【文档说明】2007年高考试题——数学理（四川卷）.doc，共(12)页，1018.000 KB，由envi的店铺上传

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2007年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科数学参考答案一．选择题：本题考察基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分（1）A（2）C（3）D（4）D（5）A（6）C（7）A（8）C（9）B（10）B（11）D（1

2）B二．填空题：本题考察基础知识和基本运算，每小题4分，满分16分（13）1（14）6（15）32x=（16）①④三．解答题：（17）本题考察三角恒等变形的主要基本公式、三角函数值的符号，已知三角函数值求角以及计算能力。解：（Ⅰ）由1cos,072

=，得22143sin1cos177=−=−=∴sin437tan43cos71===，于是()222tan24383tan21tan47143===−−−（Ⅱ）由02，

得02−又∵()13cos14−=，∴()()221333sin1cos11414−=−−=−=由()=−−得：()coscos=−−()()

coscossinsin=−+−113433317147142=+=所以3=（18）本题考察相互独立事件、互斥事件等的概率计算，考察随机事件的分布列，数学期望等，考察运用所学知识与方法解决实际问题的能力。解：（Ⅰ）记

“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A用对立事件A来算，有()()4110.20.9984PAPA=−=−=（Ⅱ）可能的取值为0,1,2()2172201360190CPC===，()11317220

511190CCPC===，()2322032190CPC===136513301219019019010E=++=记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率()13

6271119095PPB=−=−=所以商家拒收这批产品的概率为2795（19）本题主要考察异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、三棱锥体积等有关知识，考察思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力。解法一：（Ⅰ）∵,,PCABPCBCABBCB

⊥⊥=∴PCABC⊥平面，又∵PCPAC平面∴PACABC⊥平面平面（Ⅱ）取BC的中点N，则1CN=，连结,ANMN，∵//PMCN=，∴//MNPC=，从而MNABC⊥平面作NHAC⊥，交AC的延长线于H，

连结MH，则由三垂线定理知，ACNH⊥，从而MHN为二面角MACB−−的平面角直线AM与直线PC所成的角为060∴060AMN=在ACN中，由余弦定理得2202cos1203ANACCNACCN=+−=在AMN中，3cot313MNANAMN===在C

NH中，33sin122NHCNNCH===012P136190511903190在MNH中，123tan332MNMNMHNNH====故二面角MACB−−的平面角大小为23arctan3（Ⅲ）由（Ⅱ）知，PCMN为正方形∴0

113sin1203212PMACAPCMAMNCMACNVVVVACCNMN−−−−=====解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）在平面ABC内，过C作CDCB⊥，建立空间直角坐标系Cxyz−（如图）由题意有31,,022A−

，设()()000,0,0Pzz，则()()000310,1,,,,,0,0,22MzAMzCPz=−=由直线AM与直线PC所成的解为060，得0cos60AMCPAMCP=，即2200032zzz=+，解得0

1z=∴()310,0,1,,,022CMCA==−，设平面MAC的一个法向量为111,,nxyz=，则1111031022yzyz+=−=，取11x=，得1,3,3n=−平面ABC的法向量取为()0,0,1m=设m与n所成的角为，则3cos7

mnmn−==显然，二面角MACB−−的平面角为锐角，故二面角MACB−−的平面角大小为21arccos7（Ⅲ）取平面PCM的法向量取为()11,0,0n=，则点A到平面PCM的距离1132CAn

hn==∵1,1PCPM==，∴1113311326212PMACAPCMVVPCPMh−−=====（20）本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。解：（Ⅰ）解法一：易知2,1,3abc===所

以()()123,0,3,0FF−，设(),Pxy，则()()22123,,3,3PFPFxyxyxy=−−−−−=+−()2221133844xxx=+−−=−因为2,2x−，故当0x=，即点P为椭圆短轴端点时，12PFPF有最小值2−当2x=，即

点P为椭圆长轴端点时，12PFPF有最大值1解法二：易知2,1,3abc===，所以()()123,0,3,0FF−，设(),Pxy，则22212121212121212cos2PFPFFFPFPFPFPFFPFPFPFPFPF+−==()()2222221331232xyxy

xy=+++−+−=+−（以下同解法一）（Ⅱ）显然直线0x=不满足题设条件，可设直线()()1222:2,,,,lykxAxyBxy=−，联立22214ykxxy=−+=，消去y，整理得：2214304kxkx+

++=∴12122243,1144kxxxxkk+=−=++由()2214434304kkk=−+=−得：32k或32k−又000090cos000ABABOAOB∴12

120OAOBxxyy=+又()()()2121212122224yykxkxkxxkxx=++=+++22223841144kkkk−=++++22114kk−+=+∵2223101144kkk−++++，即24k∴22k−故由①、②得322k−−或322k（21）本题综

合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。解：（Ⅰ）由题可得()'2fxx=所以过曲线上点()()00,xfx的切线方程为()()()'nnnyfxfxxx−=−，即()()42nnnyxxxx−−=−令0y=，

得()()2142nnnnxxxx+−−=−，即2142nnnxxx++=显然0nx∴122nnnxxx+=+（Ⅱ）证明：（必要性）若对一切正整数1,nnnxx+，则21xx，即11122xxx+，而10x，∴214x，即有12x（

充分性）若120x，由122nnnxxx+=+用数学归纳法易得0nx，从而()12222122nnnnnxxxnxx+=+=，即()22nxn又12x∴()22nxn于是214222nnnnnnnxxxxxxx+−−=+−=()()2202nnnxxx−+=

，即1nnxx+对一切正整数n成立（Ⅲ）由122nnnxxx+=+，知()21222nnnxxx+++=，同理，()21222nnnxxx+−−=故2112222nnnnxxxx++++=−−从而1122lg2lg2

2nnnnxxxx++++=−−，即12nnaa+=所以，数列na成等比数列，故111111222lg2lg32nnnnxaax−−−+===−，即12lg2lg32nnnxx−+=−，从而21232nnnxx−+=−所以()212123131nnnx−−+=−（

22）本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。（Ⅰ）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是335631201Cnn=（Ⅱ）证法一：因()()22112211nfxfnn

+=+++2211211nnn++11211nnn=++121nn+1121ln12nn++()'1121ln12nf

xnn++=证法二：因()()22112211nfxfnn+=+++2211211nnn++11211nnn=++而()'11221ln1nfxnn=++故只需对11n

+和1ln1n+进行比较。令()()ln1gxxxx=−，有()'111xgxxx−=−=由10xx−=，得1x=因为当01x时，()'0gx，()gx单调递减；当1x+时，()'0gx，()gx单调递增，所以在1x=

处()gx有极小值1故当1x时，()()11gxg=，从而有ln1xx−，亦即ln1lnxxx+故有111ln1nn++恒成立。所以()()()'222fxffx+

，原不等式成立。（Ⅲ）对mN，且1m有2012111111mkmkmmmmmmCCCCCmmmmm+=+++++++()()()()2111121111112!!!kmmmmmmkmmmkmmm−

−−+−=+++++++11112111121111112!!!kmmkmmmmmm−−=+−++−−−++−−111122!3!!!km++

++++()()11112213211kkmm++++++−−11111112122311kkmm=+−+−++−++−−−133m=−又因()102,3,4,,kkmCkmm=，故1213mm

+∵1213mm+，从而有11213knknnk=+成立，即存在2a=，使得11213knknnk=+恒成立。2007年普通高等学校招生全国统一考试(四川卷

)理科数学(含详细解析)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1、复数311iii++−的值是（）（A）0（B）1（C）1−（D）i解析：选A．23331(1)201(1)(1)2iiiiiiiiiii+++=+

=+=−=−−+．本题考查复数的代数运算．2、函数2()1logfxx=+与1()2xgx−+=在同一直角坐标系下的图象大致是（）解析：选C．注意1(1)()22xxgx−+−−==的图象是由2xy−=的图象右移1而得．本题考查函数图象的平移法则．3、2211li

m21xxxx→−=−−（）（A）0（B）1（C）12（D）23解析：选D．本题考查00型的极限．原式11(1)(1)12limlim(1)(21)213xxxxxxxx→→+−+===−++或原式122lim413xxx→==−．4、如图，1111ABCDABCD−为正方体，下面结论错误．

．的是（）（A）//BD平面11CBD（B）1ACBD⊥（C）1AC⊥平面11CBD（D）异面直线AD与1CB所成的角为60解析：选D．显然异面直线AD与1CB所成的角为45．5、如果双曲线22142xy−=上一点P到双曲线右焦点的距离是2，那么

点P到y轴的距离是（）（A）463（B）263（C）26（D）23解析：选A．由点P到双曲线右焦点(6,0)的距离是2知P在双曲线右支上．又由双曲线的第二定义知点P到双曲线右准线的距离是263，双曲线的右准线方程是263x=，故点P到y轴的距离是

463．6、设球O的半径是1，A、B、C是球面上三点，已知A到B、C两点的球面距离都是2，且二面角BOAC−−的大小是3，则从A点沿球面经B、C两点再回到A点的最短距离是（）（A）76（B）54（C）43（D）32解析：选C．42323dABBCCA=++=++=．本题

考查球面距离．7、设(,1)Aa，(2,)Bb，(4,5)C为坐标平面上三点，O为坐标原点，若OA与OB在OC方向上的投影相同，则a与b满足的关系式为（）（A）453ab−=（B）543ab−=（C）4514ab+=（D）5414ab+=解析：选A．由

OA与OB在OC方向上的投影相同，可得：OAOCOBOC=即4585ab+=+，453ab−=．8、已知抛物线23yx=−+上存在关于直线0xy+=对称的相异两点A、B，则AB等于（）（A）3（B）

4（C）32（D）42解析：选C．设直线AB的方程为yxb=+，由22123301yxxxbxxyxb=−+++−=+=−=+，进而可求出AB的中点11(,)22Mb−−+，又由11(,)22Mb−−+在直线0xy+=上可求出1b=，∴220xx+−

=，由弦长公式可求出221114(2)32AB=+−−=．本题考查直线与圆锥曲线的位置关系．自本题起运算量增大．9、某公司有60万元资金，计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不小于对项目乙投资的32倍，且对每个

项目的投资不能低于5万元，对项目甲每投资1万元可获得0.4万元的利润，对项目乙每投资1万元可获得0.6万元的利润，该公司正确规划投资后，在这两个项目上共可获得的最大利润为（）（A）36万元（B）31.2万元（C）30.4万元（D）2

4万元解析：选B．对甲项目投资24万元，对乙项目投资36万元，可获最大利润31.2万元．因为对乙项目投资获利较大，故在投资规划要求内（对项目甲的投资不小于对项目乙投资的32倍）尽可能多地安排资金投资于乙项目，即对

项目甲的投资等于对项目乙投资的32倍时可获最大利润．这是最优解法．也可用线性规划的通法求解．注意线性规划在高考中以应用题型的形式出现．10、用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶

数共有（）（A）288个（B）240个（C）144个（D）126个解析：选B．对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位－最高位－中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有341496A=个；②

个位不是0并且比20000大的五位偶数有3423144A=个；故共有96144240+=个．本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目．11、如图，1l、2l、3l是同一平面内的三条平行直线，1l与2l间的距离是1

，2l与3l间的距离是2，正三角形ABC的三顶点分别在1l、2l、3l上，则⊿ABC的边长是（）（A）23（B）364（C）3174（D）2213解析：选D．过点Ｃ作2l的垂线4l，以2l、4l为x轴、y轴建立平面直角坐标

系．设(,1)Aa、(,0)Bb、(0,2)C−，由ABBCAC==知2222()149abba−+=+=+=边长，检验A：222()14912abba−+=+=+=，无解；检验B：22232()1493abba−+=+=

+=，无解；检验D：22228()1493abba−+=+=+=，正确．本题是把关题．在基础中考能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了．是一道精彩的好题．可惜区分度太小．12、已知一组抛

物线2112yaxbx=++，其中a为2、4、6、8中任取的一个数，b为1、3、5、7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线1x=交点处的切线相互平行的概率是（）（A）112（B）760（C）62

5（D）516解析：选B．这一组抛物线共4416=条，从中任意抽取两条，共有216120C=种不同的方法．它们在与直线1x=交点处的切线的斜率1'|xkyab===+．若5ab+=，有两种情形，从中取出两条，有22C种取法；若7a

b+=，有三种情形，从中取出两条，有23C种取法；若9ab+=，有四种情形，从中取出两条，有24C种取法；若11ab+=，有三种情形，从中取出两条，有23C种取法；若13ab+=，有两种情形，从中取出两条，有22C种取法．由分类计数原理知任取两条切线平行的情形共有2222223432

14CCCCC++++=种，故所求概率为760．本题是把关题．二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分；把答案填在题中的横线上．13、若函数2()()xfxe−−=（e是自然对数的底数）的最大值是m，且()fx是偶函数，则m

+=________．解析：1m=，0n=，∴1m+=．14、在正三棱柱111ABCABC−中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则1BC与侧面11ACCA所成的角是____________解析：13BC=，点B

到平面11ACCA的距离为32，∴1sin2=，30=．15、已知O的方程是2220xy+−=，'O的方程是228100xyx+−+=，由动点P向O和'O所引的切线长相等，则动点P的轨迹方程是__________________解析：O：圆心(0,0)

O，半径2r=；'O：圆心'(4,0)O，半径'6r=．设(,)Pxy，由切线长相等得222xy+−=22810xyx+−+，32x=．16、下面有5个命题：①函数44sincosyxx=−的最小正周期是．②终边在y轴上的角的集合是{|,}2kkZ

=．③在同一坐标系中，函数sinyx=的图象和函数yx=的图象有3个公共点．④把函数3sin(2)3yx=+的图象向右平移6得到3sin2yx=的图象．⑤函数sin()2yx=−在[0,]上是减函数．其中，真命题的编号是______

_____（写出所有真命题的编号）解析：①4422sincossincos2yxxxxcosx=−=−=−，正确；②错误；③sinyx=，tanyx=和yx=在第一象限无交点，错误；④正确；⑤错误．故选①④．