高考卷 普通高等学校招生考试江西 理科数学全解全析 13页

2007 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 理科数学全解全析 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分．第 I 卷 1 至 2 页，第 II 卷 3 至 4 页，共 150 分． 第 I 卷 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题 卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．第 I 卷每小题选出答案后，用 2Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第 II 卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写 作答．若在试题卷上作答，答案无效． 3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件 A B， 互斥，那么 球的表面积公式 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   24πS R 如果事件 A B， 相互独立，那么 其中 R 表示球的半径 ( ) ( ) ( )P A B P A P B  球的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 P ，那么 34 π3V R n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 ( ) (1 )k k n k n nP k C P P   其中 R 表示球的半径 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 2 4 (1 ) i i   的结果是（ ） Ａ． 2 i Ｂ． 2 i  Ｃ． 2 i Ｄ． 2 i  解析： 2 2 4 (1 ) i i   = ii i  22 42 ，选 C 2． 3 2 1 lim 1x x x x   （ ） Ａ．等于 0 Ｂ．等于1 Ｃ．等于 3 Ｄ．不存在 解析： 3 2 1 lim 1x x x x   = 1lim 2 1   xx ，选 B 3．若 πtan 34      ，则 cot 等于（ ） Ａ． 2 Ｂ． 1 2  Ｃ． 1 2 Ｄ． 2 解析：由 πtan 34      得 2 1tan3 tan4tan1 tan4tan       ，所以 cot = 2 ，选 A 4．已知 3 3 n x x     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． 4 Ｂ．5 Ｃ． 6 Ｄ． 7 解析：展开式中，各项系数的和为 4n，各项二项式系数的和为 2n，由已知得 2n=64，所以 n=6， 选 C 5．若 π0 2x  ，则下列命题中正确的是（ ） Ａ． 3sin πx x Ｂ． 3sin πx x Ｃ． 2 2 4sin πx x Ｄ． 2 2 4sin πx x 解析：用特殊值法，取ｘ＝ 3  可排除 B、C，取 x= 6  可排除 A，选 D 6．若集合  01 2M  ，， ，  ( ) 2 1 0 2 1 0N x y x y x y x y M     ， ≥ 且 ≤ ， ， ，则 N 中元素的个数为（ ） Ａ． 9 Ｂ． 6 Ｃ． 4 Ｄ． 2 解析：画出集合 N 所表示的可行域，知满足条件的 N 中的点只有（0，0）、（1，0）、（1， 1）和（2，1）四点，选 C 7．如图，正方体 1AC 的棱长为1，过点 A 作平面 1A BD 的垂线，垂足为点 H ，则以下命题 中，错误．．的命题是（ ） Ａ．点 H 是 1A BD△ 的垂心 Ｂ． AH 垂直平面 1 1CB D Ｃ． AH 的延长线经过点 1C Ｄ．直线 AH 和 1BB 所成角为 45 解析：因为三棱锥 A— 1A BD 是正三棱锥，故顶点 A 在底面的射映是底面中心，A 正确； A D 1D 1C 1A 1B B H C 面 1A BD ∥面 1 1CB D ，而 AH 垂直平面 1A BD ，所以 AH 垂直平面 1 1CB D ，B 正确；根据对 称性知 C 正确。选 D 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 1h ， 2h ， 3h ， 4h ，则它们的大小关系正确的是（ ） Ａ． 2 1 4h h h  Ｂ． 1 2 3h h h  Ｃ． 3 2 4h h h  Ｄ． 2 4 1h h h  解析：观察图形可知体积减少一半后剩余酒的高度最高为 2h ，最低为 4h ，选 A 9 ． 设 椭 圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的 离 心 率 为 1e 2  ， 右 焦 点 为 ( 0)F c， ， 方 程 2 0ax bx c   的两个实根分别为 1x 和 2x ，则点 1 2( )P x x， （ ） Ａ．必在圆 2 2 2x y  内 Ｂ．必在圆 2 2 2x y  上 Ｃ．必在圆 2 2 2x y  外 Ｄ．以上三种情形都有可能 解析：由 1e 2  = a c 得 a=2c，b= c3 ，所以 2 1,2 3 2121  a cxxa bxx ，所以点 1 2( )P x x， 到圆心（0，0）的距离为 24 714 32)( 21 2 21 2 2 2 1  xxxxxx ， 所以点 P 在圆内，选 A 10．将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次．．成等差数列的概率为（ ） Ａ． 1 9 Ｂ． 1 12 Ｃ． 1 15 Ｄ． 1 18 解析：一骰子连续抛掷三次得到的数列共有 36 个，其中为等差数列有三类：（1）公差为 0 的有 6 个；（2）公差为 1 或-1 的有 8 个；（3）公差为 2 或-2 的有 4 个，共有 18 个，成等 差数列的概率为 12 1 6 18 3  ，选 B 11．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 5x  处的切线的斜 率为（ ） Ａ． 1 5  Ｂ． 0 Ｃ． 1 5 Ｄ．5 解析：因为 ( )f x 是 R 可导偶函数，所以 ( )f x 的图象关于 y 轴对称，所以 ( )f x 在 x=0 处取 得极值，即 0)0(' f ，又 ( )f x 的周期为 5，所以 0)5(' f ，即曲线 ( )y f x 在 5x  处 的切线的斜率 0，选 B 12．设 2: ( ) e ln 2 1xp f x x x mx     在 (0 ) ， 内单调递增， : 5q m ≥ ，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 解析：P 中 f（x）单调递增，只需 04  m ，即 m≥0，故 P 是 q 的必要不充分条件，选 B 2007 年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷） 理科数学 第 II 卷 注意事项： 第 II 卷 2 页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试卷题上作答，答案无 效． 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 24 log ( 1)( 3)y x x   ≥ ，则其反函数的定义域为 ． 解析：反函数的定义即为原函数的值域，由 x≥3 得 x-1≥2，所以 1)1(log 2 x ，所以 y ≥5，反函数的定义域为[5，+∞），填[5，+∞） 14．已知数列 na 对于任意 *p q N， ，有 p q p qa a a   ，若 1 1 9a  ，则 36a  ． 解析：由题意得 ,9 162,9 82,9 42,9 22 816482412  aaaaaaaa 49 36,9 322 432361632  aaaaa ，填 4 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 ． 解析：由 MN 的任意性可用特殊位置法：当 MN 与 BC 重合时知 m=1， n=1，故 m+n=2，填 2 16．设有一组圆 2 2 4 *:( 1) ( 3 ) 2 ( )kC x k y k k k      N ．下列四个 B A O N C M 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） 解析：圆心为（k-1，3k）半径为 22k ，圆心在直线 y=3（x+1）上，所以直线 y=3（x+1） 必与所有的圆相交，B 正确；由 C1、C2、C3 的图像可知 A、C 不正确；若存在圆过原点（0， 0），则有 42422 2121029)1( kkkkkk  （ *)Nk  因为左边为奇数，右 边为偶数，故不存在 k 使上式成立，即所有圆不过原点。填 B、D 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 2 1 (0 ) ( ) 2 ( 1) x c cx x c f x k c x         ≤ 在区间 (01)， 内连续，且 2 9( ) 8f c  ． （1）求实数 k 和 c 的值； （2）解不等式 2( ) 18f x   ． 解：（1）因为 0 1c  ，所以 2c c ， 由 2 9( ) 8f c  ，即 3 91 8c   ， 1 2c  ． 又因为 4 1 11 02 2( ) 12 12 x x x f x k x                 ≤ 在 1 2x  处连续， 所以 21 522 4f k       ，即 1k  ． （2）由（1）得： 4 1 11 02 2( ) 12 1 12 x x x f x x                 ≤ 由 2( ) 18f x   得，当 10 2x  时，解得 2 1 4 2x  ． 当 1 12 x ≤ 时，解得 1 5 2 8x ≤ ， 所以 2( ) 18f x   的解集为 2 5 4 8x x        ． 18．（本小题满分 12 分） 如图，函数 π2cos( )( 0 )2y x x     R，≤ ≤ 的图象与 y 轴交于点 (0 3)， ，且在该点 处切线的斜率为 2 ． （1）求 和 的值； （2）已知点 π 02A     ， ，点 P 是该函数图象上一点，点 0 0( )Q x y， 是 PA 的中点，当 0 3 2y  ， 0 π π2x      ， 时，求 0x 的值． 解：（1）将 0x  ， 3y  代入函数 2cos( )y x   得 3cos 2   ， 因为 0 2  ≤ ≤ ，所以 6   ． 又因为 2 sin( )y x      ， 0 2xy    ， 6   ，所以 2  ， 因此 2cos 2 6y x      ． （2）因为点 02A      ， ， 0 0( )Q x y， 是 PA 的中点， 0 3 2y  ， 所以点 P 的坐标为 02 32x     ， ． 又因为点 P 在 2cos 2 6y x      的图象上，所以 0 5 3cos 4 6 2x      ． 因为 02 x ≤ ≤ ，所以 0 7 5 1946 6 6x  ≤ ≤ ， 从而得 0 5 114 6 6x    或 0 5 134 6 6x    ． 即 0 2 3x  或 0 3 4x  ． 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 y x 3 O A P 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 ，求随机变量 的期望． 解：分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件 1A ， 2A ， 3A ， （1）设 E 表示第一次烧制后恰好有一件合格，则 1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )P E P A A A P A A A P A A A        0.5 0.4 0.6 0.5 0.6 0.6 0.5 0.4 0.4 0.38          ． （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 0.3p  ， 所以 ~ (3 0.3)B ， ， 故 3 0.3 0.9E np     ． 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 ( ) ( ) ( ) 0.3P A P B P C   ， 所以 3( 0) (1 0.3) 0.343P      ， 2( 1) 3 (1 0.3) 0.3 0.441P        ， 2( 2) 3 0.3 0.7 0.189P       ， 3( 3) 0.3 0.027P     ． 于是， ( ) 1 0.441 2 0.189 3 0.027 0.9E         ． 20．（本小题满分 12 分） 右图是一个直三棱柱（以 1 1 1A B C 为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为 ABC ．已知 1 1 1 1 1A B B C  ， 1 1 1 90A B C   ， 1 4AA  ， 1 2BB  ， 1 3CC  ． （1）设点O 是 AB 的中点，证明：OC ∥平面 1 1 1A B C ； （2）求二面角 1B AC A  的大小； （3）求此几何体的体积． A B C O 1A 1B 1C 解：解法一： （1）证明：作 1OD AA∥ 交 1 1A B 于 D ，连 1C D ． 则 1 1OD BB CC∥ ∥ ． 因为 O 是 AB 的中点， 所以 1 1 1 1 ( ) 32OD AA BB CC    ． 则 1ODC C 是平行四边形，因此有 1OC C D∥ ． 1C D  平面 1 1 1C B A 且OC  平面 1 1 1C B A ， 则OC ∥面 1 1 1A B C ． （2）如图，过 B 作截面 2 2BA C ∥面 1 1 1A B C ，分别交 1AA ， 1CC 于 2A ， 2C ． 作 2 2BH A C 于 H ，连CH ． 因为 1CC  面 2 2BA C ，所以 1CC BH ，则 BH  平面 1AC ． 又因为 5AB  ， 2BC  ， 2 2 23AC AB BC AC    ． 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 2 2BH  ，所以 1sin 2 BHBCH BC  ∠ ，故 30BCH  ∠ ， 即：所求二面角的大小为30 ． （3）因为 2 2BH  ，所以 2 2 2 2 1 1 1 2 1(1 2) 23 3 2 2 2B AA C C AA C CV S BH        ． 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 12A B C A BC A B CV S BB    △ ． 所求几何体体积为 2 2 1 1 1 2 2 3 2B AA C C A B C A BCV V V    ． 解法二： （1）如图，以 1B 为原点建立空间直角坐标系， 则 (01 4)A ，， ， (0 0 2)B ，， ， (1 0 3)C ，， ，因为O 是 AB 的中点，所以 10 32O     ，， ， A B C O 1A 1B 1C H2A 2C D 11 02OC       ， ， ． 易知， (0 01)n  ，， 是平面 1 1 1A B C 的一个法向量． 因为 0OC n    ，OC  平面 1 1 1A B C ，所以OC ∥平面 1 1 1A B C ． （2） (0 1 2)AB    ， ， ， (1 01)BC  ，， ， 设 ( )m x y z ， ， 是平面 ABC 的一个法向量，则 则 0AB m    ， 0BC m    得： 2 0 0 y z x z       取 1x z   ， (1 2 1)m   ，， ． 显然， (11 0)l  ，， 为平面 1 1AAC C 的一个法向量． 则 1 2 0 3cos 22 6 m lm l m l            ， ，结合图形可知所求二面角为锐角． 所以二面角 1B AC A  的大小是30 ． （3）同解法一． 21．（本小题满分 12 分） 设 动 点 P 到 点 ( 1 0)A  ， 和 (1 0)B ， 的 距 离 分 别 为 1d 和 2d ， 2APB   ，且存在常数 (0 1)   ，使得 2 1 2 sind d   ． （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 作直线双曲线C 的右支于 M N， 两点，试确定  的范 围，使OM ON  0    ，其中点O 为坐标原点． 解：解法一：（1）在 PAB△ 中， 2AB  ，即 2 2 2 1 2 1 22 2 cos2d d d d    ， 2 2 1 2 1 24 ( ) 4 sind d d d    ，即 2 1 2 1 24 4 sin 2 1 2d d d d        （常数）， 点 P 的轨迹 C 是以 A B， 为焦点，实轴长 2 2 1a   的双曲线． 方程为： 2 2 11 x y    ． （2）设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， y y P BOA 1d 2d 2 A B C O 1A 1B 1C x z y ①当 MN 垂直于 x 轴时， MN 的方程为 1x  ， (11)M ， ， (1 1)N ， 在双曲线上． 即 21 1 1 51 1 01 2              ，因为 0 1  ，所以 5 1 2   ． ②当 MN 不垂直于 x 轴时，设 MN 的方程为 ( 1)y k x  ． 由 2 2 11 ( 1) x y y k x          得： 2 2 2 2(1 ) 2(1 ) (1 )( ) 0k x k x k              ， 由题意知： 2(1 ) 0k      ， 所以 2 1 2 2 2 (1 ) (1 ) kx x k         ， 2 1 2 2 (1 )( ) (1 ) kx x k          ． 于是： 2 2 2 1 2 1 2 2( 1)( 1) (1 ) ky y k x x k         ． 因为 0OM ON    ，且 M N， 在双曲线右支上，所以 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 (1 )0 (1 ) 5 1 210 1 1 2 31 00 1 x x y y k x x kx x                                        ． 由①②知， 5 1 2 2 3  ≤ ． 解法二：（1）同解法一 （2）设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ， MN 的中点为 0 0( )E x y， ． ①当 1 2 1x x  时， 2 21 1 01MB           ， 因为 0 1  ，所以 5 1 2   ； ②当 1 2x x 时， 2 2 1 1 0 2 2 02 2 11 111 MN x y xk yx y                 ． 又 0 0 1MN BE yk k x    ．所以 2 2 0 0 0(1 )y x x     ； 由 2MON ∠ 得 2 2 2 0 0 2 MNx y        ，由第二定义得 2 2 1 2( ) 2 2 2 MN e x x a          2 2 0 0 0 1 11 (1 ) 211 x x x             ． 所以 2 2 2 0 0 0(1 ) 2(1 ) (1 )y x x         ． 于是由 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 (1 ) (1 ) 2(1 ) (1 ) y x x y x x                  得 2 0 (1 ) 2 3x     因为 0 1x  ，所以 2(1 ) 12 3     ，又 0 1  ， 解得： 5 1 2 2 3    ．由①②知 5 1 2 2 3  ≤ ． 22．（本小题满分 14 分） 设正整数数列 na 满足： 2 4a  ，且对于任何 *nN ，有 1 1 1 1 1 12 21 1 1 n n n n a a a a n n          ． （1）求 1a ， 3a ； （3）求数列 na 的通项 na ． 解：（1）据条件得 1 1 1 1 1 12 ( 1) 2 n n n n n na a a a            ① 当 1n  时，由 2 1 2 1 1 1 1 12 2 2a a a a          ，即有 1 1 1 2 2 12 24 4a a      ， 解得 1 2 8 3 7a  ．因为 1a 为正整数，故 1 1a  ． 当 2n  时，由 3 3 1 1 1 12 6 24 4a a          ， 解得 38 10a  ，所以 3 9a  ． （2）方法一：由 1 1a  ， 2 4a  ， 3 9a  ，猜想： 2 na n ． 下面用数学归纳法证明． 1  当 1n  ， 2 时，由（1）知 2 na n 均成立； 2  假设 ( 2)n k k ≥ 成立，则 2 ka k ，则 1n k  时 由①得 2 2 1 1 1 1 1 12 ( 1) 2 k k k ka k a k            2 2 12 ( 1) ( 1) 1 1k k k k k kak k k        2 2 2 12 ( 1) 1( 1) ( 1)1 1k kk a kk k         因为 2k ≥ 时， 2 2( 1) ( 1) ( 1)( 2) 0k k k k k      ≥ ，所以   2 2 ( 1) 011 k k   ，． 1 1k  ≥ ，所以  1 011k  ， ． 又 1ka   *N ，所以 2 2 1( 1) ( 1)kk a k ≤ ≤ ． 故 2 1 ( 1)ka k   ，即 1n k  时， 2 na n 成立． 由 1  ，2  知，对任意 n *N ， 2 na n ． （2）方法二： 由 1 1a  ， 2 4a  ， 3 9a  ，猜想： 2 na n ． 下面用数学归纳法证明． 1  当 1n  ， 2 时，由（1）知 2 na n 均成立； 2  假设 ( 2)n k k ≥ 成立，则 2 ka k ，则 1n k  时 由①得 2 2 1 1 1 1 1 12 ( 1) 2 k k k ka k a k            即 2 1 1 1 1 ( 1) 12 2 k k k k k a k a k        ② 由②左式，得 2 1 1 1 k k k k k a     ，即 3 2 1( 1) kk a k k k    ，因为两端为整数， 则 3 2 2 1( 1) 1 ( 1) ( 1)kk a k k k k k      ≤ ．于是 2 1 ( 1)ka k ≤ ③ 又由②右式， 2 2 2 2 1 ( 1) 2 1 ( 1) 1 k k k k k k k k a k k        ． 则 2 3 1( 1) ( 1)kk k a k k    ． 因为两端为正整数，则 2 4 3 1( 1) 1kk k a k k   ≥ ， 所以 4 3 2 1 2 2 1 ( 1)1 1k k k ka kk k k k         ≥ ． 又因 2k ≥ 时， 1ka  为正整数，则 2 1 ( 1)ka k ≥ ④ 据③④ 2 1 ( 1)ka k   ，即 1n k  时， 2 na n 成立． 由 1  ，2  知，对任意 n *N ， 2 na n ．