2007年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷及答案-浙江卷.pdf

1、2007 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学（理工科） 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） “ 1x ”是“ 2 x x ”的 （ A）充分而不必要条件 （ B）必要而不充分条件 （ C）充分必要条件 （ D）既不充分也不必要条件 （ 2）若函数 () 2sin( ),f xxxR = +， （其中 0,| | 2 |2a+b| （ B） |2a|a+2b| （ D） |2b|的左、右焦点分别为 12 ,FF， P 是准线上一点， 且 121 2 ,| | | | 4PF PF PF PF

2、ab=，则双曲线的离心率是 （ A） 2 （ B） 3 （ C） 2 （ D） 3 （ 10）设 2 ,| | 1 () ,| | 1 xx fx xx = ， ()gx是二次函数，若 ()f gx 的值域是 0, )+ ，则 ()gx的 值域是 （ A） (,11,) + （ B） (,10,) + （ C） 0, )+ （ D） 1, )+ 二填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。 （ 11）已知复数 1 1zi= ， 12 1zz i=+，则复数 2 z =_。 （ 12）已知 1 sin cos 5 +=，且 3 24 ，则 cos 2 的值是 _。 （ 13）不等

3、式 |2 1| 1x x的解集是 _。 （ 14）某书店有 11 种杂志， 2 元 1 本的 8 种， 1 元 1 本的 3 种，小张有 10 元钱买杂志（每 种至多买一本， 10 元钱刚好用完） ，则不同买法的种数是 _（用数字作答） (15) 随机变量 的分布列如下： -1 0 1 P a b c 其中 ,abc成等差数列。若 1 3 E = ，则 D 的值是 _。 （ 16）已知点 O 在二面角 AB 的棱上，点 P 在 内，且 45POB =。若对于 内 异于 O 的任意一点 Q，都有 45POQ ，则二面角 AB 的大小是 _。 （ 17）设 m 为实数，若 22 250 (, )

4、3 0 (, )| 25 0 xy xy x xy x y mx y + + + ，则 m 的取值范 围是 _。 二解答题：本大题共 5 小题，共 72 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 （ 18） （本题 14 分）已知 ABC 的周长为 21+ ，且 sin sin 2 sinA BC+= （）求边 AB 的长； （）若 ABC 的面积为 1 sin 6 C ，求角 C 的度数。 （ 19）（本题 14 分） 在如图所示的几何体中， EA平面 ABC， DB 平面 ABC， ACBC ， 2ACBCBD AE= ， M 是 AB 的中点。 （）求证： CM EM ； （）求 C

5、M 与平面 CDE 所成的角。 E M A C B D （ 20）（本题 14 分） 如图， 直线 ykxb=+与椭圆 2 2 1 4 x y+ = 交于 A、 B 两点，记 ABC 的面积为 S 。 （）求在 0k = ， 01b 时， () () t f xgx 对任意正实数 t成立； （）有且仅有一个正实数 0 x ，使得 80 0 () () t gx gx 对于任意正实数 t 成 立。 2007 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学（理工类）答案 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算每小题 5 分，满分 50 分 （ 1） A （ 2） D （ 3） D （ 4） B （

6、 5） A （ 6） B （ 7） C （ 8） D （ 9） B （ 10） C 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算每小题 4 分，满分 28 分 （ 11） 1 （ 12） 7 25 （ 13） 02xx ， 故直线 AB 的方程是 26 22 yx=+或 26 22 yx=或 26 22 yx= + ，或 26 22 yx= 21本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力满分 15 分 （ I）解：方程 2 (3 2 ) 3 2 0 kk xkxk+ + =i 的两个根为 1 3x k= ， 2 2 k x = ， 当 1k = 时， 12 32xx=， ， 所以 1

7、2a = ； 当 2k = 时， 1 6x = ， 2 4x = ， 所以 3 4a = ； 当 3k = 时， 1 9x = ， 2 8x = ， 所以 5 8a = 时； 当 4k = 时， 1 12x = ， 2 16x = ， 所以 7 12a = （ II）解： 212 2nn Saa a=+null 2 (3 6 3 ) (2 2 2 ) n n=+ +nullnull 2 1 33 22 2 n nn + + =+ （ III）证明： (1) 12 34 56 2 12 111 (1) fn n nn T aa aa aa a a + =+null ， 所以 1 12 11 6

8、T aa =， 2 12 34 115 24 T aa aa =+= 当 3n 时， (1) 34 56 2 12 11 1 (1) 6 fn n nn T aa aa a a + =+ +null ， 34 56 2 12 11 1 1 6 nn aa aa a a + + null 23 1111 1 662 62 2 n + + null i 111 662 6 n =+ i ， 同时， (1) 56 78 2 12 51 1 (1) 24 fn n nn T aa aa a a + =+null 56 12 2 12 51 1 1 24 nn aa aa a a + + null 31

9、 5111 1 24 9 2 9 2 2 n + + null i 515 24 9 2 24 n = 0， 当 (22)x， 时， 0y ， 故所求函数的单调递增区间是 (2) ， ， (2 )+， ， 单调递减区间是 (22) ， （ II）证明： （ i）方法一： 令 23 3 2 () () () ( 0) 33 t x hx f x g x tx tx=+，则 2 2 3 ()hx x t =， 当 0t 时，由 () 0hx = ，得 1 3 x t= ， 当 1 3 ()xx+， 时， () 0hx ， 所以 ()hx在 (0 )+， 内的最小值是 1 3 () 0ht = 故当

10、 0 x 时， () () t f xgx 对任意正实数 t成立 方法二： 对任意固定的 0 x ，令 2 3 2 () ( ) ( 0) 3 t ht g x t x tt=，则 11 33 2 () ( ) 3 ht t x t =， 由 () 0ht = ，得 3 tx= 当 3 0 tx 当 3 tx 时， () 0ht 时， () ()f xgx 对任意正实数 t成立 （ ii）方法一： 8 (2) (2) 3 t fg= 由（ i）得， (2) (2) tt gg 对任意正实数 t成立 即存在正实数 0 2x = ，使得 (2) (2) xt gg 对任意正实数 t成立 下面证明

11、0 x 的唯一性： 当 0 2x ， 0 0 x ， 8t = 时， 3 0 0 () 3 x fx = ， 00 16 ()4 3 x gx x=， 由（ i）得， 3 0 0 16 4 33 x x， 再取 3 0 tx= ，得 3 0 3 0 0 () 3 x x gx= ， 所以 3 0 3 0 00 0 16 ()4 () 33 x x x gx x g x= 都成立 故有且仅有一个正实数 0 2x = ， 使得 00 ()0 () xt gx gx 对任意正实数 t成立 方法二：对任意 0 0 x ， 00 16 ()4 3 x gx x=， 因为 0 () t gx关于 t的最大值是 3 0 1 3 x ，所以要使 00 () () xt gx gx 对任意正实数成立的充分必 要条件是： 3 00 16 1 4 33 x x ， 即 2 00 (2)(4)0 xx+ ， 又因为 0 0 x ，不等式成立的充分必要条件是 0 2x = ， 所以有且仅有一个正实数 0 2x = ， 使得 00 () () xt gx gx 对任意正实数 t成立