2007年湖南高考理科数学试卷及详解

数学（理工农医类）

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．

2i1．复数等于（ ）

1+iA．

B．4i

C．

D．2i

22．不等式

x2≤0的解集是（ ） x1(1，2]

B．[1，2]

C．(，1)A．(，1)[2，) D．(1，2]

3．设M，N是两个集合，则“MA．充分不必要条件

C．充分必要条件

N”是“MN\"的（ ）

B．必要不充分条件

D．既不充分又不必要条件

4．设a，b是非零向量,若函数f(x)(xab)(axb)的图象是一条直线，则必有( ) A．a⊥b

B．a∥b

C．|a||b|

D．|a||b|

5．设随机变量服从标准正态分布N(01)已知(1.96)0.025，则P(||1.96)=（ ) ，，A．0.025

B．0。050

C．0.950

D．0。975

4x4， x≤1，6．函数f(x)2的图象和函数g(x)log2x的图象的交点个数是

x4x3，x1（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1 7．下列四个命题中，不正确的是( ） ．．．

A．若函数f(x)在xx0处连续,则limf(x)limf(x)

x→x0x→x0B．函数f(x)x2的不连续点是x2和x2 2x4x→x→x→C．若函数f(x),g(x)满足lim[f(x)g(x)]0，则limf(x)limg(x)

D．limx→1x11 x128．棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点都在球的表面上，E，F分别是棱AA1，

DD1的中点，则直线EF被球截得的线段长为（ )

1

A．

2 2B．

C．12 2D．

x2y29．设F1，F2分别是椭圆221（ab0）的左、右焦点,若在其右准线上存在使线

ab段PF1的中垂线过点,则椭圆离心率的取值范围是( ） A．0，2 2B．0，C．332

，1

2

D．3 ，1310．设集合M{1，2，3，4，5，6}， S1，S2，，Sk都是的含两个元素的子集，且满足：对任意的Si{ai，bi},Sj{aj，bj}（ij，i、j{1，2，3，，k}),都有

aibiajbj，则的最大值是min，min，（min{x，y}表示两个数x，y中的较小者）

bjajbiai( )

A．10 B．11 C．12 D．13

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(11)，且与直线xy4相切的圆的方程是．

12．在△ABC中,角A，B，C所对的边分别为a，b，c,若a1，b=,c3,Cπ，则3B．

13．函数f(x)12xx在区间[3，3]上的最小值是．

14．设集合A{(x，y)|y≥|x2|，x≥0}，B{(x，y)|y≤xb}，A（1）的取值范围是； （2)若(x，y)A3B，

B,且x2y的最大值为9，则的值是．

15．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行,第2次全行的数都为1的是第3行，…，第次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是． 第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1

…………………………………………… 图1

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f(x)cosx2π1，g(x)1sin2x． 122（I）设xx0是函数yf(x)图象的一条对称轴，求g(x0)的值． （II）求函数h(x)f(x)g(x)的单调递增区间．

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，记为3人中参加过培训的人数，求的分布列和期望． 18．(本小题满分12分)

如图2，E，F分别是矩形ABCD的边AB，CD的中点，是EF上的一点,将△GAB，

△GCD分别沿AB，CD翻折成△G1AB,△G2CD,并连结G1G2，使得平面G1AB⊥平面ABCD，G1G2∥AD,且G1G2AD．连结BG2，如图3．

A E B G D F C

图3

图2

（I）证明：平面G1AB⊥平面G1ADG2;

（II）当AB12，BC25，EG8时,求直线BG2和平面G1ADG2所成的角． 19．(本小题满分12分） 如图4，某地为了开发旅游资源,欲修建一条连接风景点和居民区的公路，点所在的山坡面与山脚所在水平面所成的二面角为(090)，且sin2,点到平面的距离5．沿山脚原有一段笔直的公路AB可供利用．从点到山脚修路的造价为万元PH0.4(km）

a/km,原有公路改建费用为万元/km．当山坡上公路长度为km（1≤l≤2)时，其造价为

2(l21)a万元．已知OA⊥AB，PB⊥AB，AB1.5(km),OA3(km)．

（I)在AB上求一点，使沿折线PDAO修建公路的总造价最小；

（II） 对于（I）中得到的点，在DA上求一点，使沿折线PDEO修建公路的总造价最小．

3

(III）在AB上是否存在两个不同的点,，使沿折线PDEO修建公路的总造价小于（II）中得到的最小总造价，证明你的结论．

A

Ｏ

E

D

B

20．(本小题满分12分）

P

H

已知双曲线xy2的左、右焦点分别为，,过点的动直线与双曲线相交于A，B两点． （I）若动点满足FM，求点的轨迹方程; F1AF1BFO11（其中为坐标原点）(II)在轴上是否存在定点,使·为常数？若存在,求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 21．(本小题满分13分）

已知An(an，bn)(nN*）是曲线ye上的点，a1a，是数列{an}的前项和,且满足

22Sn3n2anSn…． ，3，4，1，an0，n222x（I）证明：数列bn2(n≤2)是常数数列; bn（II)确定的取值集合，使aM时,数列{an}是单调递增数列; (III）证明:当aM时,弦AnAn1（nN*)的斜率随单调递增．

参

1．【答案】C

24i242i【解析】2i. 21+i(1+i)2i2．【答案】D 【解析】由

(x2)(x1)≤0x2≤0得，2]. ，所以解集为(1x1x103．【答案】B

4

【解析】由韦恩图知M4． 【答案】A

NMN;反之,M222NMN.

【解析】f(x)(xab)(axb)abx(|a||b|)xab,若函数f(x) 的图象是一条直线,即其二次项系数为0， ab=0， a⊥b.

5．【答案】C

【解析】服从标准正态分布N(01)，,P(||1.96)P(1.961.96)

(1.96)(1.96)12(1.96)120.0250.950.

6．【答案】B。

【解析】由图像易知交点共有3个。 7【答案】C。

【解析】limf(x)limg(x)的前提是limf(x)与limg(x)必须都存在!

x→x→x→x→8．【答案】D。

【解析】正方体对角线为球直径,所以R23，在过点E、F、O的球的大圆中, 4由已知得d=

9． 【答案】D

13,R，r22312，所以EF=2r=。 442a2b2y【解析】由已知P(,y)，所以F1P的中点Q的坐标为(,)，由

c2c2kF1Pcycyb4222,kQF22,kF1PkQF21,y2b2. 2bb2cc113)0(3)0,1e. e2e23y2(a2c2)(3 当kF1Pa230时，kQF2不存在,此时为中点，c2ce.

c33e1. 3综上得10．【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。 11．【答案】(x1)(y1)2

22 5

【解析】半径R=

|114|22，所以圆的方程为(x1)2(y1)22

12．【答案】

5π 65π1373,，所以B.

62213【解析】由正弦定理得cosB13．【答案】–16 【解析】

f(x)123x20x2,检验

f(2)16,f(3)9,f(x)minf(2)16.

14．【答案】（1）[1，) （2）

9 2【解析】（1）由图象可知的取值范围是[1，).

(2）若x,yAB,令t=x2y，则在(0，b）处取得最大值，

所以0+2b=9,所以b=

15．【答案】2n1，32

【解析】由不完全归纳法知，全行都为1的是第21行；

n9. 2n626163,

故第63行共有个1，逆推知第62行共有32个1，第61行共有32个1. 16．解:（I）由题设知f(x)1π[1cos(2x)]． 26πkπ， 6因为xx0是函数yf(x)图象的一条对称轴,所以2x0 π(kZ）． 611π所以g(x0)1sin2x01sin(kπ)．

226即2x0kπ当为偶数时，g(x0)1当为奇数时，g(x0)1113πsin1， 26441π15sin1． 24（II）h(x)f(x)g(x)1π11cos2x1sin2x 262 6

31π3131cos2xsin2xcos2xsin2x 26222221π3sin2x． 232当2kππππ5ππ≤2x≤2kπ，即kπ≤x≤kπ（kZ）时, 23212121π3sin2x是增函数， 2325ππ，kπ（kZ)． 1212函数h(x)故函数h(x)的单调递增区间是kπ17．解:任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件，“该人参加过计算机

培训\"为事件，由题设知,事件与相互,且P(A)0.6，P(B)0.75． （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

P1P(AB)P(A)P(B)0.40.250.1

所以该人参加过培训的概率是P21P110.10.9． 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

P3P(AB)P(AB)0.60.250.40.750.45

该人参加过两项培训的概率是P4P(AB)0.60.750.45． 所以该人参加过培训的概率是P5P3P40.450.450.9．

（II）因为每个人的选择是相互的，所以3人中参加过培训的人数服从二项分布

B(3，0.9),P(k)C3k0.9k0.13k，k01，，2，3,即的分布列是

0 0。001 1 0.027 2 0. 243 3 0。729 的期望是E10.02720.24330.7292.7． （或的期望是E30.92.7）

18．解:解法一：(Ｉ）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB平面ABCDAB，

AD⊥AB,AD平面ABCD，所以AD⊥平面G1AB,又AD平面G1ADG2，

所以平面G1AB平面G1ADG2．

7

（II）过点作BH⊥AG1于点,连结G2H． 由（I）的结论可知，BH⊥平面G1ADG2, 所以BG2H是BG2和平面G1ADG2所成的角． 因为平面G1AB⊥平面ABCD,平面G1AB平面ABCDAB,G1E⊥AB,

G1E平面G1AB,所以G1E⊥平面ABCD，故G1E⊥EF．

因为G1G2AD,ADEF，所以可在EF上取一点，使EOG1G2, 又因为G1G2∥AD∥EO，所以四边形G1EOG2是矩形．

由题设AB12，BC25，EG8,则GF17．所以G2OG1E8,

G2F17，OF1728215,G1G2EO10．

因为AD⊥平面G1AB,G1G2∥AD,所以G1G2⊥平面G1AB，从而G1G2⊥G1B．

2222222故BG2BEEG1G1G26810200，BG2102．

又AG1628210，由BHAG1G1EAB得BH故sinBG2H81248． 105BH481122． BG2510225122． 25平面ABCDAB，G1E⊥AB,

即直线BG2与平面G1ADG2所成的角是arcsin解法二：(I）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1ABG1E平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，从而G1E⊥AD．又AB⊥AD，

所以AD⊥平面G1AB．因为AD平面G1ADG2,所以平面G1AB平面G1ADG2． （II）由（I)可知，G1E⊥平面ABCD．故可以为原点，分别以直线EB，EF，EG1 为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图），

由题设AB12，BC25，EG8，则EB6，

0，0), EF25,EG18，相关各点的坐标分别是A(6，0，8)，B(6，D(6，25，0),G1(0，0，0)．

8

25，0)，AG1(6，所以AD(0，0，8)．

设n(x，y，z)是平面G1ADG2的一个法向量，

nAD0，25y0，0，3)． 由得故可取n(4，6x8z0nAG10.过点作G2O⊥平面ABCD于点，因为G2CG2D，所以OCOD, 于是点在轴上．

因为G1G2∥AD，所以G1G2∥EF,G2OG1E8．

8)（0m25）设G2(0，m，，由178(25m)，解得m10，

所以BG2(010，，8)(6，0，0)(610，，8)． 设BG2和平面G1ADG2所成的角是，则

222sinBG2nBG2n|2424|62102824232122． 25122． 25故直线BG2与平面G1ADG2所成的角是arcsin

19．解：（I）如图，PH⊥,HB，PB⊥AB， 由三垂线定理逆定理知，AB⊥HB,所以PBH是 山坡与所成二面角的平面角，则PBH,

PBPH1． sin

设BDx(km),0≤x≤1.5．则

2]． PDx2PB2x21[1，记总造价为f1(x)万元, 据题设有f1(x)(PD1221111ADAO)a(x2x3)a 224143xa3a

416当x11，即BD(km)时，总造价f1(x)最小． 44 9

(II）设AEy(km),0≤y≤5，总造价为f2(y)万元，根据题设有 4y43131f2(y)PD21y23yay23aa．

216224y1则f2ya，由f2(y)0，得y1．

2y32当y(0，1)时，f2(y)0，f2(y)在(0，1)内是减函数； 当y1，时，f2(y)0，f2(y)在1，内是增函数． 故当y1，即AE1（km)时总造价f2(y)最小，且最小总造价为

545467a万元． 16(III）解法一:不存在这样的点，． 事实上，在AB上任取不同的两点，．为使总造价最小，显然不能位于 与 之间．故可设位于与之间，且BD=x1(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤为万元，则Sx13，总造价22x1y11x12y1231a．类似于（I）、（II)讨论知，x11≥，224216y131≥，当且仅当x1，y11同时成立时，上述两个不等式等号同时成立，224167此时BD(km),AE1(km)，取得最小值a,点D，E

416分别与点D，E重合，所以不存在这样的点 D，E,使沿折线PDEO修建公路的总造价y123小于(II）中得到的最小总造价． 解法二：同解法一得

xy11Sx121y1231a

22411x1a3442y123y143y123y1aa

16143≥23(y123y1)(y123y1)aa 41667a． 161122当且仅当x1且3(y13y1)(y13y1),即x1，y11同时成立时，

4467a,以上同解法一． 取得最小值16

10

0)，F2(2，0),设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 20．解：由条件知F1(2，解法一：（I）设M(x，y)，则则FM(x2，y)，F1A(x12，y1)， 1F1B(x22，y2)，FO(2，0)，由FMF1AF1BFO111得 x2x1x26，x1x2x4，即 yyyyyy1212于是AB的中点坐标为x4y，． 22yyyy2y2当AB不与轴垂直时，1，即y1y2(x1x2)． x8x1x2x42x822222又因为A，B两点在双曲线上，所以x1y12，x2y22，两式相减得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2),即(x1x2)(x4)(y1y2)y．

将y1y2y(x1x2)代入上式,化简得(x6)2y24． x8当AB与轴垂直时,x1x22，求得M(8，0)，也满足上述方程． 所以点的轨迹方程是(x6)y4．

(II)假设在轴上存在定点C(m，0),使CACB为常数．

当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入xy2有(1k)x4kx(4k2)0．

222222224k24k22则x1，x2是上述方程的两个实根,所以x1x22，x1x22，

k1k1于是CACB(x1m)(x2m)k2(x12)(x22)

(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)4k2m2

(k21)(4k22)4k2(2k2m)224km 22k1k12(12m)k2244m2m2(12m)m2． 22k1k1

11

因为CACB是与无关的常数,所以44m0,即m1，此时CACB=．

2), 当AB与轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，2)1． 此时CACB(1，2)(1，故在轴上存在定点C(1，0)，使CACB为常数．

解法二:（I）同解法一的（I）有x1x2x4，

y1y2y当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入xy2有(1k)x4kx(4k2)0．

2222224k2则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1x22．

k14k24k． y1y2k(x1x24)k42k1k14k2由①②③得x42．…………………………………………………④

k1y4k．……………………………………………………………………⑤ 2k1x4k，将其代入⑤有 y当k0时，y0，由④⑤得，

x44y(x4)y22y．整理得(x6)y4． 222(x4)(x4)y1y24当k0时，点的坐标为(4，0)，满足上述方程．

0)，也满足上述方程． 当AB与轴垂直时，x1x22，求得M(8，故点的轨迹方程是(x6)y4．

220)，使CACB为常数， （II）假设在轴上存在定点点C(m，4k24k22当AB不与轴垂直时，由(I)有x1x221，x1x22．

kk1

12

以上同解法一的(II）．

22221．解:（I)当n≥2时,由已知得SnSn13nan．

2因为anSnSn10,所以SnSn13n． ……① 2于是Sn1Sn3(n1)． ……②

由②－①得an1an6n3． ……③ 于是an2an16n9． ……④ 由④－③得an2an6， ……⑤

bbn2ean2所以anean2ane6,即数列n2(n≥2)是常数数列．

bnebn(II）由①有S2S112,所以a2122a．由③有a3a215，a4a321，

所以a332a，a4182a．

而 ⑤表明：数列{a2k}和{a2k1}分别是以，为首项，6为公差的等差数列, 所以a2ka26(k1)，a2k1a36(k1)，a2k2a46(k1)(kN*)， 数列{an}是单调递增数列a1a2且a2ka2k1a2k2对任意的kN*成立．

a1a2且a26(k1)a36(k1)a46(k1) a1a2a3a4a122a32a182a即所求的取值集合是Ma915a． 44915a．

44bn1bnean1ean(III）解法一:弦AnAn1的斜率为kn an1anan1anex(xx0)(exex0)exex0任取,设函数f(x)，则f(x)

xx0(xx0)2xxxxxx记g(x)e(xx0)(ee0)，则g(x)e(xx0)eee(xx0),

x)上为增函数, 当xx0时,g(x)0，g(x)在(x0， 13

当xx0时，g(x)0，g(x)在(，x0)上为减函数, 所以xx0时,g(x)g(x0)0,从而f`(x)0，

)上都是增函数． 所以f(x)在(，x0)和(x0，由(II）知，aM时,数列{an}单调递增，

ean1eanean2ean取x0an，因为anan1an2,所以kn． an1anan2anean1ean2eanean2取x0an2，因为anan1an2,所以kn1． an1an2anan2所以knkn1，即弦AnAn1(nN*)的斜率随单调递增．

exean1解法二：设函数f(x),同解法一得，

xan1)上都是增函数, f(x)在(，an1)和(an1，eanean1exean1ean2ean1exean1an1an1所以kn,． limeklimen1n→an→aanan1an2an1n1xan1xan1n1故knkn1,即弦AnAn1(nN*)的斜率随单调递增．

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