2007年高考数学试题及答案(共37份)

文科数学试题

湖南卷

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 不等式x2x的解集是（ ）

A (，0)

B (0，1)

C (1，)

D (，0)(1，)

2 若O，E，F是不共线的任意三点，则以下各式中成立的是（ ）

A EFOFOE B EFOFOE

C EFOFOE

D EFOFOE

3 设p:b24ac0（a0），q:关于x的方程ax2bxc0（a0）有实数，则p是q的（ ） A 充分不必要条件 C 充分必要条件

B 必要不充分条件

D 既不充分又不必要条件

4 在等比数列{an}（nN*）中，若a11，a418，则该数列的前10项和为（ ） D 2A 2124 B 2122 C 21210

1211

5 在(1x)n（nN*）的二次展开式中，若只有x3的系数最大，则n（ ）

A 8

B 9

C 10

D 11

6 如图1，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，

D1A1B1EDABFC1BC1的中点，则以下结论中不成立的是（ ） ．．．

A EF与BB1垂直

B EF与BD垂直

CC EF与CD异面

D EF与A1C1异面

7 根据某水文观测点的历史统计数据，得到某条河流水位的频率分布直方图（如图2） 从图中可以看出，该水文观测点平均至少一百年才遇到一次的洪水的最低水位是（ ） A 48米 B 49米 C 50米 D 51米

频率组距 2% 1% 0 5% 30 31 32 33 图2

48 49 50 51 水位（米）

4x4， x≤18 函数f(x)2的图象和函数g(x)log2x的图象的交点个数是

x4x3，x1（ ） A 1

B 2

xa22 yb22C 3

D 4

9 设F1，F2分别是椭圆

1（ab0）的左、右焦点，P是其右准线上纵坐标

为3c（c为半焦距）的点，且|F1F2||F2P|，则椭圆的离心率是（ ）

31212A

B C 512 D

22

，Sk都是M的含两个元素的子集，且满足：对10 设集合M{1，2，3，4，5，6}， S1，S2，任意的Si{ai，bi}，Sj{aj，bj}（ij，i、j{1，2，3，，k}），都有

aibimin，minbiaiajbj，则k的最大值，（min{x，y}表示两个数x，y中的较小者）

bjaj是（ ） A 10

B 11

C 12

D 13

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分 把答案填在横线上

11 圆心为(1，1)且与直线xy4相切的圆的方程是

12 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a1，c3，Cπ3，

则A

213 若a0，a349，则log1a

414 设集合A{(x，y)|y≥|x2|，x≥0}，B{(x，y)|y≤xb}，AB，

（1）b的取值范围是 ；

（2）若(x，y)AB，且x2y的最大值为9，则b的值是

15 棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积

是 ；设E，F分别是该正方体的棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为

三、解答题：本大题共6小题，共75分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

16 （本小题满分12分）

已知函数f(x)12sin2xπππ2sinxcosx 求： 888（I）函数f(x)的最小正周期； （II）函数f(x)的单调增区间

17 （本小题满分12分）

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互的，且各人的选择相互之间没有影响

（I）任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；

（II）任选3名下岗人员，求这3人中至少有2人参加过培养的概率

18 （本小题满分12分）

如图3，已知直二面角PQ，APQ，B，C，CACB，BAP45，

直线CA和平面所成的角为30

PCAQ（I）证明BC⊥PQ；

（II）求二面角BACP的大小

B

19 （本小题满分13分）

已知双曲线x2y22的右焦点为F，过点F的动直线与双曲线相交于A，B两点，点C的坐标是(1，0)

（I）证明CA，CB为常数；

（II）若动点M满足CMCACBCO（其中O为坐标原点），求点M的轨迹方程

20 （本小题满分13分）

222设Sn是数列{an}（nN*）的前n项和，a1a，且Sn3nanSn1，an0，

n2，3，，4

（I）证明：数列{an2an}（n≥2）是常数数列；

（II）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（nN*）中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项

21 （本小题满分13分）

已知函数f(x)213x312axbx在区间[1，1)，(1，3]内各有一个极值点

2（I）求a4b的最大值；

（II）当a4b8时，设函数yf(x)在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过函数yf(x)的图象（即动点在点A附近沿曲线yf(x)运动，经过点A时，从l的一侧进入另一侧），求函数f(x)的表达式

2

2007年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学试题（必修+选修Ⅰ）

湖南卷 参

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 D 2 B 3 A 4 B 5 C 6 D 7 C 8 C 9 D 10 B 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分 把答案填在横线上

11 (x1)2(y1)22

12 π6

13 3

14 （1）[2，)（2）

92

15 3π，2 三、解答题：本大题共6小题，共75分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

16 解：f(x)cos(2xπ4)sin(2xπ22π4)

2cos2x

2sin(2xπ4π4)2sin(2x)（I）函数f(x)的最小正周期是T2ππ； π2≤x≤kπ（kZ）时，函数f(x)π2，kπ]（kZ）

（II）当2kππ≤2x≤2kπ，即kπ2cos2x是增函数，故函数f(x)的单调递增区间是[kπ17 解：任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培

训”为事件B，由题设知，事件A与B相互，且P(A)0.6，P(B)0.75

（I）解法一：任选1名下岗人员，该人没有参加过培训的概率是 P1P(AB)P(A)P(B)0.40.250.1

所以该人参加过培训的概率是1P110.10.9

解法二：任选1名下岗人员，该人只参加过一项培训的概率是 P2P(AB)P(AB)0.60.250.40.750.45

该人参加过两项培训的概率是P3P(AB)0.60.750.45

所以该人参加过培训的概率是P2P30.450.450.9

（II）解法一：任选3名下岗人员，3人中只有2人参加过培训的概率是

P4C30.90.10.243

223人都参加过培训的概率是P30.930.729

所以3人中至少有2人参加过培训的概率是P4P50.2430.7290.972

解法二：任选3名下岗人员，3人中只有1人参加过培训的概率是

C30.90.10.027

123人都没有参加过培训的概率是0.130.001

所以3人中至少有2人参加过培训的概率是10.0270.0010.972

18 解：（I）在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB

因为⊥，PQ，所以CO⊥， 又因为CACB，所以OAOB

PCOHAQ而BAO45，所以ABO45，AOB90，从而BO⊥PQ，又CO⊥PQ，

B所以PQ⊥平面OBC 因为BC平面OBC，故PQ⊥BC

（II）解法一：由（I）知，BO⊥PQ，又⊥，PQ，BO，所以BO⊥

过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH⊥AC

故BHO是二面角BACP的平面角

由（I）知，CO⊥，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30，

3不妨设AC2，则AO3，OHAOsin302

在Rt△OAB中，ABOBAO45，所以BOAO3，

于是在Rt△BOH中，tanBHOBOOH3322

故二面角BACP的大小为arctan2

解法二：由（I）知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故可以O为原点，分别以直线

OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）

因为CO⊥a，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30

不妨设AC2，则AO3，CO1

在Rt△OAB中，ABOBAO45，

zCBOA所以BOAO3

则相关各点的坐标分别是

0，0)，A(0，3，0)，C(0，O(0，0，0)，B(3，0，1) PyQx所以AB(3，3，0)，AC(0，3，1)

n1AB0，3x3y0，ABCn设1{x，y，z}是平面的一个法向量，由得

3yz0n1AC0取x1，得n1(1，1，3)

易知n2(1，0，0)是平面的一个法向量

设二面角BACP的平面角为，由图可知，n1，n2

nn所以cos12|n1||n2|15155

故二面角BACP的大小为arccos55

19 解：由条件知F(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)

（I）当AB与x轴垂直时，可设点A，B的坐标分别为(2，2)，(2，此时CACB(1，2)(1，2)1

2)，

当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)

代入xy2，有(1k)x4kx(4k2)0

222222则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1x24k22k1，x1x24k2k122，

2于是CACB(x11)(x21)y1y2(x11)(x21)k(x12)(x22)

(k1)x1x2(2k1)(x1x2)4k1

222(k1)(4k2)k12224k(2k1)k12224k1

222(4k2)4k11

综上所述，CACB为常数1

（II）解法一：设M(x，y)，则CM(x1，y)，CA(x11，y1)， 0)，由CMCACBCO得： CB(x21，y2)，CO(1，x1x1x23，x1x2x2，即 yyyyyy1212于是AB的中点坐标为x2y， 22y当AB不与x轴垂直时，

y1y2x1x22x222yx2，即y1y2yx2(x1x2)

2222又因为A，B两点在双曲线上，所以x1y12，x2y22，两式相减得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x2)(y1y2)y

将y1y2yx2(x1x2)代入上式，化简得xy4

22当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(2，0)，也满足上述方程

所以点M的轨迹方程是xy4

22x1x2x2，解法二：同解法一得„„„„„„„„„„„„„„①

yyy12当AB不与x轴垂直时，由（I） 有x1x24k22k1 „„„„„„„②

4k24ky1y2k(x1x24)k42 „„„„„„„„„③

k1k1由①②③得x24k22k1 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„④

y4kk12 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„⑤

x2y当k0时，y0，由④⑤得，k，将其代入⑤有

4yx2y22(x2)y14y(x2)(x2)y22 整理得x2y24

当k0时，点M的坐标为(2，0)，满足上述方程

当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(2，0)，也满足上述方程

故点M的轨迹方程是x2y24

20 解：（I）当n≥2时，由已知得Sn2Sn213n2an

2因为anSnSn10，所以SnSn13n „„„„„„„„„„①

2于是Sn1Sn3(n1) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„②

由②－①得：an1an6n3 „„„„„„„„„„„„„„„„„③

于是an2an16n9 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„④

由④－③得：an2an6 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„⑤

即数列{an2an}（n≥2）是常数数列

（II）由①有S2S112，所以a2122a

由③有a1a215，所以a332a，

而⑤表明：数列{a2k}和{a2k1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列

所以a2ka2(k1)66k2a6，a2k1a3(k1)66k2a3，kN*

n1由题设知，bn187 当a为奇数时，a2k1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列

{a2k1}中的项，bn只可能是数列{a2k}中的项

若b118是数列{a2k}中的第kn项，由186k2a6得a3k06，取k03，得a3，

此时a2k6k，由bna2k，得187n16k，k37n1N*，从而bn是数列{an}中的第67n1项

（注：考生取满足a3kn6，knN*的任一奇数，说明bn是数列{an}中的第

67n12a32项即可）

13x321 解：（I）因为函数f(x)12axbx在区间[1，1)，(1，3]内分别有一个极值点，

2所以f(x)x2axb0在[1，1)，(1，3]内分别有一个实根， 设两实根为x1，x2（x1x2），则x2x10a4b，且0x2x1≤4 于是

222x23，即a2，b3时等号a4b≤4，0a4b≤16，且当x11，成立 故a24b的最大值是16

（II）解法一：由f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)x2312a，

因为切线l在点A(1，f(x))处空过yf(x)的图象， 所以g(x)f(x)[(1ab)xx1不是g(x)的极值点

2312a]在x1两边附近的函数值异号，则

而g(x)213x312axbx(1ab)x222312a，且

g(x)xaxb(1ab)xaxa1(x1)(x1a)

若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点

2所以11a，即a2，又由a4b8，得b1，故f(x)13xxx

32解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)x13(x1)[x(122312a]

3a2)x(232a)]

因为切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在x1两边附近的函数值异号，于是存在m1，m2（m11m2）

当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0； 或当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0

设h(x)x213a3ax2，则 22当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0； 或当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0

由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点，则h(1)211所以a2，又由a24b8，得b1，故f(x)

1333a220，

xxx