高考卷 普通高等学校招生考试湖南 数学(文史类)全解全析

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高考卷 普通高等学校招生考试湖南 数学(文史类)全解全析

2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷 数学(文史类)全解全析 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 2x x 的解集是 A. ,0 B.  0,1 C.  1, D.    ,0 1,   【答案】D 【解析】由 2x x 得 x(x-1)>0,所以解集为   ,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     【答案】B 【解析】由向量的减法知 EF OF OE    3. 设  2: 4 0 0p b ac a   ,  2: 0 0q x ax bx c a   关于 的方程 有实根,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 【答案】A 【解析】判别式大于 0,关于 x 的方程 )0(02  acbxax 有实根;但关于 x 的方程 )0(02  acbxax 有实根,判别可以等于 0 4.在等比数列  na n N  中,若 1 4 11, 8a a  ,则该数列的前 10 项和为 A. 8 12 2  B. 9 12 2  C. 10 12 2  D. 11 12 2  【答案】B 【解析】由 2 1 8 133 14  qqqaa ,所以 9 10 10 2 12 2 11 )2 1(1    S 5.在    1 nx n N   的二项展开式中,若只有 5x 的系数最大,则 n  A.8 B. 9 C. 10 D.11 【答案】C 【解析】只有 5x 的系数最大, 5x 是展开式的第 6 项,第 6 项为中间项,展开式共有 11 项, 故 n=10 6.如图 1,在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,E、F 分别是 1 1AB C、B 的中点,则以下结论中不成立的是 A. 1EF BB与 垂直 B. EF BD与 垂直 C. EF与CD异面 D. EF 1 1与A C 异面 【答案】D 【解析】连 B1C,则 B1C 交 BC1 于 F 且 F 为 BC1 中点,三角 形 B1AC 中 EF // AC2 1 ,所以 EF∥平面 ABCD,而 B1B⊥面 ABCD,所以 1EF BB与 垂直 ;又 AC ⊥BD,所以 EF BD与 垂直 , EF与CD异面 。由 EF // AC2 1 ,AC∥A1C1 得 EF∥A1C1 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 【答案】C 【解析】由频率分布直方图知水位为 50 米的频率/组距为 1%,即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 50 米。 8.函数 2 4 4( ) 4 3 xf x x x     1 1 x x   的图象和函数 2( ) logg x x 的图象的交点个数是 A.1 B.2 C.3 D. 4 【答案】C 图 1 图 2 【解析】由图像可知交点共有 3 个。 9.设 1 2F F、 分别是椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     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 1 2 2F F F P ,则椭圆的离心率是 A. 3 1 2  B. 1 2 C. 5 1 2  D. 2 2 【答案】D 【 解 析 】 由 已 知 P ( cc a 3, 2 ) , 所 以 22 2 )3()(2 ccc ac  化 简 得 2 202 22  a ceca 10. 设集 合  1,2,3,4,5,6M  , 1 2S S M k、 、 、S 都是 的含 两个元素 的子集, 且满 足 : 对 任 意 的       , , , , 1,2,3, ,i i i j j jS a b S a b i j i j k    、 , 都 有   min , min , min ,j ji i i i j j a ba b x yb a b a              表示两个数x、y中的较小者 .则 k 的最大值 是 A.10 B.11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】含 2 个元素的子集有 15 个,但{1,2}、{2,4}、{3,6}只能取一个;{1,3}、{2, 6}只能取一个;{2,3}、{4,6}只能取一个,故满足条件的两个元素的集合有 11 个。 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 4x y  相切的圆的方程是 . 【答案】 2 2( 1) ( 1) 2x y    【解析】半径 R= 2 2 |411|  ,所以圆的方程为 2 2( 1) ( 1) 2x y    12. 在 ABC 中,角 A、B、C 所对的边分别为 a b c、 、 ,若 1, 3, 3a c C    ,则 A= . 【答案】 π 6 【解析】由正弦定理得 2 1 3 2 3 sinsinsinsin  c CaAC c A a ,所以 A= π 6 13. 若 2 3 2 3 40, , log9a a a  则 . 【答案】3 【解析】由 9 43 2 a 得 32 3 )3 2()9 4( a ,所以 3)3 2(loglog 3 3 2 3 2 a 14. 设集合      , | | 2 |, 0 , , | ,A x y y x x B x y y x b A B           , (1)b 的取值范围是 . (2)若  , ,x y A B  且 2x y 的最大值为 9,则 b 的值 是 . 【答案】(1)[2 ) , (2) 9 2 【解析】(1)由图象可知b 的取值范围是[2 ) , ;(2) 若  , ,x y A B  则(x,y)在图中的四边形内,t= 2x y 在(0,b)处取得最大值,所 0+2b=9,所以 b= 9 2 15.棱长为 1 的正方形 1 1 1 1ABCD A B C D 的 8 个顶点都在球 O 的表面上,则球 O 的表面积 是 ;设 E、F 分别是该正方形的棱 1 1AA、DD 的中点,则直线 EF 被球 O 截得的线段 长为 . 【答案】3π , 2 【解析】正方体对角线为球直径,所以 4 32 R ,所以球的表面积为3π ;由已知所求 EF 是 正方体在球中其中一个截面的直径,d= 2 3,2 1 R ,所以 2 2 4 1 4 3 r ,所以 EF=2r= 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.(本小题满分12分) 已知函数   21 2sin 2sin cos8 8 8f x x x x                       .求: 2 2 b (Ⅰ)函数  f x 的最小正周期; (Ⅱ)函数  f x 的单调增区间. 解: π π( ) cos(2 ) sin(2 )4 4f x x x    π π π2 sin(2 ) 2 sin(2 ) 2 cos24 4 2x x x      . (I)函数 ( )f x 的最小正周期是 2π π2T   ; (II)当 2 π π 2 2 πk x k ≤ ≤ ,即 ππ π2k x k ≤ ≤ ( k Z )时,函数 ( ) 2 cos2f x x 是增函数,故函数 ( )f x 的单调递增区间是 π[ π π]2k k , ( k Z ). 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独立的,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 人参加过培训的概率. 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 相互独立,且 ( ) 0.6P A  , ( ) 0.75P B  . (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 1 ( ) ( ) ( ) 0.4 0.25 0.1P P A B P A P B      所以该人参加过培训的概率是 11 1 0.1 0.9P    . 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 2 ( ) ( ) 0.6 0.25 0.4 0.75 0.45P P A B P A B        该人参加过两项培训的概率是 3 ( ) 0.6 0.75 0.45P P A B    . 所以该人参加过培训的概率是 2 3 0.45 0.45 0.9P P    . (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 2 2 4 3 0.9 0.1 0.243P C    . 3 人都参加过培训的概率是 3 5 0.9 0.729P   . 所以 3 人中至少有 2 人参加过培训的概率是 4 5 0.243 0.729 0.972P P    . 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 1 2 3 0.9 0.1 0.027C    . 3 人都没有参加过培训的概率是 30.1 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.(本小题满分14 分) 如图,已知直二面角 45PQ A PQ B C BAP          , , , , ,直线 CA 和平面 所成的角为30 . (Ⅰ)证明 BC PQ ; (Ⅱ)求二面角 B AC P  的大小. 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 . 而 45BAO   , 所 以 45ABO   , 90AOB   . 从 而 BO PQ⊥ .又CO PQ⊥ , 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 30CAO   , 不妨设 2AC  ,则 3AO  , 3sin30 2OH AO  . 在 Rt OAB△ 中, 45ABO BAO     ,所以 3BO AO  , 于是在 Rt BOH△ 中, 3tan 2 3 2 BOBHO OH     . 故二面角 B AC P  的大小为 arctan 2 .  A B C Q   P O H 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 ⊥ ,所以 CAO 是CA 和平面 所成的角,则 30CAO   . 不妨设 2AC  ,则 3AO  , 1CO  . 在 Rt OAB△ 中, 45ABO BAO     , 所以 3BO AO  . 则相关各点的坐标分别是 (0 0 0)O ,, , ( 3 0 0)B ,, , (0 3 0)A , , , (0 01)C ,, . 所以 ( 3 3 0)AB   , , , (0 31)AC   , , . 设 1n  { }x y z , , 是平面 ABC 的一个法向量,由 1 1 0 0 n AB n AC          , 得 3 3 0 3 0 x y y z       , 取 1x  ,得 1 (11 3)n  ,, . 易知 2 (1 0 0)n  ,, 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, 1 2n n   , . 所以 1 2 1 2 1 5cos 5| | | | 5 1 n n n n          . 故二面角 B AC P  的大小为 5arccos 5 . 19.(本小题满分 13 分) 已知双曲线 2 2 2x y  的右焦点为 F,过点 F 的动直线与双曲线相交与 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 CM CA CB CO     满足 (其中O 为坐标原点),求点 M 的轨迹方 程. 解:由条件知 (2 0)F , ,设 1 1( )A x y, , 2 2( )B x y, . (I)当 AB 与 x 轴垂直时,可设点 A B, 的坐标分别为 (2 2), , (2 2), , A B C Q   P O x y z 此时 (1 2) (1 2) 1CA CB       , , . 当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 ( 2)( 1)y k x k    . 代入 2 2 2x y  ,有 2 2 2 2(1 ) 4 (4 2) 0k x k x k     . 则 1 2x x, 是上述方程的两个实根,所以 2 1 2 2 4 1 kx x k    , 2 1 2 2 4 2 1 kx x k   , 于是 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 2)( 2)CA CB x x y y x x k x x            2 2 2 1 2 1 2( 1) (2 1)( ) 4 1k x x k x x k       2 2 2 2 2 2 2 ( 1)(4 2) 4 (2 1) 4 11 1 k k k k kk k        2 2( 4 2) 4 1 1k k       . 综上所述,CA CB    为常数 1 . (II)解法一:设 ( )M x y, ,则 ( 1 )CM x y  , , 1 1( 1 )CA x y  , , 2 2( 1 )CB x y  , , ( 1 0)CO   , .由 CM CA CB CO      得: 1 2 1 2 1 3x x x y y y        , 即 1 2 1 2 2x x x y y y       , 于是 AB 的中点坐标为 2 2 2 x y     , . 当 AB 不与 x 轴垂直时, 1 2 1 2 2 2 222 y y y y xx x x     ,即 1 2 1 2( )2 yy y x xx    . 又因为 A B, 两点在双曲线上,所以 2 2 1 1 2x y  , 2 2 2 2 2x y  ,两式相减得 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )( )x x x x y y y y     ,即 1 2 1 2( )( 2) ( )x x x y y y    . 将 1 2 1 2( )2 yy y x xx    代入上式,化简得 2 2 4x y  . 当 AB 与 x 轴垂直时, 1 2 2x x  ,求得 (2 0)M , ,也满足上述方程. 所以点 M 的轨迹方程是 2 2 4x y  . 解法二:同解法一得 1 2 1 2 2x x x y y y       , ……………………………………① 当 AB 不与 x 轴垂直时,由(I) 有 2 1 2 2 4 1 kx x k    .…………………② 2 1 2 1 2 2 4 4( 4) 41 1 k ky y k x x k k k            .………………………③ 由①②③得 2 2 42 1 kx k    .…………………………………………………④ 2 4 1 ky k   .……………………………………………………………………⑤ 当 0k  时, 0y  ,由④⑤得, 2x ky   ,将其代入⑤有 2 2 2 2 24 4 ( 2) ( 2) ( 2)1 x y xyy x x y y      .整理得 2 2 4x y  . 当 0k  时,点 M 的坐标为 ( 2 0) , ,满足上述方程. 当 AB 与 x 轴垂直时, 1 2 2x x  ,求得 (2 0)M , ,也满足上述方程. 故点 M 的轨迹方程是 2 2 4x y  . 20.(本小题满分 13 分) 设    2 2 2 1 1, 3 , 0n n n n n nS a n N n a a S n a S a     是数列 的前 项和, 且 , 2,3,4,n  . (Ⅰ)证明数列 2 ( 2)n na a n   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  nb n N  中的所有项 都是数列 na 中的项,并指出 nb 是数列 na 中的第几项. 解:(I)当 2n≥ 时,由已知得 2 2 2 1 3n n nS S n a  . 因为 1 0n n na S S    ,所以 2 1 3n nS S n  . …………………………① 于是 2 1 3( 1)n nS S n    . …………………………………………………② 由②-①得: 1 6 3n na a n    .……………………………………………③ 于是 2 1 6 9n na a n    .……………………………………………………④ 由④-③得: 2 6n na a   .…………………………………………………⑤ 即数列 2{ }n na a  ( 2n≥ )是常数数列. (II)由①有 2 1 12S S  ,所以 2 12 2a a  . 由③有 3 2 15a a  ,所以 3 3 2a a  , 而⑤表明:数列 2{ }ka 和 2 1{ }ka  分别是以 2a , 3a 为首项,6 为公差的等差数列. 所以 2 2 ( 1) 6 6 2 6ka a k k a       , 2 1 3 ( 1) 6 6 2 3ka a k k a        , k N*. 由题设知, 118 7n nb   .当 a 为奇数时, 2 1ka  为奇数,而 nb 为偶数,所以 nb 不是数列 2 1{ }ka  中的项, nb 只可能是数列 2{ }ka 中的项. 若 1 18b  是数列 2{ }ka 中的第 0k 项,由 018 6 2 6k a   得 03 6a k  ,取 0 3k  ,得 3a  .此时 2 6ka k ,由 2n kb a 得 118 7 6n k  , 13 7nk   N*,从而 nb 是数列{ }na 中的第 16 7n 项. ( 注 : 考 生 取 满 足 03 6a k  , 0k N* 的 任 一 奇 数 , 说 明 nb 是 数 列 { }na 中 的 第 1 26 7 23 n a   项即可) 21.(本小题满分 13 分) 已知函数   3 21 1 3 2f x x ax bx   在区间   1,1 , 1,3 内各有一个极值点. (Ⅰ)求 2 4a b 的最大值; (Ⅱ)当 2 4 8a b  时,设函数  y f x 在点   1, 1A f 处的切线为l ,若在点 A 处穿 过  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. 解:(I)因为函数 3 21 1( ) 3 2f x x ax bx   在区间[ 11) , , (13], 内分别有一个极值点,所 以 2( )f x x ax b    0 在[ 11) , , (13], 内分别有一个实根, 设两实根为 1 2x x, ( 1 2x x ),则 2 2 1 4x x a b   ,且 2 10 4x x  ≤ .于是 20 4 4a b  ≤ , 20 4 16a b  ≤ ,且当 1 1x   , 2 3x  ,即 2a   , 3b   时等号 成立.故 2 4a b 的最大值是 16. (II)解法一:由 (1) 1f a b    知 ( )f x 在点 (1 (1))f, 处的切线l 的方程是 (1) (1)( 1)y f f x   ,即 2 1(1 ) 3 2y a b x a     , 因为切线l 在点 (1 (1))A f, 处穿过 ( )y f x 的图象, 所以 2 1( ) ( ) [(1 ) ]3 2g x f x a b x a      在 1x  两边附近的函数值异号,则 1x  不是 ( )g x 的极值点. 而 ( )g x 3 21 1 2 1(1 )3 2 3 2x ax bx a b x a        ,且 2 2( ) (1 ) 1 ( 1)( 1 )g x x ax b a b x ax a x x a               . 若1 1 a   ,则 1x  和 1x a   都是 ( )g x 的极值点. 所以1 1 a   ,即 2a   .又由 2 4 8a b  ,得 1b   .故 3 21( ) 3f x x x x   . 解法二:同解法一得 2 1( ) ( ) [(1 ) ]3 2g x f x a b x a      21 3 3( 1)[ (1 ) (2 )]3 2 2 ax x x a      . 因为切线l 在点 (1 (1))A f, 处穿过 ( )y f x 的图象,所以 ( )g x 在 1x  两边附近的函数值异 号.于是存在 1 2m m, ( 1 21m m  ). 当 1 1m x  时, ( ) 0g x  ,当 21 x m  时, ( ) 0g x  ; 或当 1 1m x  时, ( ) 0g x  ,当 21 x m  时, ( ) 0g x  . 设 2 3 3( ) 1 22 2 a ah x x x              ,则 当 1 1m x  时, ( ) 0h x  ,当 21 x m  时, ( ) 0h x  ; 或当 1 1m x  时, ( ) 0h x  ,当 21 x m  时, ( ) 0h x  . 由 (1) 0h  知 1x  是 ( )h x 的一个极值点,则 3(1) 2 1 1 02 ah      . 所以 2a   .又由 2 4 8a b  ,得 1b   ,故 3 21( ) 3f x x x x   .
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