【文档说明】2007年高考试题——数学理（江西卷）.doc，共(11)页，1.005 MB，由envi的店铺上传

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绝密★启用前2007年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷)理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷l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）S＝4πR2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V＝34πR3n次独立重复试验中恰好发生k次的概率其中R表示球的半径Pn(

k)＝CknPk(1一P)kn−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)1(42ii++的结果是A．2＋iB．－2＋iC．2－iD．－2－i2．1lim231−−→xxxxA．等于0B．等于lC．等于3D．不存在3．

若3)4tan(=−，则cotα等于A．－2B．21−C．21D．24．已知(x＋33x)n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．4B．5C．6D．75．若0＜x＜2，则下列命题中正确的是A．sinx＜x

3B．sinx＞x3C．sinx＜224xD．sinx＞224x6．若集合012|),{(},2,1,0{+−==yxyxNM且Myxyx−−,,012}，则N中元素的个数为A．9B．6C．4D．27．如

图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H．则以下命题中，错误．．的命题是A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°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h1，h2，h3，h4，则它们的大小关

系正确的是A．h2＞h1＞h4B．h1＞h2＞h3C．h3＞h2＞h4D．h2＞h4＞h19．设椭圆)0(12222＞＞babyax=+的离心率为e＝21,右焦点为F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的两个

实根分别为x1和x2，则点P(x1,x2)A．必在圆x2＋y2＝2内B．必在圆x2＋y2＝2上C．必在圆x2＋y2＝2外D．以上三种情形都有可能10．将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的

概率为A．91B．121C．151D．18111．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x＝5处的切线的斜率为A．－51B．0C．51D．512．设12ln)(:2++++=mxxxexfpx

在(0，＋∞)内单调递增，5:−mq，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绝密★启用前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．若在试题卷上作答，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y＝4＋log2(x－1)(x≥3)，则其反函数的定义域为．14.已知数列{an}对于任意p，q∈N*，有ap+aq=ap+q，若a

1=91，则a36＝．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ANnACAMmAB==,,则m+n的值为．16.设有一组圆)(2)3()1(:*422NkkkykxCk=−++−．下列四个命题：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）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++=−)1(2)0(1)(2＜＜＜xckcxcxxfcx在区间(0，1)内连续,且89)(2=cf．（1）求实数k和c的值；（2）解不等式182)(+＞xf18．（本小题满分12分）如

图,函数)20,)(cos(2+=Rxxy的图象与y轴交于点(0，3)，且在该点处切线的斜率为一2．（1）求θ和ω的值；（2）已知点A(2，0)，点P是该函数图象上一点，点Q(x0，y0)是PA的中点，当y0＝23，x0∈[2，π]时，求x0的值．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ξ，求随机变量ξ的期望．20．（本小题满分12分）右图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得

到的几何体，截面为ABC．已知A1B1＝B1C1＝l，∠AlBlC1＝90°，AAl＝4，BBl＝2，CCl＝3．（1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；（2）求二面角B—AC—A1的大小；（3）求此几何体的体积．21．（本小题满分12分）设动点P到

点A(－l，0)和B(1，0)的距离分别为d1和d2，∠APB＝2θ,且存在常数λ(0＜λ＜1＝,使得d1d2sin2θ＝λ．（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作直线交双曲线C的右支于M、N两点,试确定λ的范围,使OM·ON＝0,其中点O

为坐标原点．22．（本小题满分14分）设正整数数列{an}满足：a2＝4，且对于任何n∈N*，有nnnnannaaa1211111211++−++++＜＜．（1）求a1，a3；（2）求数列{an}的通项an．参考答案一、选

择题1．C2．B3．A4．C5．D6．C7．D8．A9．A10．B11．B12．B二、填空题13．[5)+，∞14．415．216．BD，三、解答题17．解：（1）因为01c，所以2cc，由29()8fc=，即3918c+=，12c=．又因为4111022()1212xxxfxkx−

+=+≤在12x=处连续，所以215224fk−=+=，即1k=．（2）由（1）得：4111022()12112xxxfxx−+=+

≤由2()18fx+得，当102x时，解得2142x．当112x≤时，解得1528x≤，所以2()18fx+的解集为2548xx．18．解：（1）将0x=，3y=代入函数2cos()yx=+得3cos2=，因为02≤≤，所以6

=．又因为2sin()yx=−+，02xy==−，6=，所以2=，因此2cos26yx=+．（2）因为点02A，，00()Qxy，是PA的中点，032y=，所以点P的坐标为0232x−，．又因为点P

在2cos26yx=+的图象上，所以053cos462x−=．因为02x≤≤，所以075194666x−≤≤，从而得0511466x−=或0513466x−=．即023x=或034x=．19．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)()()()(321321321AAApAAAAAAPEP++=0.50.40.60.50.60.60.

50.40.40.38=++=．（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~(30.3)B，，故30.30.9Enp===．解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件ABC，，，则()()(

)0.3PAPBPC===，所以3(0)(10.3)0.343P==−=，2(1)3(10.3)0.30.441P==−=，2(2)30.30.70.189P===，3(3)0.30.027P===

．于是，()10.44120.18930.0270.9E=++=．20．解法一：（1）证明：作1ODAA∥交11AB于D，连1CD．则11ODBBCC∥∥．因为O是AB的中点，所以1111()32ODAABBCC=+==．则1ODCC是平行四边形，因此有1OCCD∥．1CD平面111CB

A且OC平面111CBA，则OC∥面111ABC．（2）如图，过B作截面22BAC∥面111ABC，分别交1AA，1CC于2A，2C．作22BHAC⊥于H，连CH．因为1CC⊥面22BAC，所以1CCBH⊥，则BH⊥平面1AC．又因为

5AB=，2BC=，2223ACABBCAC==+．所以BCAC⊥，根据三垂线定理知CHAC⊥，所以BCH∠就是所求二面角的平面角．因为22BH=，所以1sin2BHBCHBC==∠，故30BCH=∠，即：所求二面角的大小为30．（3）因为22BH=，所以1221.21222)21(2131

311111221112222====+==−−BBSVBHSVCBABCACBACCAACCAAB所求几何体体积为221112232BAACCABCABCVVV−−=+=．解法二：（1）如图，以1B为原点建立空间直角坐标系，则(014)A，，，(002)B，

，，(103)C，，，因为O是AB的中点，所以1032O，，，ABCO1A1B1CH2A2CDABCO1A1B1Cxzy1102OC=−，，．易知，(001)n=，，是平面111ABC的一个法向量．因为

0=nOC，OC平面111ABC，所以OC∥平面111ABC．（2）(012)AB=−−，，，(101)BC=，，，设()mxyz=，，是平面ABC的一个法向量，则则0,0==mBCmAB得：200yzxz−−=+=取1xz

=−=，(121)m=−，，．显然，(110)l=，，为平面11AACC的一个法向量．则2362021||||,cos=++==lmlmlm,结合图形可知所求二面角为锐角．所以二面角1BACA−−的大小是30．（3）同解法一．21．解法一：（1）在PAB△中，2A

B=，即222121222cos2dddd=+−，2212124()4sindddd=−+，即2121244sin212dddd−=−=−（常数），点P的轨迹C是以AB，为焦点，实轴长221a=−的双

曲线．方程为：2211xy−=−．（2）设11()Mxy，，22()Nxy，①当MN垂直于x轴时，MN的方程为1x=，(11)M，，(11)N−，在双曲线上．即2111511012−−=+−==−，因为01，所以512−=．②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程

为(1)ykx=−．由2211(1)xyykx−=−=−得：2222(1)2(1)(1)()0kxkxk−−+−−−+=，由题意知：2(1)0k−−，所以21222(1)(1)kxxk−−+=−−，2122(1)()(1)kxxk−

−+=−−．于是：22212122(1)(1)(1)kyykxxk=−−=−−．因为0=ONOM，且MN，在双曲线右支上，所以2121222122212(1)0(1)5121011231001xxyykxxkxx−+=−=−+−+

+−−+−−．由①②知，51223−≤．解法二：（1）同解法一（2）设11()Mxy，，22()Nxy，，MN的中点为00()Exy，．①当121xx==时，221101MB

=−=+−=−，因为01，所以512−=；②当12xx时，002222212111111yxkyxyxMN−==−−=−−．又001MNBEykkx==−．

所以22000(1)yxx−=−；由2MON=∠得222002MNxy+=，由第二定义得2212()222MNexxa+−=22000111(1)211xxx=−−=+−−−−．所以222000(1)2(1)(1)y

xx−=−−+−．于是由22000222000(1)(1)2(1)(1)yxxyxx−=−−=−−+−得20(1)23x−=−因为01x，所以2(1)123−−，又01，解得：51223−．由①②

知51223−≤．22．解：（1）据条件得1111112(1)2nnnnnnaaaa++++++①当1n=时，由21211111222aaaa+++，即有1112212244aa+++，解得

12837a．因为1a为正整数，故11a=．当2n=时，由33111126244aa+++，解得3810a，所以39a=．（2）方法一：由11a=，24a=，39a=，猜想：2nan=．下面用数学归纳法证明．1当1n=，2时，由（1）知2nan=均

成立；2假设(2)nkk=≥成立，则2kak=，则1nk=+时由①得221111112(1)2kkkkakak++++++2212(1)(1)11kkkkkkakkk+++−−+−222

12(1)1(1)(1)11kkkakkk+++−+++−因为2k≥时，22(1)(1)(1)(2)0kkkkk+−+=+−≥，所以(22(1)011kk++，．11k−≥，所以(1011k

−，．又1ka+*N，所以221(1)(1)kkak+++≤≤．故21(1)kak+=+，即1nk=+时，2nan=成立．由1，2知，对任意n*N，2nan=．（2）方法二：由11a=，24a=，39a=，猜想：2nan=．下面用数学归纳法证明．1当1n=，

2时，由（1）知2nan=均成立；2假设(2)nkk=≥成立，则2kak=，则1nk=+时由①得221111112(1)2kkkkakak++++++即21111(1)122kkkkkakak+++++++②由②左式，得2111kkkkka+−+−，即

321(1)kkakkk+−+−，因为两端为整数，则3221(1)1(1)(1)kkakkkkk+−+−−=+−≤．于是21(1)kak++≤③又由②右式，22221(1)21(1)1kkkkkkkkakk++

+−+−+=．则231(1)(1)kkkakk+−++．因为两端为正整数，则2431(1)1kkkakk+−+++≥，所以4321221(1)11kkkkakkkkk+++=+−−+−+≥．又因2k≥时，1ka+为正整数，则21(1)kak++≥④据③④21(1)ka

k+=+，即1nk=+时，2nan=成立．由1，2知，对任意n*N，2nan=．