前2n项和S2n； （Ⅲ）记f(n)（第20题） 1sinn3，

2sinn(1)f(2)(1)f(3)(1)f(4)(1)f(n1)， Tn…a1a2a3a4a5a6a2n1a2n黄牛课件 www.kejian123.com

求证：

15≤Tn≤(nN*)． 6242x32（22）（本题15分）设f(x)，对任意实数t，记gt(x)t3xt．

33（I）求函数yf(x)gt(x)的单调区间；

（II）求证：（ⅰ）当x0时，f(x)gf(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gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数t成立．

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 （15）

（12）

7 25（13）x0x2 （17）0≤m≤（14）266 5 9（16）90 4 3三、解答题

（18）解：（I）由题意及正弦定理，得ABBCAC21， BCAC2AB， 两式相减，得AB1． （II）由△ABC的面积111BCACsinCsinC，得BCAC， 263AC2BC2AB2由余弦定理，得cosC

2ACBC



(ACBC)22ACBCAB21， 2ACBC2所以C60．

（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ACBC，M是AB的中点， 所以CMAB．

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又EA平面ABC， 所以CMEM．

（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． D E 因为MH平面CDE，

E 所以MHED， H 又因为CM平面EDM， 所以CMED，

则ED平面CMF，因此EDMF．

C A 设EAa，BDBCAC2a，

M 在直角梯形ABDE中，

B 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EMMD2a． DEMF1， MC在Rt△CMF中，tan∠FCM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，，)，B(0，2a，0)，

E(2a，0，a)．D(0，2a，2a)，M(a，a，0)．

（I）证明：因为EM(a，a，a)，CM(a，a，0)， CM0， 所以EM故EMCM．

（II）解：设向量n=1，y0，z0与平面CDE垂直，则nCE，nCD， CE0，nCD0． 即nE 黄牛课件 www.kejian123.com D z x A C

因为CE(2a，2a，2a)， 0，a)，CD(0，所以y02，x02， 即n(1，2，2)，

CMn2， cosn，CM2CMn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(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)， x22b21，解得x1，由221b， 4所以S1bx1x2 22b1b2 ≤b21b21． 当且仅当b2时，S取到最大值1． 2ykxb，（Ⅱ）解：由x2 2y1，4得k

2122x2kbxb10， 44k2b21，

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4k2b21|AB|1k|x1x1|1k2． ②

1k2422设O到AB的距离为d，则

d2S1， |AB|又因为d|b|1k22，

所以bk1，代入②式并整理，得

210， 41322解得k，b，代入①式检验，0， 22故直线AB的方程是 k4k2y26262626或y或y，或y． xxxx22222222

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．

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（II）解：S2na1a2a2n

(363n)(2222n)

3n23nn122．

2111(1)f(n1)（III）证明：Tn， a1a2a3a4a5a6a2n1a2n所以T111， a1a26T2115． a1a2a3a424当n≥3时， 111(1)f(n1)， Tn6a3a4a5a6a2n1a2n1111≥ 6a3a4a5a6a2n1a2n11111≥ 66226232n111， 662n6511(1)f(n1)同时，Tn 24a5a6a7a8a2n1a2n≤1511 24a5a6a1a2a2n1a2n51111 13n2492922≤515． 2492n2415≤Tn≤． 624综上，当nN*时，

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

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知识分析和解决问题的能力．满分15分．

x3164x． （I）解：y33由yx240，得

x2．

因为当x(，2)时，y0， 当x(2，2)时，y0，

)时，y0， 当x(2，2)，(2，)， 故所求函数的单调递增区间是(，2)． 单调递减区间是(2，（II）证明：（i）方法一： x322t3xt(x0)，则 令h(x)f(x)gt(x)33h(x)xt，

当t0时，由h(x)0，得xt， 当x(x，)时，h(x)0， 1313223)内的最小值是h(t)0． 所以h(x)在(0，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h(t)gt(x)tx1213h(t)t(xt3)，

323132t(t0)，则 3由h(t)0，得tx． 当0tx时，h(t)0．

33黄牛课件 www.kejian123.com

当tx时，h(t)0，

3所以当tx时，h(t)取得最大值h(x)3313x． 3因此当x0时，f(x)≥g(x)对任意正实数t成立． （ii）方法一：

f(2)8gt(2)． 3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成立． 下面证明x0的唯一性： 当x02，x00，t8时， x0316f(x0)，gx(x0)4x0， 33

x03164x0， 由（i）得，33x03再取tx0，得gx3(x0)， 03316x03gx3(x0)， 所以gx(x0)4x0033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，gx(x0)4x0因为gt(x0)关于t的最大值是

16， 313x0，所以要使gx(x0)≥gt(x0)对任意正实数成立的充分必要条3黄牛课件 www.kejian123.com

件是：

4x01613≥x0， 33

①

即(x02)2(x04)≤0，

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．

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