高考卷 07届 普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）全解全析

2007年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）全解全析注意事项：1.本试卷分第一部分和第二部分。第一部分为选择题，第二部分为非选择题。2.考生领到试卷后，须按规定在试卷上填写姓名、准考证号，并在答题卡上填涂对应的试卷类型信息点。3.所有答案必须在答题卡上指定区域内作答。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（共60分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共12小题，每小题5分，共60分）。1.已知全集632,6,5,4,3,2,1，，集合AU，则集合CuA等于（A）{1，4}（B）{4，5}（C）{1，4，5}（D）{2，3，6}解析：选C2.函数21lg)(xxf的定义域为（A）［0，1］（B）（-1，1）（C）［-1，1］（D）（-∞，-1）∪（1，+∞）解析：由1-x20得-1x1，选B3.抛物线yx2的准线方程是（A）014x（B）014y（C）012x（D）012y解析：P=21，准线方程为y=412P，即014y，选B4.已知55sin,则44cossin的值为（A）53（B）51（C）51（D）53解析：44cossin=22cossin=1sin22=53，选A5.等差数列{an}的前n项和为Sn，若等于则642,10,2SSS（A）12（B）18（C）24（D）42解析：S2，S4-S2，S6-S4成等差数列，即2，8，S6-10成等差数列，S6=24，选C6.某商场有四类食品，其中粮食类、植物油类、动物性食品类及果蔬类分别有40种、10种、30种、20种，现从中抽取一个容量为20的样本进行食品安全检测。若采用分层抽样的方法抽取样本，则抽取的植物油类与果蔬类食品种数之和是（A）4（B）5（C）6（D）7解析：共有食品100种，抽取容量为20的样本，各抽取51，故抽取植物油类与果蔬类食品种数之和为2+4=6，选C7.Rt△ABC的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC的距离是（A）5（B）6（C）10（D）12解析：Rt△ABC的斜边长为10，且斜边是Rt△ABC所在截面的直径，球心到平面ABC的距离是d=1251322，选D8.设函数f(x)=2+1(x∈R)的反函数为f-1(x),则函数y=f-1(x)的图象是解析：选A9.已知双曲线C∶abyax(12222＞0,b＞0),以C的右焦点为圆心且与C的渐近线相切的圆的半径是（A）a(B)b(C)ab(D)22ba解析：圆的半径是（C，0）到渐近线xaby的距离，所以R=bcbcababc22|0|，选B10.已知P为平面a外一点，直线la,点Q∈l,记点P到平面a的距离为a,点P到直线l的距离为b，点P、Q之间的距离为c，则（A）cba（B）cba(C)bca(D)acb解析：由图可知a最小，c最大，选A11.给出如下三个命题：①设a,bR,且abab若,01,则ba＜1;②四个非零实数a、b、c、d依次成等比数列的充要条件是ad=bc;③若f(x)=logix,则f（|x|）是偶函数.其中正确命题的序号是（A）①②（B）②③（C）①③（D）①②③解析：①01ab，所以ba＜1成立；②ad=bc不一定使a、b、c、d依次成等比数列，如取a=d=-1，b=c=1；③由偶函数定义可得12.某生物生长过程中，在三个连续时段内的增长量都相等，在各时段内平均增长速度分别为v1，v2,v3,该生物在所讨论的整个时段内的平均增长速度为（A）3321vvv（B）3111321vvv（C）3321vvv（D）3211113vvv解析：设三个连续时段为t1，t2，t3，各时段的增长量相等，设为M，则M=v1t1=v2t2=v3t3，整个时段内的平均增长速度为32132133vMvMvMMtttM=3211113vvv，选D第二部分（共90分）二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共4小题，每小题4分，共16分）.13.5)21(x的展开式中的系数．．是.（用数字作答）解析：2x项为2233540)2(1xxC，填4014.已知实数x、y满足条件,0,0,033,042yxyxyx则yxz2的最大值为.解析：画出可行域知yxz2在两直线交点（2，3）处取得最大值815.安排3名支教教师去4所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有种.（用数字作答）解析：分2类：（1）每校最多1人：2434A；（2）每校至多2人，把3人分两组，再分到学校：362423AC，共有60种16.如图，平面内有三个向量OA、OB、OC，其中OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，且OA＝OB＝1，OC＝22.若OC＝则R),,(OBOA的值为.解析：过C作OA与OC的平行线与它们的延长线相交，可得平行四边形，由角BOC=90°角AOC=30°，OC=22得平行四边形的边长为362和364，362+364=62三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共74分）.17.（本小题满分12分）设函数baxf、)(.其中向量2)2π(R,),1,sin1(),cos,(fxxbxma且.（Ⅰ）求实数m的值;（Ⅱ）求函数)(xf的最小值.解：（Ⅰ）()(1sin)cosfxmxxab，πππ1sincos2222fm，得1m．（Ⅱ）由（Ⅰ）得π()sincos12sin14fxxxx，当πsin14x时，()fx的最小值为12．18.（本小题满分12分）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为54、53、52、51，且各轮问题能否正确回答互不影响.（Ⅰ）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率;（Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率.（注：本小题结果可用分数表示）解：（Ⅰ）记“该选手能正确回答第i轮的问题”的事件为(1234)iAi，，，，则14()5PA，23()5PA，32()5PA，41()5PA，该选手进入第四轮才被淘汰的概率112341234432496()()()()()5555625PPAAAAPAPAPAPP．（Ⅱ）该选手至多进入第三轮考核的概率2112123()PPAAAAAA112123()()()()()()PAPAPAPAPAPA14243310155555512519.(本小题满分12分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥,//,BCADABCDP中,90ABC平面PAv32,2,3ABADPA,BC=6.(Ⅰ)求证:BD;PACBD平面(Ⅱ)求二面角ABDP的大小.解法一：（Ⅰ）PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD．BDPA⊥．又3tan3ADABDAB，tan3BCBACAB．30ABD∠，60BAC∠，90AEB∠，即BDAC⊥．又PAACA．BD⊥平面PAC．（Ⅱ）连接PE．BD⊥平面PAC．BDPE⊥，BDAE⊥．AEP∠为二面角PBDA的平面角．在RtAEB△中，sin3AEABABD，tan3APAEPAE，60AEP∠，二面角PBDA的大小为60．解法二：（Ⅰ）如图，建立坐标系，则(000)A，，，(2300)B，，，(2360)C，，，(020)D，，，(003)P，，，(003)AP，，，(2360)AC，，，(2320)BD，，，0BDAP，0BDAC．BDAP⊥，BDAC⊥，又PAACA，BD⊥面PAC．（Ⅱ）设平面ABD的法向量为(001)，，m，设平面PBD的法向量为(1)xy，，n，则0BPn，0BDn，23302320xxy，，解得3232xy，，33122，，n．cosm，12mnnmn．二面角PBDA的大小为60．20.(本小题满分12分)已知实数列是}{na等比数列,其中5547,14,,1aaa且成等差数列.(Ⅰ)求数列}{na的通项公式;AEDPCBAEDPCByzx(Ⅱ)数列}{na的前n项和记为,nS证明:,nS＜128,3,2,1(n…).解：（Ⅰ）设等比数列na的公比为()qqR，由6711aaq，得61aq，从而3341aaqq，4251aaqq，5161aaqq．因为4561aaa，，成等差数列，所以4652(1)aaa，即3122(1)qqq，122(1)2(1)qqq．所以12q．故116111642nnnnaaqqq．（Ⅱ）116412(1)1128112811212nnnnaqSq．21.(本小题满分12分)已知cxbxaxxf23)(在区间[0,1]上是增函数,在区间),1(),0,(上是减函数,又.23)21(f(Ⅰ)求)(xf的解析式;(Ⅱ)若在区间],0[m(m＞0)上恒有)(xf≤x成立,求m的取值范围.解：（Ⅰ）2()32fxaxbxc，由已知(0)(1)0ff，即0320cabc，，解得032cba，．2()33fxaxax，13332422aaf，2a，32()23fxxx．（Ⅱ）令()fxx≤，即32230xxx≤，(21)(1)0xxx≥，102x≤≤或1x≥．又()fxx≤在区间0m，上恒成立，102m≤．22.(本小题满分14分)已知椭圆C:2222byax=1(a＞b＞0)的离心率为36,短轴一个端点到右焦点的距离为3.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为23，求△AOB面积的最大值.解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意633caa，，1b，所求椭圆方程为2213xy．（Ⅱ）设11()Axy，，22()Bxy，．（1）当ABx⊥轴时，3AB．（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为ykxm．由已知2321mk，得223(1)4mk．把ykxm代入椭圆方程，整理得222(31)6330kxkmxm，122631kmxxk，21223(1)31mxxk．22221(1)()ABkxx22222223612(1)(1)(31)31kmmkkk22222222212(1)(31)3(1)(91)(31)(31)kkmkkkk2422212121233(0)34196123696kkkkkk≤．当且仅当2219kk，即33k时等号成立．当0k时，3AB，综上所述max2AB．当AB最大时，AOB△面积取最大值max133222SAB．