1、2007年普通高等学校招生全国统一考试 （重庆卷） 数学试题卷（文史类） 数学试题卷（文史类）共5页，满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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。 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色铅字笔，将答案书写在答案卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。 参考公式： 如果事件A、B互斥，那么)()()( BPAPBAP +=+ 如果事件A、B相互
2、独立，那么)()()( BPAPBAP = 如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率 )2,1,0()1()(1nkppCkPknkn，=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备选项中，只有一项是符合题目要求的。 （1）在等比数列an中，a28，a164，则公比q为 （A）2 （B）3 （C）4 （D）8 （2）设全集U|a、b、c、d|，A|a、c|，B=|b|，则A（CuB） （A） （B）a （C）c （D）a,c （3）垂直于同一平面的两条直线 （A）平行 （B）垂直 （C）相交 （D）异面 （4）（2x-1）
3、2展开式中x2的系数为 （A）15 （B）60 （C）120 （D）240 （5）“-1x1”是“x21”的 （A）充分必要条件 （B）充分但不必要条件 （C）必要但不充分条件 （D）既不充分也不必要条件 （6）下列各式中，值为23的是 （A） 15cos15sin2 （B） 15sin15cos22（C）115sin22 （D）+ 15cos15sin22（7）从5张100元，3张200元，2张300元的奥运预赛门票中任取3张，则所取3张中至少有2张价格相同的概率为 （A）41（B）12079（C）43（D）2423（8）若直线1+= kxy与圆122=+ yx相交于P、Q两点，且POQ12
4、0（其中O为原点），则k的值为 (A) - 3或3 （B）3 （C） 2或3 （D）2 （9）已知向量OA =（4，6），OB =（3，5），且OCOA，ACOB，则向量OC = （A）72,73（B）214,72（C）72,73（D）214,72（10）设P（3，1）为二次函数)1(2)(2+ xbaxaxxf的图象与其反函数)(1xff=的图象的一个交点，则 （A）25,21= ba （B）25,21= ba （C）25,21= ba （D）25,21= ba （11）设aab + 113和是的等比中项，则a+3b的最大值为 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 （12）已知以F1（2,
5、0），F2（2,0）为焦点的椭圆与直线043 =+ yx有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为 （A）23 （B）62 （C）72 （D）24 二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填写在答题卡相应位置上。 （13）在ABC中，AB=1,BC=2,B=60，则AC 。 （14）已知yxzyyxyx+=+300-632则，的最大值为 。 （15）要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为 。（以数字作答） （16）函数452222)(+=xxxxxf的最小值为 。 三、解答题：本大题共6小题，共
6、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13分，（）小问5分，（）小问8分） 设甲乙两人每次射击命中目标的概率分别为5443和，且各次射击相互独立。 （）若甲、乙各射击一次，求甲命中但乙未命中目标的概率； （）若甲、乙各射击两次，求两命中目标的次数相等的概率。 （18）（本小题满分13分，（）小问4分，（）小问9分） 已知函数)2sin(42cos2+xx。 （）求f(x)的定义域； （）若角a在第一象限且）。（求afa ,53cos = （19）（本小题满分12分，（）小问6分，（）小问6分。） 如题（19）图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABC90，AB
7、=1,BC=23,AA2=2;点D在棱BB1上，BD31BB1；B1EA1D，垂足为E，求： 题（19）图 （）异面直线A1D与B1C1的距离； （）四棱锥C-ABDE的体积。 20.（本小题满分12分） 用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？ （21）（本小题满分12分，（）小问4分，（）小问8分） 如题（21）图，倾斜角为a的直线经过抛物线xy 82=的焦点F，且与抛物线交于A、B两点。 题（21）图 （）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程； （）若a为锐角，作线段AB的垂直平分线m交
8、x轴于点P，证明|FP|-|FP|cos2a为定值，并求此定值。 （22）（本小题满分12分，其中（）小问5分，（）小问7分） 已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足Sn1，且 .N,1)2)(1(6 =+= naaSnnn（）求an的通项公式； （）设数列bn满足(),112 =nna并记Tn为bn的前n项和，求证： .N),3(log1132+ naTn 2007年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 数学试题（文史类）答案 一、选择题：每小题5分，满分60分。 （1）A（2）D（3）A（4）B（5）A（6）B（7）C（8）A（9）D（10）C （11）B（12）C 二、填空题：每
9、小题4分，满分16分。 （13）3（14）9（15）288（16）1+2 2 三、解答题：满分74分 解：（）设A表示甲命中目标，B表示乙命中目标，则A、B相互独立，且P（A）54)(,43=BP，从而甲命中但乙未命中目标的概率为 .20354143)()()( = BPAPABP （）设A1表示甲在两次射击中恰好命中k次，B1表示乙有两次射击中恰好命中l次。 依题意有 .2,1,0,5154)(.2,1,0,4143)(221221=lCBPkCAPlllkkk由独立性知两人命中次数相等的概率为 .4825.04001932516169254432511615443515441435141)
10、()()()()()()()()(222222231222221100221100+=+CCCCBPAPBPAPBPAPBAPBAPBAP(18)（本小题13分） 解：（）由Z),(2,202sin + kkxkxx即得 故f(x)的定义域为.Z,2|R kkxx （）由已知条件得.54531cos1sin22= aa 从而)2sin()42cos(21)(+=aaaf aaacos4sin2sin4coscos21 +aaaaaaacoscossin2cos2cossin2cos12+=+.514)sin(cos2 =+ aa （19）（本小题12分） 解法一：（）由直三棱柱的定义知B1C1
11、B1D，又因为ABC90，因此B1C1A1B1，从而B1C1平面A1B1D，得B1C1B1E。又B1EA1D， 故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线 由131BBBD =知,341=DB 在RtA1B1D中，A2D.35341221211=+=+ DBBA 又因.21211111111EBDADBBASDBA=故B1E= .54353411111=DADBBA（）由（）知B1C1平面A1B1D，又BCB1C1，故BC平面ABDE，即BC为四棱锥C-ABDE的高。从而所求四棱锥的体积V为 VVC-ABDE，BC31 其中S为四边形ABDE的面积。如答（19）图1，过E作EFBD，垂足为F。
12、 答（19）图1 在RtB1ED中，ED= ,15165434222121= EBDB 又因SB1ED= ,212111EFDBDEEB = 故EF= .2516E11=DBDEB因A1AE的边A1A上的高,2592516111= EFBAh故 SA1AE.259259221211=hAA 又因为SA1BD,323422121111=DBBA从而 SSA1AE-SA1AE-SA1B1D2- .757332259= 所以.150732375733131= BCSV 解法二：（）如答（19）图2，以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O-xyz，则 答（19）图2 A(0,1,0),A1(0,1,2
13、),B(0,0,0). B1(0,0,2),C1(23,0,2),D(0,0, 32) 因此 ).34,1,0(),0,0,32(),0,1,0(),2,0,0(1121=DACBABAA设E（23，y0，z0），则)2,(001= zyEB， 因此.,0111111EBCBCBEB =从而 又由题设B1EA1D，故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线。 下面求点E的坐标。 因B1EA1D，即从而,011=DAEB )1(,0)2(3400=+ zy 又得且,D),2,1,0(11001AEAzyEA = )2(,3421100= zy联立（1）、（2）,解得25160=y ,25380=
14、z ,即=2538,2516,0E，=2512,2516,01EB。 所以5425122516|221=+=EB . （）由BCAB，BCDB，故BC面ABDE.即BC为四棱锥C-ABDE的高. 下面求四边形ABDE的面积。 因为SABCDSABE+ SADE，32|,1| = BDAB 而SABE.25192538121|210=zAB SBDE.751625163221|210=yBD 故SABCD.757375162519=+ 所以.1507323757331|31= BCSVABDECABCD（20）（本小题12分） 解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为 =230(m)3
15、5.441218xxxh . 故长方体的体积为 ).230()(m69)35.4(2)(3322xxxxxxV = 从而).1(18)35.4(1818)(2xxxxxxV = 令V（x）0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1. 当0x1时，V（x）0；当1x32时，V（x）0， 故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。 从而最大体积VV（x）912-613（m3），此时长方体的长为2 m，高为1.5 m. 答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3。 （21）（本小题12分） （）解：设抛物线的标准方程为pxy 22
16、=，则82 =p，从而.4=p 因此焦点)0,2(pF的坐标为（2，0）. 又准线方程的一般式为2px =。 从而所求准线l的方程为2=x。 答（21）图 （）解法一：如图（21）图作ACl，BDl，垂足为C、D，则由抛物线的定义知 |FA |=|FC|,|FB|=|BD|. 记A、B的横坐标分别为xxxz，则 |FA |AC|4cos|22cos|2+=+=+ aFAppaFApxx解得aFAcos14|=， 类似地有aFBFB cos|4| =，解得aFBcos14|+=。 记直线m与AB的交点为E，则 aaaaFBFAFBFAFAAEFAFE2sincos4cos14cos1421|)|
17、(|212| =+=+=所以aaFEFP2sin4cos| =。 故8sinsin24)2cos1(sin42cos|222=aaaaaFPFP。 解法二：设),(AAyxA，),(BByxB，直线AB的斜率为ak tan=，则直线方程为)2( = xky。 将此式代入xy 82= ,得04)2(42222=+= kxkxk，故22)2(kkkxxBA+=+。 记直线m与AB的交点为),(EEyxE，则 22)2(22kkxxxBAE+=+=， kxkyEE4)2( =， 故直线m的方程为+=224214kkxkky . 令y=0,得P的横坐标44222+kkxP故 akkxFPP222sin
18、4)1(42| =+=。 从而8sinsin24)2cos1(sin42cos|222=aaaaaFPFP为定值。 （22）（本小题12分） （）解：由)2)(1(611111+= aaSa，解得a11或a12，由假设a1S11，因此a12。 又由an+1Sn+1- Sn)2)(1(61)2)(1(6111+=+ nnnnaaaa， 得an+1- an-30或an+1-an 因an0，故an+1-an不成立，舍去。 因此an+1- an-30。从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为an3n-2。 （）证法一：由1)12( =bna可解得 133log11log=+=nnabzn
19、zz； 从而=+=1335623log21nnbbbTznn。 因此23n21335623log)3(log133+=+nnaTznzn。 令23n21335623)(3+=nnxf,则 233)23)(53()33(23n33n5323)()1(+=+=+nnnnnnfnf。 因079)23)(53()33(22+=+ nnnn，故 )()1( nfnf+ . 特别的12027)1()(= fnf。从而0)(log)3log(13nfaTnn=+， 即)3(log132+nnaT。 证法二：同证法一求得bn及Tn。 由二项式定理知当c0时，不等式 cc 31)1(3+成立。 由此不等式有 333213115112112log13 +=+nTn +13315312312log2n )3(log)23(log132348252log222+=+=+nannn。 证法三：同证法一求得bn及Tn。 令Annn335623，Bnnn3136743 +，Cn13237845+nn。 因1323313133+ nnnnnn，因此2233+=nCBAAnnnn。 从而 32322log13356322log13xnAnnT =+ )3(log)23(log2log222+=+=nnnnanCBA。
