2007年江西高考理科数学解析版

2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷l至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．化简2)1(42ii的结果是A．2＋iB．－2＋iC．2－iD．－2－i2．1lim231xxxxA．等于0B．等于lC．等于3D．不存在3．若tan（4一α）＝3，则cotα等于A．－2B．－21C．21D．24．已知（x＋33x）n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于A．4B．5C．6D．75．若0＜x＜2，则下列命题中正确的是A．sinx＜x3B．sinx＞x3C．sinx＜224xD．sinx＞224x6．若集合M＝{0，l，2}，N＝{（x，y）|x－2y＋1≥0且x－2y－1≤0，x，y∈M}，则N中元素的个数为A．9B．6C．4D．27．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H．则以下命题中，错误．．的命题是A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点CD．直线AH和BB1所成角为45°8．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示．盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为h1，h2，h3，h4，则它们的大小关系正确的是A．h2＞h1＞h4B．h1＞h2＞h3C．h3＞h2＞h4D．h2＞h4＞h19．设椭圆)0(12222＞＞babyax的离心率为e＝21，右焦点为F（c，0），方程ax2＋bx－c＝0的两个实根分别为x1和x2，则点P（x1，x2）A．必在圆x2＋y2＝2内B．必在圆x2＋y2＝2上C．必在圆x2＋y2＝2外D．以上三种情形都有可能10．将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为A．91B．121C．151D．18111．设函数f（x）是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f（x）在x＝5处的切线的斜率为A．－51B．0C．51D．512．设p：f（x）＝ex＋lnx＋2x2＋mx＋l在（0，＋∞）内单调递增，q：m≥－5，则p是q的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上。13．设函数y＝4＋log2（x－1）（x≥3），则其反函数的定义域为。14．已知数列{an}对于任意p，q∈N*，有ap+aq=ap+q，若a1=91，则a36＝。15．如图，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若AB＝mAM，AC＝nAN，则m＋n的值为。16．设有一组圆Ck：（x－k＋1）2＋（y－3k）2＝2k4（k∈N*）下列四个命题：A．存在一条定直线与所有的圆均相切B．存在一条定直线与所有的圆均相交C．存在一条定直线与所有的圆均不．相交D．所有的圆均不．经过原点其中真命题的代号是．（写出所有真命题的代号）三、解答题：本大题共6小题，共74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12分）已知函数)1(2)0(1)(2＜＜＜xckcxcxxfcx在区间（0，1）内连续，且89)(2cf。（1）求实数k和c的值；（2）解不等式182)(＞xf18．（本小题满分12分）如图，函数y＝2cos（ωx＋θ）（x∈R，0≤θ≤2）的图象与y轴交于点（0，3），且在该点处切线的斜率为一2。（1）求θ和ω的值；（2）已知点A（2，0），点P是该函数图象上一点，点Q（x0，y0）是PA的中点，当y0＝23，x0∈[2，π]时，求x0的值。19．（本小题满分12分）某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5，0.6，0.4．经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6，0.5，0.75。（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；（2）经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为ξ，求随机变量ξ的期望。20．（本小题满分12分）图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC．已知A1B1＝B1C1＝l，∠AlBlC1＝90°，AAl＝4，BBl＝2，CCl＝3。（1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；（2）求二面角B—AC—A1的大小；（3）求此几何体的体积。21．（本小题满分12分）设动点P到点A（－l，0）和B（1，0）的距离分别为d1和d2，∠APB＝2θ，且存在常数λ（0＜λ＜1），使得d1d2sin2θ＝λ。（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；（2）过点B作直线交双曲线C的右支于M、N两点，试确定λ的范围，使OM·ON＝0，其中点O为坐标原点。22．（本小题满分14分）设正整数数列{an}满足：a2＝4，且对于任何n∈N*，有nnnnannaaa1211111211＜＜。（1）求a1，a3；（2）求数列{an}的通项an。参考答案一、选择题1．C2．B3．A4．C5．D6．C7．D8．A9．A10．B11．B12．B二、填空题13．[5，∞）14．415．216．B，D三、解答题17．解：（1）因为0c1，所以c2c，由29()8fc，即3918c，12c又因为4111022()1212xxxfxkx≤在12x处连续，所以215224fk，即k=1（2）由（1）得：4111022()12112xxxfxx≤由2()18fx得，当102x时，解得2142x当112x≤时，解得1528x≤，所以2()18fx的解集为2548xx18．解：（1）将x=0，3y代入函数2cos()yx得3cos2，因为02≤≤，所以6又因为2sin()yx，02xy，6，所以2，因此2cos26yx（2）因为点02A，，00()Qxy，是PA的中点，032y，所以点P的坐标为0232x，又因为点P在2cos26yx的图象上，所以053cos462x因为02x≤≤，所以075194666x≤≤，从而得0511466x或0513466x即023x或034x19．解：分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件A1，A2，A3（1）设E表示第一次烧制后恰好有一件合格，则123123123()()()()PEPAAAPAAAPAAA0.50.40.60.50.60.60.50.40.40.38（2）解法一：因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为p=0.3，所以~(30.3)B，，故30.30.9Enp解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件A、B、C，则P（A）=P（B）=P（C）=0.3，所以3(0)(10.3)0.343P，2(1)3(10.3)0.30.441P，2(2)30.30.70.189P，3(3)0.30.027P于是，()10.44120.18930.0270.9E20．解法一：（1）证明：作OD∥AA1交A1B1于D，连C1D则OD∥BB1∥CC1因为O是AB的中点，所以1111()32ODAABBCC则ODCC1是平行四边形，因此有OC∥C1D1CD平面C1B1A1且OC平面C1B1A1，则OC∥面A1B1C1（2）如图，过B作截面BA2C2∥面A1B1C1，分别交AA1，CC1于A2，C2作BH⊥A2C2于H，连CH因为1CC面22BAC，所以1CCBH，则BH平面1AC又因为5AB，2BC，2223ACABBCAC所以BC⊥AC，根据三垂线定理知CH⊥AC，所以∠BCH就是所求二面角的平面角因为22BH，所以1sin2BHBCHBC∠，故∠BCH=30°，即：所求二面角的大小为30（3）因为22BH，所以222211121(12)233222BAACCAACCVSBH1112211111212ABCABCABCVSBB△所求几何体体积为221112232BAACCABCABCVVV解法二：（1）如图，以1B为原点建立空间直角坐标系，则A（0，1，4），B（0，0，2），C（1，0，3），因为O是AB的中点，所以1032O，，，1102OC，，易知，(001)n，，是平面A1B1C1的一个法向量因为0OCn，OC平面111ABC，所以OC∥平面111ABC．（2）(012)AB，，，(101)BC，，，设()mxyz，，是平面ABC的一个法向量，则则0ABm，0BCm得：200yzxz取1xz，(121)m，，显然，(110)l，，为平面11AACC的一个法向量则1203cos226mlmlml，，结合图形可知所求二面角为锐角所以二面角1BACA的大小是30（3）同解法一21．解法一：（1）在△PAB中，2AB，即222121222cos2dddd，2212124()4sindddd，即2121244sin212dddd（常数），点P的轨迹C是以AB，为焦点，实轴长221a的双曲线方程为：2211xy（2）设11()Mxy，，22()Nxy，①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x=1，M（1，1），N（1，-1）在双曲线上．即2111511012，因为01，所以512．②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为y=k（x-1）由2211(1)xyykx得：2222(1)2(1)(1)()0kxkxk，由题意知：2(1)0k，所以21222(1)(1)kxxk，2122(1)()(1)kxxk于是：22212122(1)(1)(1)kyykxxk因为0OMON，且M，N在双曲线右支上，所以2121222122212(1)0(1)5121011231001xxyykxxkxx由①②知，51223≤解法二：（1）同解法一（2）设11()Mxy，，22()Nxy，，MN的中点为00()Exy，①当x1=x2=1时，221101MB，因为01，所以512；②当12xx时，221102202211111MNxyxkyxy又001MNBEykkx所以22000(1)yxx；由2MON∠得222002MNxy，由第二定义得2212()222MNexxa22000111(1)211xxx所以222000(1)2