高考卷 普通高等学校招生考试湖南 数学（文史类）全解全析

高考卷 普通高等学校招生考试湖南 数学（文史类）全解全析

2007 年普通高等学校招生全国统一考试湖南卷 数学（文史类）全解全析 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．不等式 2x x 的解集是 A． ,0 B.  0,1 C.  1, D.    ,0 1,   【答案】D 【解析】由 2x x 得 x（x-1）>0，所以解集为   ,0 1,   2．若 O、E、F 是不共线的任意三点，则以下各式中成立的是 A． EF OF OE    B. EF OF OE    C. EF OF OE     D. EF OF OE     【答案】B 【解析】由向量的减法知 EF OF OE    3. 设  2: 4 0 0p b ac a   ，  2: 0 0q x ax bx c a   关于 的方程 有实根，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 【答案】A 【解析】判别式大于 0，关于 x 的方程 )0(02  acbxax 有实根；但关于 x 的方程 )0(02  acbxax 有实根，判别可以等于 0 4．在等比数列  na n N  中，若 1 4 11, 8a a  ，则该数列的前 10 项和为 A． 8 12 2  B. 9 12 2  C. 10 12 2  D. 11 12 2  【答案】B 【解析】由 2 1 8 133 14  qqqaa ，所以 9 10 10 2 12 2 11 )2 1(1    S 5．在    1 nx n N   的二项展开式中，若只有 5x 的系数最大，则 n  A．8 B. 9 C. 10 D.11 【答案】C 【解析】只有 5x 的系数最大， 5x 是展开式的第 6 项，第 6 项为中间项，展开式共有 11 项， 故 n=10 6．如图 1，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E、F 分别是 1 1AB C、B 的中点，则以下结论中不成立的是 A． 1EF BB与 垂直 B. EF BD与 垂直 C. EF与CD异面 D. EF 1 1与A C 异面 【答案】D 【解析】连 B1C，则 B1C 交 BC1 于 F 且 F 为 BC1 中点，三角 形 B1AC 中 EF // AC2 1 ，所以 EF∥平面 ABCD，而 B1B⊥面 ABCD，所以 1EF BB与 垂直 ；又 AC ⊥BD，所以 EF BD与 垂直 ， EF与CD异面 。由 EF // AC2 1 ，AC∥A1C1 得 EF∥A1C1 7．根据某水文观测点的历史统计数据，得到某条河流水位的频率分布直方图（如图 2）， 从图中可以看出，该水文观测点平均至少一百年才遇到一次的洪水的最低水位是 A．48 米 B. 49 米 C. 50 米 D. 51 米 【答案】C 【解析】由频率分布直方图知水位为 50 米的频率/组距为 1%，即水文观测点平均至少一百 年才遇到一次的洪水的最低水位是 50 米。 8．函数 2 4 4( ) 4 3 xf x x x     1 1 x x   的图象和函数 2( ) logg x x 的图象的交点个数是 A．1 B.2 C.3 D. 4 【答案】C 图 1 图 2 【解析】由图像可知交点共有 3 个。 9．设 1 2F F、 分别是椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左、右焦点，P 是其右准线上纵坐标为 3c （ c 为半焦距）的点，且 1 2 2F F F P ，则椭圆的离心率是 A． 3 1 2  B. 1 2 C. 5 1 2  D. 2 2 【答案】D 【 解 析 】 由 已 知 P （ cc a 3, 2 ） ， 所 以 22 2 )3()(2 ccc ac  化 简 得 2 202 22  a ceca 10. 设集 合  1,2,3,4,5,6M  ， 1 2S S M k、 、 、S 都是 的含 两个元素 的子集， 且满 足 ： 对 任 意 的       , , , , 1,2,3, ,i i i j j jS a b S a b i j i j k    、 ， 都 有   min , min , min ,j ji i i i j j a ba b x yb a b a              表示两个数x、y中的较小者 .则 k 的最大值 是 A．10 B.11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】含 2 个元素的子集有 15 个，但{1，2}、{2，4}、{3，6}只能取一个；{1，3}、{2， 6}只能取一个；{2，3}、{4，6}只能取一个，故满足条件的两个元素的集合有 11 个。 二．填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分，把答案填在横线上. 11. 圆心为 1,1 且与直线 4x y  相切的圆的方程是 . 【答案】 2 2( 1) ( 1) 2x y    【解析】半径 R= 2 2 |411|  ，所以圆的方程为 2 2( 1) ( 1) 2x y    12. 在 ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a b c、 、 ，若 1, 3, 3a c C    ，则 A= . 【答案】 π 6 【解析】由正弦定理得 2 1 3 2 3 sinsinsinsin  c CaAC c A a ，所以 A= π 6 13. 若 2 3 2 3 40, , log9a a a  则 . 【答案】3 【解析】由 9 43 2 a 得 32 3 )3 2()9 4( a ，所以 3)3 2(loglog 3 3 2 3 2 a 14. 设集合      , | | 2 |, 0 , , | ,A x y y x x B x y y x b A B           ， （1）b 的取值范围是 . （2）若  , ,x y A B  且 2x y 的最大值为 9，则 b 的值 是 . 【答案】（1）[2 ) ， （2） 9 2 【解析】（1）由图象可知b 的取值范围是[2 ) ， ；（2） 若  , ,x y A B  则（x，y）在图中的四边形内，t= 2x y 在（0，b）处取得最大值，所 0+2b=9，所以 b= 9 2 15.棱长为 1 的正方形 1 1 1 1ABCD A B C D 的 8 个顶点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积 是 ；设 E、F 分别是该正方形的棱 1 1AA、DD 的中点，则直线 EF 被球 O 截得的线段 长为 . 【答案】3π ， 2 【解析】正方体对角线为球直径，所以 4 32 R ，所以球的表面积为3π ；由已知所求 EF 是 正方体在球中其中一个截面的直径，d= 2 3,2 1 R ，所以 2 2 4 1 4 3 r ，所以 EF=2r= 2 。 三．解答题：本大题共６小题，共 75 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16.（本小题满分１２分） 已知函数   21 2sin 2sin cos8 8 8f x x x x                       .求： 2 2 b (Ⅰ)函数  f x 的最小正周期； （Ⅱ）函数  f x 的单调增区间. 解： π π( ) cos(2 ) sin(2 )4 4f x x x    π π π2 sin(2 ) 2 sin(2 ) 2 cos24 4 2x x x      ． （I）函数 ( )f x 的最小正周期是 2π π2T   ； （II）当 2 π π 2 2 πk x k ≤ ≤ ，即 ππ π2k x k ≤ ≤ （ k Z ）时，函数 ( ) 2 cos2f x x 是增函数，故函数 ( )f x 的单调递增区间是 π[ π π]2k k ， （ k Z ）． 17.（本小题满分１２分） 某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下 岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训.已知参加过财会培训的有 60%， 参加过计算机培训的有 75%.假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相 互之间没有影响. (Ⅰ)任选 1 名下岗人员，求该人参加过培训的概率； (Ⅱ)任选 3 名下岗人员，求这 3 人中至少有 2 人参加过培训的概率. 解：任选 1 名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件 A ，“该人参加过计算机培训” 为事件 B ，由题设知，事件 A 与 B 相互独立，且 ( ) 0.6P A  ， ( ) 0.75P B  ． （I）解法一 任选 1 名下岗人员，该人没有参加过培训的概率是 1 ( ) ( ) ( ) 0.4 0.25 0.1P P A B P A P B      所以该人参加过培训的概率是 11 1 0.1 0.9P    ． 解法二 任选 1 名下岗人员，该人只参加过一项培训的概率是 2 ( ) ( ) 0.6 0.25 0.4 0.75 0.45P P A B P A B        该人参加过两项培训的概率是 3 ( ) 0.6 0.75 0.45P P A B    ． 所以该人参加过培训的概率是 2 3 0.45 0.45 0.9P P    ． （II）解法一 任选 3 名下岗人员，3 人中只有 2 人参加过培训的概率是 2 2 4 3 0.9 0.1 0.243P C    ． 3 人都参加过培训的概率是 3 5 0.9 0.729P   ． 所以 3 人中至少有 2 人参加过培训的概率是 4 5 0.243 0.729 0.972P P    ． 解法二 任选 3 名下岗人员，3 人中只有 1 人参加过培训的概率是 1 2 3 0.9 0.1 0.027C    ． 3 人都没有参加过培训的概率是 30.1 0.001 ． 所以 3 人中至少有 2 人参加过培训的概率是1 0.027 0.001 0.972   18.（本小题满分１4 分） 如图，已知直二面角 45PQ A PQ B C BAP          ， ， ， ， ，直线 CA 和平面 所成的角为30 . (Ⅰ)证明 BC PQ ； (Ⅱ)求二面角 B AC P  的大小. 解：（I）在平面  内过点C 作CO PQ⊥ 于点O ， 连结 OB ． 因为 ⊥ ， PQ   ，所以CO ⊥ ， 又因为CA CB ，所以OA OB ． 而 45BAO   ， 所 以 45ABO   ， 90AOB   ． 从 而 BO PQ⊥ ．又CO PQ⊥ ， 所以 PQ⊥平面OBC ．因为 BC  平面OBC ，故 PQ BC⊥ ． （II）解法一：由（I）知，BO PQ⊥ ，又 ⊥ ， PQ   ，BO  ，所以 BO ⊥ ． 过点 O 作OH AC⊥ 于点 H ，连结 BH ，由三垂线定理知， BH AC⊥ ． 故 BHO 是二面角 B AC P  的平面角． 由（I）知，CO ⊥ ，所以 CAO 是CA 和平面 所成的角，则 30CAO   ， 不妨设 2AC  ，则 3AO  ， 3sin30 2OH AO  ． 在 Rt OAB△ 中， 45ABO BAO     ，所以 3BO AO  ， 于是在 Rt BOH△ 中， 3tan 2 3 2 BOBHO OH     ． 故二面角 B AC P  的大小为 arctan 2 ．  A B C Q   P O H 解法二：由（I）知，OC OA⊥ ，OC OB⊥ ，OA OB⊥ ，故可以O 为原点，分别以直线 OB OA OC， ， 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（如图）． 因为CO ⊥ ，所以 CAO 是CA 和平面 所成的角，则 30CAO   ． 不妨设 2AC  ，则 3AO  ， 1CO  ． 在 Rt OAB△ 中， 45ABO BAO     ， 所以 3BO AO  ． 则相关各点的坐标分别是 (0 0 0)O ，， ， ( 3 0 0)B ，， ， (0 3 0)A ， ， ， (0 01)C ，， ． 所以 ( 3 3 0)AB   ， ， ， (0 31)AC   ， ， ． 设 1n  { }x y z ， ， 是平面 ABC 的一个法向量，由 1 1 0 0 n AB n AC          ， 得 3 3 0 3 0 x y y z       ， 取 1x  ，得 1 (11 3)n  ，， ． 易知 2 (1 0 0)n  ，， 是平面  的一个法向量． 设二面角 B AC P  的平面角为 ，由图可知， 1 2n n   ， ． 所以 1 2 1 2 1 5cos 5| | | | 5 1 n n n n          ． 故二面角 B AC P  的大小为 5arccos 5 ． 19.（本小题满分 13 分） 已知双曲线 2 2 2x y  的右焦点为 F，过点 F 的动直线与双曲线相交与 A、B 两点， 点 C 的坐标是（1，0）. （Ｉ）证明CA CB  为常数； （Ⅱ）若动点 M CM CA CB CO     满足 （其中O 为坐标原点），求点 M 的轨迹方 程. 解：由条件知 (2 0)F ， ，设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ． （I）当 AB 与 x 轴垂直时，可设点 A B， 的坐标分别为 (2 2)， ， (2 2)， ， A B C Q   P O x y z 此时 (1 2) (1 2) 1CA CB       ， ， ． 当 AB 不与 x 轴垂直时，设直线 AB 的方程是 ( 2)( 1)y k x k    ． 代入 2 2 2x y  ，有 2 2 2 2(1 ) 4 (4 2) 0k x k x k     ． 则 1 2x x， 是上述方程的两个实根，所以 2 1 2 2 4 1 kx x k    ， 2 1 2 2 4 2 1 kx x k   ， 于是 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 2)( 2)CA CB x x y y x x k x x            2 2 2 1 2 1 2( 1) (2 1)( ) 4 1k x x k x x k       2 2 2 2 2 2 2 ( 1)(4 2) 4 (2 1) 4 11 1 k k k k kk k        2 2( 4 2) 4 1 1k k       ． 综上所述，CA CB    为常数 1 ． （II）解法一：设 ( )M x y， ，则 ( 1 )CM x y  ， ， 1 1( 1 )CA x y  ， ， 2 2( 1 )CB x y  ， ， ( 1 0)CO   ， ．由 CM CA CB CO      得： 1 2 1 2 1 3x x x y y y        ， 即 1 2 1 2 2x x x y y y       ， 于是 AB 的中点坐标为 2 2 2 x y     ， ． 当 AB 不与 x 轴垂直时， 1 2 1 2 2 2 222 y y y y xx x x     ，即 1 2 1 2( )2 yy y x xx    ． 又因为 A B， 两点在双曲线上，所以 2 2 1 1 2x y  ， 2 2 2 2 2x y  ，两式相减得 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )( )x x x x y y y y     ，即 1 2 1 2( )( 2) ( )x x x y y y    ． 将 1 2 1 2( )2 yy y x xx    代入上式，化简得 2 2 4x y  ． 当 AB 与 x 轴垂直时， 1 2 2x x  ，求得 (2 0)M ， ，也满足上述方程． 所以点 M 的轨迹方程是 2 2 4x y  ． 解法二：同解法一得 1 2 1 2 2x x x y y y       ， ……………………………………① 当 AB 不与 x 轴垂直时，由（I） 有 2 1 2 2 4 1 kx x k    ．…………………② 2 1 2 1 2 2 4 4( 4) 41 1 k ky y k x x k k k            ．………………………③ 由①②③得 2 2 42 1 kx k    ．…………………………………………………④ 2 4 1 ky k   ．……………………………………………………………………⑤ 当 0k  时， 0y  ，由④⑤得， 2x ky   ，将其代入⑤有 2 2 2 2 24 4 ( 2) ( 2) ( 2)1 x y xyy x x y y      ．整理得 2 2 4x y  ． 当 0k  时，点 M 的坐标为 ( 2 0) ， ，满足上述方程． 当 AB 与 x 轴垂直时， 1 2 2x x  ，求得 (2 0)M ， ，也满足上述方程． 故点 M 的轨迹方程是 2 2 4x y  ． 20.（本小题满分 13 分） 设    2 2 2 1 1, 3 , 0n n n n n nS a n N n a a S n a S a     是数列 的前 项和， 且 ， 2,3,4,n  . （Ⅰ）证明数列 2 ( 2)n na a n   是常数数列； （Ⅱ）试找出一个奇数 a ，使以 18 为首项，7 为公比的等比数列  nb n N  中的所有项 都是数列 na 中的项，并指出 nb 是数列 na 中的第几项. 解：（I）当 2n≥ 时，由已知得 2 2 2 1 3n n nS S n a  ． 因为 1 0n n na S S    ，所以 2 1 3n nS S n  ． …………………………① 于是 2 1 3( 1)n nS S n    ． …………………………………………………② 由②－①得： 1 6 3n na a n    ．……………………………………………③ 于是 2 1 6 9n na a n    ．……………………………………………………④ 由④－③得： 2 6n na a   ．…………………………………………………⑤ 即数列 2{ }n na a  （ 2n≥ ）是常数数列． （II）由①有 2 1 12S S  ，所以 2 12 2a a  ． 由③有 3 2 15a a  ，所以 3 3 2a a  ， 而⑤表明：数列 2{ }ka 和 2 1{ }ka  分别是以 2a ， 3a 为首项，6 为公差的等差数列． 所以 2 2 ( 1) 6 6 2 6ka a k k a       ， 2 1 3 ( 1) 6 6 2 3ka a k k a        ， k N*． 由题设知， 118 7n nb   ．当 a 为奇数时， 2 1ka  为奇数，而 nb 为偶数，所以 nb 不是数列 2 1{ }ka  中的项， nb 只可能是数列 2{ }ka 中的项． 若 1 18b  是数列 2{ }ka 中的第 0k 项，由 018 6 2 6k a   得 03 6a k  ，取 0 3k  ，得 3a  ．此时 2 6ka k ，由 2n kb a 得 118 7 6n k  ， 13 7nk   N*，从而 nb 是数列{ }na 中的第 16 7n 项． （ 注 ： 考 生 取 满 足 03 6a k  ， 0k N* 的 任 一 奇 数 ， 说 明 nb 是 数 列 { }na 中 的 第 1 26 7 23 n a   项即可） 21.（本小题满分 13 分） 已知函数   3 21 1 3 2f x x ax bx   在区间   1,1 , 1,3 内各有一个极值点. （Ⅰ）求 2 4a b 的最大值； （Ⅱ）当 2 4 8a b  时，设函数  y f x 在点   1, 1A f 处的切线为l ，若在点 A 处穿 过  y f x 的图象（即动点在点 A 附近沿曲线  y f x 运动，经过点 A 时，从l 的一侧 进入另一侧），求函数  f x 的表达式. 解：（I）因为函数 3 21 1( ) 3 2f x x ax bx   在区间[ 11) ， ， (13]， 内分别有一个极值点，所 以 2( )f x x ax b    0 在[ 11) ， ， (13]， 内分别有一个实根， 设两实根为 1 2x x， （ 1 2x x ），则 2 2 1 4x x a b   ，且 2 10 4x x  ≤ ．于是 20 4 4a b  ≤ ， 20 4 16a b  ≤ ，且当 1 1x   ， 2 3x  ，即 2a   ， 3b   时等号 成立．故 2 4a b 的最大值是 16． （II）解法一：由 (1) 1f a b    知 ( )f x 在点 (1 (1))f， 处的切线l 的方程是 (1) (1)( 1)y f f x   ，即 2 1(1 ) 3 2y a b x a     ， 因为切线l 在点 (1 (1))A f， 处穿过 ( )y f x 的图象， 所以 2 1( ) ( ) [(1 ) ]3 2g x f x a b x a      在 1x  两边附近的函数值异号，则 1x  不是 ( )g x 的极值点． 而 ( )g x 3 21 1 2 1(1 )3 2 3 2x ax bx a b x a        ，且 2 2( ) (1 ) 1 ( 1)( 1 )g x x ax b a b x ax a x x a               ． 若1 1 a   ，则 1x  和 1x a   都是 ( )g x 的极值点． 所以1 1 a   ，即 2a   ．又由 2 4 8a b  ，得 1b   ．故 3 21( ) 3f x x x x   ． 解法二：同解法一得 2 1( ) ( ) [(1 ) ]3 2g x f x a b x a      21 3 3( 1)[ (1 ) (2 )]3 2 2 ax x x a      ． 因为切线l 在点 (1 (1))A f， 处穿过 ( )y f x 的图象，所以 ( )g x 在 1x  两边附近的函数值异 号．于是存在 1 2m m， （ 1 21m m  ）． 当 1 1m x  时， ( ) 0g x  ，当 21 x m  时， ( ) 0g x  ； 或当 1 1m x  时， ( ) 0g x  ，当 21 x m  时， ( ) 0g x  ． 设 2 3 3( ) 1 22 2 a ah x x x              ，则 当 1 1m x  时， ( ) 0h x  ，当 21 x m  时， ( ) 0h x  ； 或当 1 1m x  时， ( ) 0h x  ，当 21 x m  时， ( ) 0h x  ． 由 (1) 0h  知 1x  是 ( )h x 的一个极值点，则 3(1) 2 1 1 02 ah      ． 所以 2a   ．又由 2 4 8a b  ，得 1b   ，故 3 21( ) 3f x x x x   ．