高考卷,07届,普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）全解全析[推荐五篇]

第一篇：高考卷,07届,普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）全解全析

2007年普通高等学校招生全国统一考试（陕西卷）文科数学（必修+选修Ⅰ）全解全析 注意事项：

1.本试卷分第一部分和第二部分。第一部分为选择题，第二部分为非选择题。

2.考生领到试卷后，须按规定在试卷上填写姓名、准考证号，并在答题卡上填涂对应的试卷类型信息点。

3.所有答案必须在答题卡上指定区域内作答。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（共60分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共12小题，每小题5分，共60分）。

1.已知全集，则集合CuA等于 （A）{1，4}（B）{4，5}（C）{1，4，5}（D）{2，3，6} 解析：选C 2.函数的定义域为（A）［0，1］（B）（-1，1）（C）［-1，1］（D）（-∞，-1）∪（1，+∞）解析：由1-x2>0得-1

①设a,bR,且>1,则＜1;②四个非零实数a、b、c、d依次成等比数列的充要条件是ad=bc;③若f(x)=logix,则f（|x|）是偶函数.其中正确命题的序号是（A）①②（B）②③（C）①③（D）①②③ 解析：①，所以＜1成立；

②ad=bc不一定使a、b、c、d依次成等比数列，如取a=d=-1，b=c=1；

③由偶函数定义可得 12.某生物生长过程中，在三个连续时段内的增长量都相等，在各时段内平均增长速度分别为v1，v2,v3,该生物在所讨论的整个时段内的平均增长速度为（A）（B）（C）（D）解析：设三个连续时段为t1，t2，t3，各时段的增长量相等，设为M，则M= v1 t1= v2 t2=v3 t3，整个时段内的平均增长速度为=，选D 第二部分（共90分）二、填空题：把答案填在答题卡相应题号后的横线上（本大题共4小题，每小题4分，共16分）.13.的展开式中的系数是.（用数字作答）解析：项为，填40 14.已知实数、满足条件则的最大值为.解析：画出可行域知在两直线交点（2，3）处取得最大值8 15.安排3名支教教师去4所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）解析：分2类：（1）每校最多1人：；

（2）每校至多2人，把3人分两组，再分到学校：，共有60种 16.如图，平面内有三个向量、、，其中与的夹角为120°，与的夹角为30°，且＝＝1，＝.若＝的值为.解析：过C作与的平行线与它们的延长线相交，可得平行四边形，由角BOC=90°角AOC=30°，=得平行四边形的边长为和，+= 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（本大题共6小题，共74分）.17.（本小题满分12分）设函数.其中向量.（Ⅰ）求实数的值;（Ⅱ）求函数的最小值.解：（Ⅰ），得．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，当时，的最小值为． 18.（本小题满分12分）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则 即被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为、、、，且各轮问题能否正确回答互不影响.（Ⅰ）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率;（Ⅱ）求该选手至多进入第三轮考核的概率.（注：本小题结果可用分数表示）解：（Ⅰ）记“该选手能正确回答第轮的问题”的事件为，则，，该选手进入第四轮才被淘汰的概率．（Ⅱ）该选手至多进入第三轮考核的概率 19.(本小题满分12分)如图,在底面为直角梯形的四棱锥v ,BC=6.(Ⅰ)求证:BD(Ⅱ)求二面角的大小.解法一：（Ⅰ）平面，平面．． A E D P C B 又，．，，即． 又．平面．（Ⅱ）连接．平面．，． 为二面角的平面角． 在中，，A E D P C B y z x 二面角的大小为． 解法二：（Ⅰ）如图，建立坐标系，则，，，，，．，又，面．（Ⅱ）设平面的法向量为，设平面的法向量为，则，解得．，．二面角的大小为． 20.(本小题满分12分)已知实数列等比数列,其中成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列的前项和记为证明: ＜128…).解：（Ⅰ）设等比数列的公比为，由，得，从而，． 因为成等差数列，所以，即，． 所以．故．（Ⅱ）． 21.(本小题满分12分)已知在区间[0,1]上是增函数,在区间上是减函数,又(Ⅰ)求的解析式;(Ⅱ)若在区间(m＞0)上恒有≤x成立,求m的取值范围.解：（Ⅰ），由已知，即解得，，．（Ⅱ）令，即，或． 又在区间上恒成立，． 22.(本小题满分14分)已知椭圆C:=1(a＞b＞0)的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值.解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为．（Ⅱ）设，．（1）当轴时，．（2）当与轴不垂直时，设直线的方程为． 由已知，得． 把代入椭圆方程，整理得，． ． 当且仅当，即时等号成立．当时，综上所述． 当最大时，面积取最大值．

第二篇：高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）全解全析

2007年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理工类）全解全析

第I卷（共50分）

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）“”是“”的（）

Ａ．充分而不必要条件

Ｂ．必要而不充分条件

Ｃ．充分必要条件

Ｄ．既不充分也不必要条件

【答案】：A

【分析】：由可得,可得到,但得不到.故选A.（2）若函数，（其中，）的最小正周期是，且，则（）

A．

B．

C．

D．

【答案】：D

【分析】：由由

故选D.（3）直线关于直线对称的直线方程是（）

Ａ．

Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．

【答案】：D

【分析】：解法一(利用相关点法)设所求直线上任一点(x,y),则它关于对称点为(2-x,y)

在直线上,化简得故选答案D.解法二：根据直线关于直线对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D,再根据两直线交点在直线选答案D.（4）要在边长为16米的正方形草坪上安装喷水龙头，使整个草坪

都能喷洒到水．假设每个喷水龙头的喷洒范围都是半径为6米的圆面，则需安装这种喷水龙头的个数最少是（）

Ａ．

Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．

【答案】B

【分析】：因为龙头的喷洒面积为36π，正方形面积为256,故至少三个龙头。

由于，故三个龙头肯定不能

保证整个草坪能喷洒到水。当用四个

龙头时，可将正方形均分四个小正方形，同时将四个龙头分别放在它们的中心，由于，故可以保证整个草坪能喷洒到水。

（5）已知随机变量服从正态分布，则（）

A．

B．

C．

D，【答案】：A

【分析】：由又

故选A.（6）若两条异面直线外的任意一点，则（）

Ａ．过点有且仅有一条直线与都平行

Ｂ．过点有且仅有一条直线与都垂直

Ｃ．过点有且仅有一条直线与都相交

Ｄ．过点有且仅有一条直线与都异面

【答案】：B

【分析】：设过点P的直线为，若与l、m都平行，则l、m平行，与已知矛盾，故选项A错误。

由于l、m只有惟一的公垂线，而过点P与

公垂线平行的直线只有一条，故B正确。

对于选项C、D可参考右图的正方体，设AD为直线l，为直线m;

若点P在P1点，则显然无法作出直线与两直线都相交，故选项C错误。

若P在P2点，则由图中可知直线均与l、m异面，故选项D错误。

（7）若非零向量满足，则（）

Ａ．

Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．

【答案】：C

【分析】：

由于是非零向量，则必有故上式中等号不成立。

∴。故选C.（8）设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）

y

x

O

y

x

O

y

x

O

y

x

O

A．

B．

C．

D．

【答案】：D

【分析】：检验易知A、B、C均适合，D中不管哪个为均不成立。

（9）已知双曲线的左、右焦点分别为，是准线上一点，且，则双曲线的离心率是（）

Ａ．

Ｂ．

Ｃ．

Ｄ．

【答案】：B

【分析】：设准线与x轴交于A点.在中，又,化简得,故选答案B

（10）设是二次函数，若的值域是，则的值域是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】：C

【分析】：要的值域是，则又是二次函数，定义域连续，故不可能同时结合选项只能选C.第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．

（11）已知复数，则复数

．

【答案】：

【分析】：

（12）已知，且，则的值是

．

【答案】：

【分析】：本题只需将已知式两边平方即可。∵

∴两边平方得：，即，∴

.（13）不等式的解集是

．

【答案】：

【分析】：

（14）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种.小张用10元钱买杂志

（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是

（用数字作答）．

【答案】：266

【分析】：根据题意，可有以下两种情况：①用10元钱买2元1本共有

②用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本共有

故210+56=266.（15）随机变量的分布列如下：

其中成等差数列，若则的值是

．

【答案】：

【分析】：成等差数列，有

联立三式得

（16）已知点在二面角的棱上，点在内，且．若对于内异于的任意一点，都有，则二面角的大小是

．

【答案】：

【分析】：设直线OP与平面所成的角为,由最小角原理及恒成立知,只

有作于H,则面,故为.（17）设为实数，若，则的取值范围是

．

【答案】：

【分析】：作图易知,设若不成立;

故当且斜率大于等于时方成立.三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

（18）（本题14分）已知的周长为，且．

（I）求边的长；

（II）若的面积为，求角的度数．

解：（I）由题意及正弦定理，得，两式相减，得．

（II）由的面积，得，由余弦定理，得，所以．

（第19题）

（19）（本题14分）在如图所示的几何体中，平面，平面，且，是的中点．

（I）求证：；

（II）求与平面所成的角．

本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．满分14分．

方法一：

（I）证明：因为，是的中点，所以．

又平面，所以．

（II）解：过点作平面，垂足是，连结交延长交于点，连结，．是直线和平面所成的角．

因为平面，所以，又因为平面，所以，则平面，因此．

设，在直角梯形中，是的中点，所以，，得是直角三角形，其中，所以．

在中，所以，故与平面所成的角是．

方法二：

如图，以点为坐标原点，以，分别为轴和轴，过点作与平面垂直的直线为轴，建立直角坐标系，设，则，．，．

（I）证明：因为，所以，故．

（II）解：设向量与平面垂直，则，即，．

因为，所以，即，直线与平面所成的角是与夹角的余角，所以，因此直线与平面所成的角是．

（第20题）

（20）（本题14分）如图，直线与椭圆

交于两点，记的面积为．

（I）求在，的条件下，的最大值；

（II）当，时，求直线的方程．

本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分14分．

（Ⅰ）解：设点的坐标为，点的坐标为，由，解得，所以．

当且仅当时，取到最大值．

（Ⅱ）解：由

得，．

②

设到的距离为，则，又因为，所以，代入②式并整理，得，解得，代入①式检验，故直线的方程是

或或，或．

（21）（本题15分）已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且．

（I）求，，；

（II）求数列的前项和；

（Ⅲ）记，求证：．

本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分．

（I）解：方程的两个根为，当时，所以；

当时，，所以；

当时，，所以时；

当时，，所以．

（II）解：

．

（III）证明：，所以，．当时，，同时，．

综上，当时，．

（22）（本题15分）设，对任意实数，记．

（I）求函数的单调区间；

（II）求证：（ⅰ）当时，对任意正实数成立；

（Ⅲ）有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．

本题主要考查函数的基本性质，导数的应用及不等式的证明等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力．满分15分．

（I）解：．由，得．

因为当时，当时，当时，故所求函数的单调递增区间是，单调递减区间是．

（II）证明：（i）方法一：

令，则，当时，由，得，当时，所以在内的最小值是．

故当时，对任意正实数成立．

方法二：

对任意固定的，令，则，由，得．

当时，．

当时，所以当时，取得最大值．

因此当时，对任意正实数成立．

（ii）方法一：

．

由（i）得，对任意正实数成立．

即存在正实数，使得对任意正实数成立．

下面证明的唯一性：

当，时，，由（i）得，再取，得，所以，即时，不满足对任意都成立．

故有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．

方法二：对任意，因为关于的最大值是，所以要使

对任意正实数成立的充分必要条件是：，即，①

又因为，不等式①成立的充分必要条件是，所以有且仅有一个正实数，使得对任意正实数成立．

第三篇：高考卷 07普通高等学校招生全国统一考试数学（福建卷）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数学（福建卷）数学（文史类）全解全析

第I卷

（选择题共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

（1）已知全集U=|1,2,3,4,5|,且A＝{2,3,4},B={1,2},则（CUB）等于

A.{2}

B.{5}

C.{3,4}

D.{2,3,4,5}

解析：（CUB）={3，4，5}，（CUB）={3，4}，选C

(2)等比数列{an}中，a4=4,则a2·a6等于

A.4

B.8

C.16

D.32

解析：a2·a6=

a42=16，选C

(3)sin15°cos75°+cos15°sin105°等于

A.0

B.C.D.1

解析：sin15°cos75°+cos15°sin105°=

sin215°+cos215°=1，选D

（4）“|x|<2”是“x2-x-6<0”的A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解析：由|x|<2得-2

x2-x-6<0得-2

（5）函数y=sin(2x+)的图象

A.关于点（，0）对称

B.关于直线x=对称

C.关于点（，0）对称

D.关于直线x=对称

解析：由2x+=kπ得x=，对称点为（，0）（），当k=1时为（，0），选A

（6）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、BC1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于

A.45°

B.60°

C.90°

D.120°

解析：连A1B、BC1、A1C1，则A1B=BC1=A1C1，且EF∥A1B、GH∥BC1，所以异面直线EF与GH所成的角等于.60°，选B

（7）已知f(x)为R上的减函数，则满足的实数x的取值范围是

A.（-，1）

B.（1，+）

C.（-，0）（0，1）

D.（-，0）（1，+）

解析：由已知得解得或x>1，选D

（8）对于向量a、b、c和实数，下列命题中真命题是

A.若a·b＝0，则a=0或b=0

B.若a=0,则＝0或a=0

C.若a2=b2,则a=b或a=-b

D.若a-b=a·c，则b=c

解析：

a⊥b时也有a·b＝0，故A不正确；同理C不正确；由a·b=a·c得不到b=c，如a为零向量或a与b、c垂直时，选B

(9)已知m,n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是

A.∥，n∥

∥

B.∥，m∥n

C.m⊥，m⊥nn∥

D.n∥m,n⊥m⊥

解析：A中m、n少相交条件，不正确；B中分别在两个平行平面的两条直线不一定平行，不正确；C中n可以在内，不正确，选D

(10)以双曲线x2-y2=2的右焦点为圆心，且与其右准线相切的圆的方程是

A.x2+y2-4x-3=0

B.x2+y2-4x+3=0

C.x2+y2+4x-5=0

D.x2+y2+4x+5=0

解析：双曲线x2-y2=2的右焦点为（2，0），即圆心为（2，0），右准线为x=1，半径为1，圆方程为，即x2+y2-4x+3=0，选B

(11)已知对任意实数x,有f（-x）=-f

(x)，g(-x)=g(x),且x>0时f’’(x)>0,g’

(x)

>0,则x<0时

A.f’(x)>0,g’(x)>0

B.f

’(x)>0,g’(x)<0

C.f

’(x)<0,g’(x)<0

D.f

’

(x)<0,g’(x)<0

解析：由已知f(x)为奇函数,图像关于原点对称,在对称区间的单调性相同;g(x)为偶函数,在对称区间的单调性相反,x>0时f’’(x)>0,g’

(x)

>0,递增,当x<0时,f(x)

递增,f

’(x)>0;

g(x)递减,g’(x)<0,选B

(12)某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10000个号码.公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为

A.2000

B.4096

C.5904

D.8320

解析：10000个号码中不含4、7的有84=4096，故这组号码中“优惠卡”的个数为10000-4096=5904，选C

第Ⅱ卷（非选择题

共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

（13）（x2+）6的展开式中常数项是

.（用数字作答）

解析：法一：由组合数性质，要使出现常数项必须取2个x2，4个，故常数项为

法二：展开后可得常数项为15

（14）已知实数x、y满足则z=2x-y的取值范围是

.解析：画出可行域知z=2x-y在（-1，3）取得最小值-5，在（5，3）取得最大值7，范围是[-5，7]

（15）已知长方形ABCD，AB＝4，BC＝3，则以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的离心率为。

解析：由已知C=2，（16）中学数学中存在许多关系，比如“相等关系”、“平行关系”等等.如果集合A中元素之间的一个关系“-”满足以下三个条件：

（1）自反性：对于任意a∈A,都有a-a;

(2)对称性：对于a,b∈A，若a-b,则有b-a;

(3)传递性：对于a,b,c∈A,若a-b,b-c,则有a-c.则称“-”是集合A的一个等价关系.例如：“数的相等”是等价关系，而“直线的平行”不是等价关系（自反性不成立）.请你再列出两个等价关系：

.解析：答案不唯一，如“图形的全等”、“图形的相似”、“非零向量的共线”、“命题的充要条件”等等.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）

在△ABC中，tanA=,tanB=.(I)求角C的大小;

(II)若AB边的长为，求BC边的长

本小题主要考查两角和差公式，用同角三角函数关系等解斜三角形的基本知识以及推理知运算能力.满分12分.解：（I）∵C＝-(A+B),∴tanC=-tan(A+B)=

又∵0

(II)由且A∈（0，），得sinA=

∵∴BC＝AB·.（18）（本小题满分12分）

甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别为0.7、0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：

（I）甲试跳三次，第三次才能成功的概率;

(II)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率;

(III)甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率.本小题主要考查概率的基础知识，运用数学知识解决问题的能力，以及推理与运算能力.解：记“甲第i次试跳成功”为事件A1，“乙第i次试跳成功”为事件B1.依题意得P（A1）＝0.7，P（B1）＝0.6，且A1B1（i=1,2,3）相互独立.(I)“甲第三次试跳才成功”为事件A3，且三次试跳相互独立，∴P（A3）＝P（）P=0.3×0.3×0.7=0.063.答：甲第三次试跳才成功的概率为0.063.(II)甲、乙两支在第一次试跳中至少有一人成功为事件C，解法一：C＝A1彼此互斥，∴P（C）

＝

＝0.7×0.4+0.3×0.6+0.7×0.6

=

0.88.解法二：P（C）＝1-＝1-0.3×0.4=0.88.答：甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率为0.88.（III）设“甲在两次试跳中成功i次”为事件Mi（i=0,1,2）,“乙在两次试跳中成功i次”为事件Ni(i=0,1,2),∵事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为M1N0+M2N1,且M1N0、M2N1为互斥事件.∴所求的概率为

＝×0.7×0.3×0.42+0.72××0.6×0.4

=0.0672+0.2352

=0.3024.答：甲、乙每人试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为0.3024.（19）（本小题满分12分）

如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点.(I)求证：AB1⊥平面A1BD;

(II)求二面角A-A1D-B的大小.本小题主要考查直线与平面的位置关系，三面角的大小等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力

解法一：（I）取BC中点O，连结AO.∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.∵正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1,∴AO⊥平面BCC1B1,连结B1O，在正方形BB1C1C中,O、D分别为BC、CC1的中点，∴B1O⊥BD,∴AB1⊥BD.在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，∴AB1⊥平面A1BD.(II)设AB1与A1B交于点C，在平面A1BD中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（I）得AB1⊥平面A1BD，∴∠AFG为二面A-A1B-B的平面角.在△AA1D中，由等面积法可求得AF＝，又∵AG＝=,∴sin∠AFG=,所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin.解法二：（I）取BC中点O，连结AO.∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.∵正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1.取B1C1中点O1，以a为原点，的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B（1,0,0）,D

(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0),∴

∵

∴⊥⊥,∴AB1⊥平面A1BD.(II)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).∵n⊥⊥,∴

∵

∴

令z=1得a=(-,0,1)为平面A1AD的一个法向量.由（I）知AB1⊥A1BD.∴为平面A1BD的法向量.cos===-.∴二面角A-A1D-B的大小为arccos.(20)（本小题满分12分）

设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0).(I)求f

(x)的最小值h(t);

(II)若h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围.本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力.解：（I）∵

（），∴当x=-t时，f(x)取最小值f(-t)=-t2+t-1,即h(t)=-t3+t-1.(II)令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m,由g’(t)=-3t2+3=0得t=1,t=-1（不合题意，舍去）.当t变化时g’(t)、g(t)的变化情况如下表：

T

(0,1)

(1,2)

g’(t)

+

0

g(t)

递增

极大值1-m

递减

∴g(t)在（0，2）内有最大值g(1)=1-m

h(t)<-2t+m在（0，2）内恒成立等价于g(t)<0在（0，2）内恒成立，即等价于1-m<0

所以m的取值范围为m>1

（21）（本小题满分12分）

数列{an}的前N项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn

(n∈N*).(I)求数列{an}的通项an;

(II)求数列｛nan｝的前n项和T.本小题考查数列的基本知识，考查等比数列的概念、通项公式及数列的求和，考查分类讨论及归的数学思想方法，以及推理和运算能力.满分12分.解：（I）∵an+1=2Sn，∴Sn+1-Sn=2Sn,∴=3.又∵S1＝a1=1,∴数列｛Sn｝是首项为1、公比为3的等比数列，Sn=3n-1(n∈N*).∴当n2时，an-2Sn-1=2·3n-2(n2),∴an=

(II)Tn=a1+2a2+3a3+…+nan.当n=1时，T1=1;

当n2时，Tn=1+4·30+6·31+2n·3

n-2,…………①

3Tn=3+4·31+6·32+…+2n·3n-1,…………②

①-②得：-2Tn=-2+4+2(31+32+…+3n-2)-2n·3

n-1

=2+2·

=-1+(1-2n)·3n-1

∴Tn=+(n-)3n-1

(n2).又∵Tn=a1=1也满足上式，∴Tn=+(n-)3n-1(n∈N*)

(22)（本小题满分14分）

如图，已知点F（1，0），直线l:x=-1,P为平面上的动点，过P作l的垂线，垂足为点Q，且·

（I）求动点P的轨迹C的方程;

（II）过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M.（1）已知的值;

(2)求||·||的最小值.本小题考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力.满分14分.解法一：（I）设点P（x,y）,则Q（-1，y）,由得：

(x+1,0)·(2,-y)=(x-1,y)·(-2,y),化简得C：y2=4x.(II)（1）设直线AB的方程为：

x=my+1(m≠0).设A（x1,y1）,B(x2,y2),又M（-1,-）.联立方程组,消去x得：

y2-4my-4=0,△

=(-4m)2+12>0,由得：，整理得：,∴

=

=-2-

=0.解法二：（I）由

∴·，∴=0,∴

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y2=4x.(II)(1)由已知

则：…………①

过点A、B分别作准l的垂线，垂足分别为A1、B1,则有：…………②

由①②得：

（II）（2）解：由解法一：

·＝（）2|y1-yM||y2-yM|

=(1+m2)|y1y2-yM(y1+y2)|+yM2|

=(1+m2)|-4+

×4m+|

=

=4(2+m2+)

4(2+2)=16.当且仅当，即m=1时等号成立，所以·最小值为16.

第四篇：高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理工类数学试题「全解全析版」

2016年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)

数学试题（理工类）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合则（）

A．[2,3]

B．（-2,3

]

C．[1,2)

D．

【答案】B

考点：1、一元二次不等式；2、集合的并集、补集．

【易错点睛】解一元二次不等式时，的系数一定要保证为正数，若的系数是负数，一定要化为正数，否则很容易出错．

2.已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足

则（）

A．m∥l

B．m∥n

C．n⊥l

D．m⊥n

【答案】C

【解析】

试题分析：由题意知，．故选C．

考点：空间点、线、面的位置关系．

【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．

3.在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域

中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB，则│AB│=（）

A．2

B．4

C．3

D．

【答案】C

【解析】

考点：线性规划．

【思路点睛】先根据不等式组画出可行域，再根据题目中的定义确定的值．画不等式组所表示的平面区域时要注意通过特殊点验证，防止出现错误．

4.命题“，使得”的否定形式是（）

A．，使得

B．，使得

C．，使得

D．，使得

【答案】D

【解析】

试题分析：的否定是，的否定是，的否定是．故选D．

考点：全称命题与特称命题的否定．

【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作：①将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；②将结论加以否定．

5.设函数，则的最小正周期（）

A．与b有关，且与c有关

B．与b有关，但与c无关

C．与b无关，且与c无关

D．与b无关，但与c有关

【答案】B

考点：1、降幂公式；2、三角函数的最小正周期．

【思路点睛】先利用三角恒等变换（降幂公式）化简函数，再判断和的取值是否影响函数的最小正周期．

6.如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，（）.若（）

A．是等差数列

B．是等差数列

C．是等差数列

D．是等差数列

【答案】A

【解析】

试题分析：表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度一半，即，由题目中条件可知的长度为定值，那么我们需要知道的关系式，过作垂直得到初始距离，那么和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中为两条线的夹角，即为定值，那么，作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．

考点：等差数列的定义．

【思路点睛】先求出的高，再求出和的面积和，进而根据等差数列的定义可得为定值，即可得是等差数列．

7.已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）

A．m>n且e1e2>1

B．m>n且e1e2<1

C．m1

D．m

【答案】A

考点：1、椭圆的简单几何性质；2、双曲线的简单几何性质．

【易错点睛】计算椭圆的焦点时，要注意；计算双曲线的焦点时，要注意．否则很容易出现错误．

8.已知实数a，b，c（）

A．若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2<100

B．若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2<100

C．若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2<100

D．若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2<100

【答案】D

【解析】

试题分析：举反例排除法：

A.令，排除此选项，B.令，排除此选项，C.令，排除此选项，故选D．

考点：不等式的性质．

【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用赋值的方式进行排除，确认成立的不等式．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．

9.若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．

【答案】

【解析】

试题分析：

考点：抛物线的定义．

【思路点睛】当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到轴的距离．

10.已知2cos2x+sin

2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0)，则A=______，b=________．

【答案】

考点：1、降幂公式；2、辅助角公式．

【思路点睛】解答本题时先用降幂公式化简，再用辅助角公式化简，进而对照可得和．

11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是

cm2，体积是

cm3.【答案】

【解析】

试题分析：几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为

考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积与体积．

【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．

12.已知a>b>1.若logab+logba=，ab=ba，则a=，b=

.【答案】

考点：1、指数运算；2、对数运算．

【易错点睛】在解方程时，要注意，若没注意到，方程的根有两个，由于增根导致错误．

13.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则a1=，S5=

.【答案】

【解析】

试题分析：，再由，又，所以

考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的前项和．

【易错点睛】由转化为的过程中，一定要检验当时是否满足，否则很容易出现错误．

14.如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是

.【答案】

由余弦定理可得，所以.过作直线的垂线，垂足为.设

则，即，解得.而的面积.（2）当时，有，故.此时，.由（1）可知，函数在单调递减，故.综上，四面体的体积的最大值为.考点：1、空间几何体的体积；2、用导数研究函数的最值．

【思路点睛】先根据已知条件求出四面体的体积，再对的取值范围讨论，用导数研究函数的单调性，进而可得四面体的体积的最大值．

15.已知向量a、b,｜a｜

=1，｜b｜

=2，若对任意单位向量e，均有

｜a·e｜+｜b·e｜,则a·b的最大值是

．

【答案】

考点：平面向量的数量积．

【易错点睛】在两边同时平方，转化为的过程中，很容易忘记右边的进行平方而导致错误．

三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16.（本题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a

cos

B.（I）证明：A=2B；

（II）若△ABC的面积，求角A的大小.【答案】（I）证明见解析；（II）或．

试题分析：（I）先由正弦定理可得，进而由两角和的正弦公式可得，再判断的取值范围，进而可证；（II）先由三角形的面积公式可得，进而由二倍角公式可得，再利用三角形的内角和可得角的大小．

试题解析：（I）由正弦定理得，故，于是．

又，故，所以

或，因此（舍去）或，所以，．

考点：1、正弦定理；2、两角和的正弦公式；3、三角形的面积公式；4、二倍角的正弦公式．

【思路点睛】（I）用正弦定理将边转化为角，进而用两角和的正弦公式转化为含有，的式子，根据角的范围可证；（II）先由三角形的面积公式及二倍角公式可得含有，的式子，再利用三角形的内角和可得角的大小．

17.(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面，BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(I)求证：EF⊥平面ACFD；

(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）．[

【解析】

试题分析：（I）先证，再证，进而可证平面；（II）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：

先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．

（II）方法一：

过点作，连结．

因为平面，所以，则平面，所以．

所以，是二面角的平面角．

在中，，得．

在中，，得．

所以，二面角的平面角的余弦值为．

方法二：

如图，延长，相交于一点，则为等边三角形．

取的中点，则，又平面平面，所以，平面．

以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．

由题意得，，，．

因此，，．

考点：1、线面垂直；2、二面角．

【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．

18.（本小题15分）已知，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，其中min{p，q}=

（I）求使得等式F（x）=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；

（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；

（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．

（II）（i）设函数，则，所以，由的定义知，即

．

（ii）当时，当时，．

所以，．

考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式．

【思路点睛】（I）根据的取值范围化简，即可得使得等式成立的的取值范围；（II）（i）先求函数和的最小值，再根据的定义可得；（ii）根据的取值范围求出的最大值，进而可得．

19.（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；

（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I）；（II）．

（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，满足

．

记直线，的斜率分别为，且，．

由（I）知，，故，所以．

由于，得，因此，①

因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以

．

因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为．

考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率．

【思路点睛】（I）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（II）利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．

20.（本题满分15分）设数列满足，．

（I）证明：，；

（II）若，证明：，．

【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．

[

（II）任取，由（I）知，对于任意，故

．

从而对于任意，均有

．

考点：1、数列；2、累加法；3、证明不等式．

【思路点睛】（I）先利用三角形不等式及变形得，再用累加法可得，进而可证；（II）由（I）的结论及已知条件可得，再利用的任意性可证．

第五篇：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．不等式的解集是

A．

B.C.D.【答案】D

【解析】由得x（x-1）>0，所以解集为

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．

B.C.D.【答案】B

【解析】由向量的减法知

3.设，有实根，则是的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，关于的方程有实根；但关于的方程有实根，判别可以等于0

4．在等比数列中，若，则该数列的前10项和为

A．

B.C.D.【答案】B

【解析】由，所以

5．在的二项展开式中，若只有的系数最大，则

A．8

B.9

C.10

D.11

【答案】C

【解析】只有的系数最大，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

中，E、F

分别是的中点，则以下结论中不成立的是

A．

B.C.D.【答案】D

图1

【解析】连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角

形B1AC中EF，所以EF∥平面ABCD，而B1B⊥面ABCD，所以；又AC⊥BD，所以。由EF，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

图2

【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．函数的图象和函数的图象的交点个数是

A．1

B.2

C.3

D.4

【答案】C

【解析】由图像可知交点共有3个。

9．设分别是椭圆的左、右焦点，P是其右准线上纵坐标为（为半焦距）的点，且，则椭圆的离心率是

A．

B.C.D.【答案】D

【解析】由已知P（），所以化简得

10.设集合，的含两个元素的子集，且满

足：对任意的，都有.则的最大值是

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.圆心为且与直线相切的圆的方程是

.【答案】

【解析】半径R=，所以圆的方程为

12.在中，角A、B、C所对的边分别为，若，则

A=.【答案】

【解析】由正弦定理得，所以A=

13.若.【答案】3

【解析】由得，所以

b

14.设集合，（1）的取值范围是

.（2）若且的最大值为9，则的值是

.【答案】（1）（2）

【解析】（1）由图象可知的取值范围是；（2）若则（x，y）在图中的四边形内，t=在（0，b）处取得最大值，所0+2b=9，所以b=

15.棱长为1的正方形的8个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积是

；设分别是该正方形的棱的中点，则直线被球O截得的线段长为

.【答案】，【解析】正方体对角线为球直径，所以，所以球的表面积为；由已知所求EF是正方体在球中其中一个截面的直径，d=，所以，所以EF=2r=。

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.求：

(Ⅰ)函数的最小正周期；

（Ⅱ）函数的单调增区间.解：

．

（I）函数的最小正周期是；

（II）当，即（）时，函数是增函数，故函数的单调递增区间是（）．

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，“该人参加过计算机培训”为事件，由题设知，事件与相互独立，且，．

（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

所以该人参加过培训的概率是．

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

该人参加过两项培训的概率是．

所以该人参加过培训的概率是．

（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

．

3人都参加过培训的概率是．

所以3人中至少有2人参加过培训的概率是．

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

．

3人都没有参加过培训的概率是．

所以3人中至少有2人参加过培训的概率是

18.（本小题满分１4分）

如图，已知直二面角，直线CA和平面所成的角为.(Ⅰ)证明；

(Ⅱ)求二面角的大小.解：（I）在平面内过点作于点，连结．

因为，所以，A

B

C

Q

P

O

H

又因为，所以．

而，所以，．从而．又，所以平面．因为平面，故．

（II）解法一：由（I）知，又，，所以．

过点作于点，连结，由三垂线定理知，．

故是二面角的平面角．

由（I）知，所以是和平面所成的角，则，不妨设，则，．

在中，所以，于是在中，．

故二面角的大小为．

解法二：由（I）知，，故可以为原点，分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．

因为，所以是和平面所成的角，则．

不妨设，则，．

A

B

C

Q

P

O

x

y

z

在中，所以．

则相关各点的坐标分别是，，．

所以，．

设是平面的一个法向量，由得

取，得．

易知是平面的一个法向量．

设二面角的平面角为，由图可知，．

所以．

故二面角的大小为．

19.（本小题满分13分）

已知双曲线的右焦点为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）证明为常数；

（Ⅱ）若动点（其中为坐标原点），求点的轨迹方程.解：由条件知，设，．

（I）当与轴垂直时，可设点的坐标分别为，此时．

当不与轴垂直时，设直线的方程是．

代入，有．

则是上述方程的两个实根，所以，于是

．

综上所述，为常数．

（II）解法一：设，则，，．由得：

即

于是的中点坐标为．

当不与轴垂直时，即．

又因为两点在双曲线上，所以，两式相减得，即．

将代入上式，化简得．

当与轴垂直时，求得，也满足上述方程．

所以点的轨迹方程是．

解法二：同解法一得……………………………………①

当不与轴垂直时，由（I）

有．…………………②

．………………………③

由①②③得．…………………………………………………④

．……………………………………………………………………⑤

当时，由④⑤得，将其代入⑤有

．整理得．

当时，点的坐标为，满足上述方程．

当与轴垂直时，求得，也满足上述方程．

故点的轨迹方程是．

20.（本小题满分13分）

设，.（Ⅰ）证明数列是常数数列；

（Ⅱ）试找出一个奇数，使以18为首项，7为公比的等比数列中的所有项都是数列中的项，并指出是数列中的第几项.解：（I）当时，由已知得．

因为，所以．

…………………………①

于是．

…………………………………………………②

由②－①得：．……………………………………………③

于是．……………………………………………………④

由④－③得：．…………………………………………………⑤

即数列（）是常数数列．

（II）由①有，所以．

由③有，所以，而⑤表明：数列和分别是以，为首项，6为公差的等差数列．

所以，．

由题设知，．当为奇数时，为奇数，而为偶数，所以不是数列中的项，只可能是数列中的项．

若是数列中的第项，由得，取，得．此时，由得，从而是数列中的第项．

（注：考生取满足，的任一奇数，说明是数列中的第项即可）

21.（本小题满分13分）

已知函数在区间内各有一个极值点.（Ⅰ）求的最大值；

（Ⅱ）当时，设函数在点处的切线为，若在点A处穿过的图象（即动点在点A附近沿曲线运动，经过点A时，从的一侧进入另一侧），求函数的表达式.解：（I）因为函数在区间，内分别有一个极值点，所以在，内分别有一个实根，设两实根为（），则，且．于是，且当，即，时等号成立．故的最大值是16．

（II）解法一：由知在点处的切线的方程是，即，因为切线在点处穿过的图象，所以在两边附近的函数值异号，则

不是的极值点．

而，且

．

若，则和都是的极值点．

所以，即．又由，得．故．

解法二：同解法一得

．

因为切线在点处穿过的图象，所以在两边附近的函数值异号．于是存在（）．

当时，当时，；

或当时，当时，．

设，则

当时，当时，；

或当时，当时，．

由知是的一个极值点，则．

所以．又由，得，故．