江西理科2007年普通高等学校招生全国统一考试(高考数学试卷)

2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）
理科数学全解全析
本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分．第I 卷1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 +=+
24πS R =
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 =g g
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 3
4π3
V R =
n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率
()(1)k k
n k n n P k C P P -=-
其中R 表示球的半径
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
24(1)i
i ++的结果是（ ）
Ａ．2i +
Ｂ．2i -+
Ｃ．2i -
Ｄ．2i --
解析：
2
24(1)i i ++=i i
i
-=+2242，选C 2．32
1lim 1
x x x x →--（ ）
Ａ．等于0
Ｂ．等于1
Ｃ．等于3
Ｄ．不存在
解析：321lim 1x x x x →--=1lim 2
1
=→x x ，选B
3．若πtan 34α⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
，则cot α等于（ ） Ａ．2-
Ｂ．1
2
-
Ｃ．
12
Ｄ．2
解析：由πtan 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭得21tan 3tan 4
tan 1tan 4tan
-=⇒=+-ααπα
π
，所以cot α=2- ，选A
4．
已知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．4 Ｂ．5 Ｃ．6 Ｄ．7 解析：展开式中，各项系数的和为4n ，各项二项式系数的和为2n ，由已知得2n =64，所以n=6，选C
5．若π
02x <<
，则下列命题中正确的是（ ） Ａ．3sin πx x < Ｂ．3
sin πx x >
Ｃ．224sin πx x < Ｄ．2
24sin π
x x >
解析：用特殊值法，取ｘ＝3π可排除B 、C ，取x=6
π
可排除A ，选D
6．若集合{}012M =，，，{}
()210210N x y x y x y x y M =-+--∈，≥且≤，，，则N 中元素的个数为（ ）
Ａ．9 Ｂ．6 Ｃ．4 Ｄ．2
解析：画出集合N 所表示的可行域，知满足条件的N 中的点只有（0，0）、（1，0）、（1，1）和（2，1）四点，选C
7．如图，正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ） Ａ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB D Ｃ．AH 的延长线经过点1C Ｄ．直线AH 和1BB 所成角为45o
解析：因为三棱锥A —1A BD 是正三棱锥，故顶点A 在底面的射映是底面中心，A 正确；
1
1
1B
面1A BD ∥面11CB D ，而AH 垂直平面1A BD ，所以AH 垂直平面11CB D ，B 正确；根据对称性知C 正确。

选D
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1h ，2h ，3h ，4h ，则它们的大小关系正确的是（ ）
Ａ．214h h h >>
Ｂ．123h h h >>
Ｃ．324h h h >>
Ｄ．241h h h >>
解析：观察图形可知体积减少一半后剩余酒的高度最高为2h ，最低为4h ，选A
9．设椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为1
e 2
=，右焦点为(0)F c ，，方程
20ax bx c +-=的两个实根分别为1x 和2x ，则点12()P x x ，（ ）
Ａ．必在圆2
2
2x y +=内 Ｂ．必在圆22
2x y +=上 Ｃ．必在圆2
2
2x y +=外
Ｄ．以上三种情形都有可能
解析：由1e 2=
=a
c
得a=2c ，b=c 3，所以21,232121===
=+a c x x a b x x ，所以点12()P x x ，到圆心（0，0）的距离为24
7
14
3
2)(212
212221<=+=
-+=+x x x x x x ，所以点P 在圆内，选A
10．将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次．．成等差数列的概率为（ ） Ａ．
1
9
Ｂ．
112
Ｃ．
115
Ｄ．
118
解析：一骰子连续抛掷三次得到的数列共有3
6个，其中为等差数列有三类：（1）公差为0的有6个；（2）公差为1或-1的有8个；（3）公差为2或-2的有4个，共有18个，成等差数列的概率为
121
6
183
=，选B 11．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5x =处的切线的斜率为（ ）
Ａ．15
-
Ｂ．0
Ｃ．
15
Ｄ．5
解析：因为()f x 是R 可导偶函数，所以()f x 的图象关于y 轴对称，所以()f x 在x=0处取
得极值，即0)0('
=f ，又()f x 的周期为5，所以0)5('
=f ，即曲线()y f x =在5x =处
的切线的斜率0，选B
12．设2
:()e ln 21x
p f x x x mx =++++在(0)+∞，内单调递增，:5q m -≥，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
解析：P 中f （x ）单调递增，只需04
≤-
m
，即m ≥0，故P 是q 的必要不充分条件，选B 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．若在试卷题上作答，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24log (1)(3)y x x =+-≥，则其反函数的定义域为
．
解析：反函数的定义即为原函数的值域，由x ≥3得x-1≥2，所以1)1(log 2≥-x ，所以y ≥5，反函数的定义域为[5，+∞），填[5，+∞）
14．已知数列{}n a 对于任意*
p q ∈N ，，有p q p q a a a ++=，若11
9
a =
，则36a = ．
解析：由题意得,9
162,982,942,922816482412=======
=a a a a a a a a 49
36
,9322432361632==+===a a a a a ，填4
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AB mAM =u u u r u u u u r ，AC nAN =u u u r u u u r
，
则m n +的值为 ．
解析：由MN 的任意性可用特殊位置法：当MN 与BC 重合时知m=1，n=1，故m+n=2，填2
16．设有一组圆224*
:(1)(3)2()k C x k y k k k -++-=∈N ．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）
解析：圆心为（k-1，3k ）半径为2
2k ，圆心在直线y=3（x+1）上，所以直线y=3（x+1）必与所有的圆相交，B 正确；由C 1、C 2、C 3的图像可知A 、C 不正确；若存在圆过原点（0，0），则有4
2
4
2
2
2121029)1(k k k k k k =+-⇒=++-（*)N k ∈因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在k 使上式成立，即所有圆不过原点。

填B 、D
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2
1(0)()2(1)
x c cx x c f x k c x -+<<⎧⎪
=⎨⎪+<⎩ ≤在区间(01)，内连续，且29()8f c =．
（1）求实数k 和c 的值； （2
）解不等式()1f x >
． 解：（1）因为01c <<，所以2
c c <， 由2
9()8f c =
，即3
918c +=，12
c =． 又因为4111022()1212x x x f x k x -⎧⎛
⎫+<< ⎪⎪⎪⎝
⎭=⎨⎛⎫
⎪+< ⎪⎪⎝⎭⎩
≤在12x =处连续，
所以2
15224f k -⎛⎫=+=
⎪
⎝⎭
，即1k =． （2）由（1）得：4111022()12112x x x f x x -⎧⎛
⎫+<< ⎪⎪⎪⎝
⎭=⎨⎛⎫⎪+< ⎪⎪⎝⎭⎩
≤
由()1f x >+得，当1
02
x <<
12x <<． 当
112x <≤时，解得15
28
x <≤，
所以()1f x >
的解集为58x ⎧⎫⎪⎪
<<⎨⎬⎪⎪⎩
⎭．
18．（本小题满分12分）
如图，函数π2cos()(0)2
y x x ωθθ=+∈R ，≤≤的图象与y
轴交于点(0，且在该点处切线的斜率为2-． （1）求θ和ω的值；
（2）已知点π02A ⎛⎫
⎪⎝⎭
，，点P 是该函数图象上一点，点00()Q x y ，是PA
的中点，当02y =
，0ππ2x ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦，时，求0x 的值． 解：（1）将0x =
，y =2cos()y x ωθ=+
得cos 2
θ=
， 因为02θπ≤≤
，所以6
θπ=． 又因为2sin()y x ωωθ'=-+，0
2x y ='=-，6
θπ
=
，所以2ω=， 因此2cos 26y x π⎛⎫=+
⎪⎝⎭． （2）因为点02
A π
⎛⎫ ⎪⎝⎭
，
，00()Q x y ，是PA
的中点，02
y =， 所以点P
的坐标为022x π⎛-
⎝
． 又因为点P 在2cos 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
的图象上，所以05cos 462x π⎛⎫-= ⎪⎝
⎭． 因为
02x ππ≤≤，所以075194666
x πππ
-≤≤
， 从而得0511466x ππ-=或0513466x ππ-=． 即023x π=或034
x π=．
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． 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
123123123()()()()P E P A A A P A A A P A A A =++g g g g g g 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 ξ，， 故30.30.9E np ξ==⨯=．
解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件A B C ，，，则
()()()0.3P A P B P C ===，
所以3
(0)(10.3)0.343P ξ==-=，
2(1)3(10.3)0.30.441P ξ==⨯-⨯=， 2(2)30.30.70.189P ξ==⨯⨯=， 3(3)0.30.027P ξ===．
于是，()10.44120.18930.0270.9E ξ=⨯+⨯+⨯=．
20．（本小题满分12分）
右图是一个直三棱柱（以111A B C 为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ．已知
11111A B B C ==，11190A B C ∠=o ，14AA =，12BB =，13CC =．
（1）设点O 是AB 的中点，证明：OC ∥平面111A B C ； （2）求二面角1B AC A --的大小； （3）求此几何体的体积．
11
解：解法一：
（1）证明：作1OD AA ∥交11A B 于D ，连1C D ．
则11OD BB CC ∥∥． 因为O 是AB 的中点， 所以1111
()32
OD AA BB CC =
+==． 则1ODC C 是平行四边形，因此有1OC C D ∥．
1C D ⊂平面111C B A 且OC ⊄平面111C B A ，
则OC ∥面111A B C ．
（2）如图，过B 作截面22BA C ∥面111A B C ，分别交1AA ，1CC 于2A ，2C ． 作22BH A C ⊥于H ，连CH ．
因为1CC ⊥面22BA C ，所以1CC BH ⊥，则BH ⊥平面1A C ．
又因为AB =
BC =
222AC AB BC AC =⇒=+．
所以BC AC ⊥，根据三垂线定理知CH AC ⊥，所以BCH ∠就是所求二面角的平面角．
因为2BH =
，所以1sin 2
BH BCH BC ==∠，故30BCH =o ∠， 即：所求二面角的大小为30o
．
（3
）因为2
BH =
，所以 22221111
(12)33222
B AA
C C AA C C V S BH -==+=g g g ．
1112211111
212
A B C A BC A B C V S BB -===g g △．
所求几何体体积为
22111223
2
B AA
C C A B C A BC V V V --=+=．
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 ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，，
，
11
A 2
1102OC ⎛⎫=- ⎪⎝
⎭u u u r ，，．
易知，(001)n =r
，
，是平面111A B C 的一个法向量． 因为0OC n =u u u r r
g
，OC ⊄平面111A B C ，所以OC ∥平面111A B C ． （2）(012)AB =--u u u r ，
，，(101)BC =u u u r
，，， 设()m x y z =u r
，，是平面ABC 的一个法向量，则
则0AB m =u u u r u r g ，0BC m =u u u r u r g 得：20
0y z x z --=⎧⎨+=⎩
取1x z =-=，(121)m =-u r
，
，． 显然，(110)l =r
，，为平面11AAC C 的一个法向量．
则cos 2m l m l m l
==
=u r r u r r g u r r g ，，结合图形可知所求二面角为锐角． 所以二面角1B AC A --的大小是30o
． （3）同解法一．
21．（本小题满分12分）
设动点P 到点(10)A -，和(10)B ，的距离分别为1d 和2d ，
2APB θ∠=，且存在常数(01)λλ<<，使得212sin d d θλ=．
（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 作直线双曲线C 的右支于M N ，两点，试确定λ的范
围，使OM ON =0u u u u r u u u r
g
，其中点O 为坐标原点． 解：解法一：（1）在PAB △中，2AB =，即222
121222cos 2d d d d θ=+-，
2212124()4sin d d d d θ=-+
，即122d d -==<（常数），
点P 的轨迹C 是以A B ，
为焦点，实轴长2a =的双曲线．
方程为：
22
11x y λλ
-=-． （2）设11()M x y ，，22()N x y ，
y
1
x
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
2111101λλλλλ-=⇒+-=⇒=-，因为01λ<<
，所以λ=． ②当MN 不垂直于x 轴时，设MN 的方程为(1)y k x =-．
由22
11(1)x y y k x λλ⎧-=⎪-⎨⎪=-⎩
得：2222
(1)2(1)(1)()0k x k x k λλλλλ⎡⎤--+---+=⎣⎦
， 由题意知：2(1)0k λλ⎡⎤--≠⎣⎦，
所以21222(1)(1)k x x k λλλ--+=--，2122(1)()
(1)k x x k λλλλ--+=--．
于是：22
2
12122
(1)(1)(1)k y y k x x k
λλλ=--=--． 因为0OM ON =u u u u r u u u r
g
，且M N ，在双曲线右支上，所以
2121222
122212(1)0(1)21011310
01x x y y k x x k x x λλλλλλλλλλλλλλλ-⎧+=⎧-⎧=⎪>⎪⎪⎪+-+>⇒⇒⇒<<+--⎨⎨⎨
⎪⎪⎪>+->>⎩⎩⎪-⎩
．
由①②知，
12
23
λ<≤． 解法二：（1）同解法一
（2）设11()M x y ，，22()N x y ，，MN 的中点为00()E x y ，． ①当121x x ==时，2
21101MB λ
λλλλ
=-=⇒+-=-，
因为01λ<<
，所以λ=
； ②当12x x ≠时，22
11022
2211111MN x y x k y x y λλλ
λλλ
⎧-=⎪⎪-⇒=⎨-⎪-=⎪-⎩g ． 又001
MN BE y k k x ==
-．所以22
000(1)y x x λλλ-=-；
由2MON π=∠得222002MN x y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，由第二定义得22
12()222MN e x x a ⎛⎫+-⎡⎤= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭
2
20001(1)21x x x λλ
==+---． 所以222000(1)2(1)(1)y x x λλλλ-=--+-． 于是由22000222000(1)(1)2(1)(1)
y x x y x x λλλλλλλ⎧-=-⎪⎨-=--+-⎪⎩得20(1)23x λλ-=- 因为01x >，所以2
(1)123λλ
->-，又01λ<<，
23λ<<
23
λ<．
22．（本小题满分14分）
设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11111122111
n n n n a a a a n n ++++<<+-+． （1）求1a ，3a ；
（3）求数列{}n a 的通项n a ．
解：（1）据条件得1111112(1)2n n n n n n a a a a ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭
① 当1n =时，由21211111222a a a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，即有1112212244a a +<+<+， 解得12837
a <<．因为1a 为正整数，故11a =． 当2n =时，由33111126244a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭
， 解得3810a <<，所以39a =．
（2）方法一：由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．
下面用数学归纳法证明．
1o 当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立；
2o 假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，则1n k =+时 由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝
⎭ 2212(1)(1)11
k k k k k k a k k k +++-⇒<<-+- 22
212(1)1(1)(1)11k k k a k k k ++⇒+-<<+++- 因为2k ≥时，22
(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以(]2
2(1)011k k +∈+，． 11k -≥，所以(]1011
k ∈-，． 又1k a +∈*N ，所以221(1)(1)k k a k +++≤≤．
故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．
由1o ，2o 知，对任意n ∈*N ，2n a n =．
（2）方法二：
由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．
下面用数学归纳法证明．
1o 当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立；
2o 假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，则1n k =+时 由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝
⎭ 即21111(1)122k k k k k a k a k
+++++<+<+ ② 由②左式，得21
11k k k k k a +-+-<，即321(1)k k a k k k +-<+-，因为两端为整数， 则3221(1)1(1)(1)k k a k k k k k +-+--=+-≤．于是21(1)k a k ++≤ ③
又由②右式，22221(1)21(1)1k k k k k k k k a k k
+++-+-+<=． 则231(1)(1)k k k a k k +-+>+．
因为两端为正整数，则2431(1)1k k k a k k +-+++≥， 所以4321221
(1)11k k k k
a k k k k k +++=+--+-+≥．
又因2k ≥时，1k a +为正整数，则2
1(1)k a k ++≥
④ 据③④21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2
n a n =成立．
由1o ，2o 知，对任意n ∈*N ，2
n a n =．。