2007重庆高考文

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）.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、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3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.

皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.

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P（A+B）=P（A）+P（B） 如果事件A、B相互独立，那么P（A · B）=P（A）·P（B）

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概

kk率Pn(k)CnP(1P)nk.

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备选项中，只

有一项是符合题目要求的. （1）在等比数列{an}中，a2 = 8，a5 = 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(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 （4）(2x1)展开式中x的系数为

（A）15

（B）60

62（C）相交 （D）异面

（C）120 （D）240

2（5）“-1x1”是“x1”的

（A）充分必要条件 （C）必要但不充分条件 （B）充分但不必要条件

（D）既不充分也不必要条件

数学试题（文史类）第1页（共4页）

（6）下列各式中，值为

1的是 2（A）2sin15cos15 （C）2sin151

2（B）cos15sin15 （D）sin15cos15

2222（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）

1 4（B）

79 120（C）

3 4（D）

23 24（8）若直线ykx1与圆x2y21相交于P、Q两点，且POQ120（其中O为原

点），则k的值为

（A）3或3

（B）3

（C）2或2 （D）2

（9）已知向量OA(4,6),OB(3,5),且OCOA,AC//OB,则向量OC

（A）32, 77（B）24, 721（C）32, 77（D）,274 211（10）设P（3，1）为一次函数f(x)2axb(x1)的图象与其反函数yf的一个交点，则

(x)的图象

15,b 2215（C）a,b

22（A）a15,b 2215（D）a,b

22（B）a（11）设3b是1a和1a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(2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x3y40有且仅有一个交点，

则椭圆的长轴长为

（A）32

（B）26

（C）27

（D）42

二、填空题：本大题共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= .

数学试题（文史类）第2页（共4页）

2x3y6,（14）已知xy0,则z3xy的最大值为 .

y0,（15）要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课备一节的课程表，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f(x)x2x22x2bxc的最小值为 .

三、解答题：本大题区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13分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问8分.）

设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为

34和，且各次射击相互独立. 45 （Ⅰ）若甲、乙各射击一次，求甲命中但乙未命中目标的概率； （Ⅱ）若甲、乙各组射击两次，求两人命中目标的次数相等的概率.

（18）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问9分.）

12cos(2x)4. 已知函数f(x)sin(x)2 （Ⅰ）求f(x)的定义域； （Ⅱ）若角在第一象限且cos3,求f(). 5

（19）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分）

如图（19）图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ABC=90°,

AB=1，BC=

31,AA22，点D在棱BB1上，BDBB1； 23B1E⊥A1D，垂足为E，求；

（Ⅰ）异面直线A1D与B1C1的距离； （Ⅱ）四棱锥C—ABDE的体积.

数学试题（文史类）第3页（共4页）

（20）（本小题满分12分）

用长为18m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（I）小问4分，（II）小问8分.）

如题（21）图，倾斜角为的直线经过抛物线y28x的焦点F，且与抛物线交于A、B两点.

（Ⅰ）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程； （Ⅱ）若为锐角，作线段AB的垂直平分线m交

x轴于点P，证明|FP||FP|cos2为定 值，并求此定值.

（22）（本小题满分13分，其中（I）小问5分，（II）小问7分.） 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S1>1，且 6Sn(an1)(an2),nN+，

（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）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+.

数学试题（文史类）第4页（共4页）

绝密★启用前

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）参考答案

一、选择题：每小题5分，满分60分.

（1）A （2）D （3）A （4）B （5）A （6）A （7）C （8）A （9）D （10）C （11）B （12）C 二、填空题：每小题4分，满分24分.

（13）3 （14）9 （15）288 （16）122

三、解答题：满分74分. （17）（本小题13分）

解：（I）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）=P（B）=

3. 44，从而甲命中但乙未命中目标的概率为 5343P(AB)P(A)P(B)(1).

4520（II）设Ak表示甲在两次射击中恰好命中k次，

B1表示乙在两次射击中恰好命中l次.

3k12k,k0,1,2,

44l3l42l P(B1)C2()(),l0,1,2,

45依题意有 P(Ak)C2()()k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)

113413114112()2()2C2C2C2()C2()245445545 11349161930.4825. 16254251625400（18）（本小题13分）

解：（I）由sin(x2)0得x2k,即xk2(kZ),

故f(x)的定义域为{xR|xk

2,kZ}，

数学试题（文史类）第5页（共4页）

（II）由已知条件得sina1cos21()2.

354512cos(2)4 从而f()sin()2sin2sin)44cos1cos2sin22cos22sincos  coscos142(cossin).5（19）（本小题12分）

解法一：（I）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.

故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线，

由BD12(cos2cos14BB1知B1D， 33在RtA1B1D中,A2D又因SA1B1D45A1B12B1D21()2，

3311A1B1B1DA1DB1E， 2241ABBD4故B1E1213.

5A1D53（Ⅱ）由（Ⅰ）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1SBC, 3其中S为四边形ABCD的面积，如答（19）图1，过E 作EF⊥B1D1，垂足为F，

数学试题（文史类）第6页（共4页）

1644, 在Rt△B1ED中，ED=B1DB1E15352222又因SB1BD故EF11B1EDEB1DEF, 22B1EDE16.

B1D25169.故 2525因△A1AE的边为A1A上的高h=A1B—EF=1—

1199A1Ah2. 2225251142又因为SA1B1DA1B1B1D1.从而

22339273SSABBA2SABD2.

11253751173373. 所以V=SBC33752150SA1BE解法二：

（1）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B（0，1，

0），A1（0，1，2），B（0，0，0），B1（0，0，2），C1（因此

32,0,2），D(0,0,) 23AA1(0,0,2),AB(0,1,0)

34B1C1(,0,0),A1D(0,1,).

23设E(0,y0,z0),则B1E(0,y0,z02), 因此B1EB1C10,从而B1C1B1E 又由题设B1E1A1D,放B1E是异面 直线B1C12

与A1D的公垂线。 下面求点E的坐标

因B1E⊥A1D，即B1EA1D0，从而

y0

4(x02)0„„„„（1） 3数学试题（文史类）第7页（共4页）

又A1E(0,y01,z02),且A1E//A1D，得

y01z02„„（2）

413联立（1）、（2），解得y02163716381612,zn.即E(0,,),B1E(0,,) 252525252525241625所以|B1E|.

52512（Ⅱ）由BC⊥AB，BC⊥DB，故BC⊥面ABDE，即BC为四棱锥C—ABDE的高.

下面求卤边形ABDE的面积。

因为SABCSABESBDE,|AB|1,|BD|而SABE2. 3113819|AB|z01. 2225251121616SSDE|BD|yc

2232575191673. 故 S2575751173373. 所以 VCABHESBDE|BC|33752150（20）（本小题12分）

解：设长方体的宽为x（m），则长为2x(m)，高为

h1812x34.53x(m) (0x). 42故长方体的体积为

3V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3) (0x).

2从而 V(x)18x18x18x(1x)

令 V(x)0，解得x0（舍去）或x=1，因此x=1. 当 0x1时，V(x)0; 当1x23时，V(x)0， 2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.

数学试题（文史类）第8页（共4页）

从而最大体积 VV(1)9126133(m3)，此时长方体的长为2m，高为1.5m

答：当长体的长为2m，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为3m3.

（21）（本小题12分）

（Ⅰ）解：设抛物线的标准方程为 y22px，则2p8，从而p4 因此焦点F(,0)的坐标为（2，0） 又准线方程的一般式为 x92p， 2从而所求准线l的方程为x=－2

（Ⅱ）解法一：如图（21）图作AC⊥l，BD⊥l垂足分别 为C、D，则由抛物线的定义知

|FA||AC|，|FB||BD|.

记A、B的横坐标分别为x,xy，则

|FA||AC|xppp|FA|cos 2224|FA|cos4，解得|FA|

1cos4

1cos类似地有|FB4|FB|cos，解得|FB|记直线m与AB的交点为E，则

|FA||FB|1(|FA||FB|)

221444cos() 21cos1cossin2|FE|4所以|FP| 2cossin|FE||FA||AE||FA|442sin2(1cos2)8. 故 |FP||FP|cos222sinsin解法二：设 A(xA,yA)，B(xB,yB)，直线AB的斜率为k=tan，则直线方程为

yk(x2).

4(k22)将此式代入 y8x得kx4(k2)x4k0，故xAxB 2k22222 数学试题（文史类）第9页（共4页）

xAxB2(k22)4记直线m与AB的交点为 E(xE,yE)，则xE ，yk(x2)BA22kk412k24) 故直线m的方程为 y(xkkk22k244，令y=0，得点P的横坐标 xP故 2k4(k21)4|FP|xp2

k2sin2442sin2(1cos2)8为定值. 从而|FP|－|FP|cos222sinsin（22）（本小题12分） （Ⅰ）解：由a1S11(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此6a12.

又由an1Sn1Sn11(an11)(an12)(an1)(an2)， 66 得 (an1an)(an1an3)0，

即 an1an30或an1an，因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.

（Ⅱ）证法一：由an(2 bnlog2(1bn1)1可解得

13n)log 2a13n1363n). 253n1363n32)因此 3Tn1log2(an3)log2(

253n13n2363n32)令 f(n)(，则

253n13n2从而 Tnb1b2bnlog2(

数学试题（文史类）第10页（共4页）

f(n1)3n23n33(3n3)3 ()2f(n)3n53n2(3n5)(3n2)因 (3n3)3(3n5)(3n2)29n70，故

f(n1)f(n).

特别地f(n)f(1)271. 从而3Tn1log2(an3)log2f(n)0， 30即 3Tn1log2(an3). 证法二：同证法一求得bn及Tn。

由二项式定理知. 当c>0时，不等式(1c)313c成立， 由此不等式有

11133Tn1log22(1)3(1)3(1)253n1333 log22(1)(1)(1)253n1583n2log22log2(3n2)log2(an3).253n1证法三：同证法一求得bn及Tn 令An363n473n1...,Bn... 253n1363n583n2...473n1

3n3n13n23n23因,因此AnAnBnCn3n13n3n12Cn从而

363n333Tn1log22{...}log22Anlog22AnBnCnlog2(3n2)log2(an3)253n1

数学试题（文史类）第11页（共4页）