2007年重庆市高考数学试卷（文科）【附答案、word版本，可再编辑；B4纸型两栏】
2007年重庆市高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1. 在等比数列{an}中，a1=8，a4=64，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∩(∁UB)=( )
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)6展开式中x2的系数为（ ）
A.15 B.60 C.120 D.240
5. “-1
1，且6Sn=(an+1)(an+2)，n∈N*．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足an(2bn-1)=1，并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn+1>log2(an+3)，n∈N*．
6 / 6
参考答案与试题解析
2007年重庆市高考数学试卷（文科）
一、选择题（共12小题，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（共4小题，每小题4分，满分16分）
13.3
14.9
15.288
16.22+1
三、解答题（共6小题，满分74分）
17.解：（1）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)=34，P(B)=45，
从而甲命中但乙未命中目标的概率为
P(A⋅B¯)=P(A)⋅P(B¯)=34×(1-45)=320.
（2）设A1表示甲在两次射击中恰好命中k次，B
1表示乙有两次射击中恰好命中l次．
依题意有P(A1)=C2k(34)k(14)2-k，k=0，1，2.
P(B1)=C2l(45)l(15)2-l，l=0，1，2.
由独立性知两人命中次数相等的概率为
P(A0B0)+P(A1B1)+P(A2B2)
=P(A0)P(B0)+P(A1)P(B1)+P(A2)+P(B2)
(14)2⋅(15)2+C21⋅34⋅14⋅C32⋅45⋅15+C22⋅(34)2C22⋅(45)2
=116×125+34×425+916×1625=193400=0.4825.
18.解：（1）由sin(x+π2)≠0得x+π2≠kπ，即x≠kπ-π2(k∈Z)，
故f(x)的定义域为{x∈R|x≠kπ-π2，k∈Z}．
（2）由已知条件得sina=1-cos2a=1-(35)2-45．
从而f(a)=1+2cos(2a-π4)sin(a+π2)
=1+2(cosacosπ4+sin2asinπ4)cosa
=1+cos2a+sinacosa=2cos2a+2sinacosacosa
=2(cosa+sina)=145．
19.解：（1）由直三棱柱的定义知B1C1⊥B1D，又因为∠ABC=90∘，
因此B1C1⊥A1B1，从而B1C1⊥平面A1B1D，得B1C1⊥B1E．又B1E⊥A1D，
6 / 6
故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线
由BD=13BB1知B1D=43，
在Rt△A1B1D中，A2D=A1B12+B1D2=1+(43)2=53．
又因S△A1B1D=12A1B1⋅B1D=12A1D⋅B1E．
故B1E=A1D˙=1⋅4353=45．
（2）由（1）知B1C1⊥平面A1B1D，又BC // B1C1，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
V=VC-ABDE=13×BC×S，
其中S为四边形ABDE的面积．如图1，过E作EF⊥BD，垂足为F．
在Rt△B1ED中，ED=B1D2-B1E2=(43)2-(45)2=1615，
又因S△B1ED=12B1E⋅DE=12B1D⋅EF，
故EF=B1E⋅DEB1D=1625．
因△A1AE的边A1A上的高h=A1B1-EF=1-1625=925，故
S△A1AE=12A1A⋅h=12⋅2⋅925=925．
又因为S△A1BD=12A1B1⋅B1D=12⋅2⋅43=23，从而
S=S△A1AE-S△A1AE-S△A1B1D=2-925-23=7375．
所以V=13⋅S⋅BC=13⋅7375⋅32=73150．
20.解：设长方体的宽为x(cm)，则长为2x(cm)，
高为h=18-12x4=4.5-3x(cm)(00；当11，因此a1=2，
又由an+1=Sn+1-Sn
=16(an+1+1)(an+1+2)-16(an+1)(an+2)，
得(an+1+an)(an+1-an-3)=0，
即an+1-an-3=0或an+1=-an，
因为an>0，故an+1=-an不成立，舍去.
因此an+1-an=3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an=3n-1.
×
×
(2)证明：由an(2bn-1)=1,
解得bn=log2(1+1an)=log23n3n-1；
从而Tn=b1+b2+…+bn
=log2(32×65×…×3n3n-1),
因此3Tn+1-log2(an+3)
=log2[(32×65×…×3n3n-1)3×23n+2].
令f(n)=(32×65×...×3n3n-1)3×23n+2，
则f(n+1)f(n)=3n+23n+5×(3n+33n+2)3
=(3n+3)3(3n+5)(3n+2)2,
因为(3n+3)3-(3n+5)(3n+2)2
=9n+7>0，
故f(n+1)>f(n),
特别地f(n)≥f(1)=2720>1，
从而3Tn+1-log2(an+3)=log2f(n)>0.
即3Tn+1>log2(an+3).
6 / 6