高考重庆卷理科数学试题及解答Word文件下载.docx
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A．0B．1C．1D．1
n→∞
an-1+2bn
42
（9）已知定义域为R的函数f（x）在（8,+∞）上为减函数，且y=f（x+8）函数为偶函数，则（）
A.f（6）>
f（7）B.f（6）>
f（9）C.f（7）>
f（9）D.f（7）>
f（10）
→→→→→→→
（10）如图，在四边形ABCD中，|AB|+|BD|+|DC|=4,AB⋅BD=BD⋅DC=0,
|AB|⋅|BD|+|BD|⋅|DC|=4则（AB+DC）⋅AC的值为（）
D
A.2B.
2C.4D.4
二、填空题：
本大题共6小题，共24分，把答案填写在答题卡相应位置上
2iAB
（11）复数2+i3的虚部为.
⎧x-y≤1
⎪
（12）已知x,y满足⎨2x+y≤4，则函数z=x+3y的最大值是.
⎩
（13）若函数f（x）=
x≥1
的定义域为R，则a的取值范围为.
n20042005
（14）设{a}为公比q>
1的等比数列，若a和a是方程4x28x+3=0的两根，则
a2006+a2007=.
（15）某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有
种。
（以数字作答）
（16）过双曲线x2-y2=4的右焦点F作倾斜角为1050的直线，交双曲线于PQ两点，则|FP||FQ|的值为.
三、解答题：
本大题共６小题，共７６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）设f（x）=
6cos2x-
3sin2x
（1）求f（x）的最大值及最小正周期；
（2）若锐角α满足f（α）=3-2
，求tan4α的值。
5
（18）（本小题满分13分）某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元
的保险金，对在一年内发生此种事故的车辆，单位获9000元的赔偿（假设每辆车最多只赔偿一次）。
设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为，且各车是否发生事故相互独立。
求一年内该单位在此保险中：
（1）获赔的概率；
（2）获赔金额ξ的分别列与期望。
（19）（本小题满分13分）如图，在直三棱柱ABC—ABC中，AA
=2,∠ABC=900AB=1；
点D、
1111
E分别在BB1、A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C-ABDA1与直三棱柱的体积之比为3：
5。
（1）求异面直线DE与B1C1的距离；
（2）若BC=
，求二面角A1-DC1-B1的平面角的正切值。
（20）（本小题满分13分）已知函数f（x）=ax4lnx+bx4-c（x>
0）在x=1处取得极值--3--c，其中a,b,c
为常数。
（1）试确定a,b的值；
（2）讨论函数f（x）的单调区间；
（3）若对任意x>
0，不等式f（x）≥-2c2恒成立，求c的取值范围。
（21）（本小题满分12分）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>
1，且
nnn
6S=（a+1）（a+2）,n∈N*
（1）求{an}的通项公式；
nnnn
（2）设数列{b}满足a（2bn-1）=1，并记T为{b}的前n项和，求证：
n2n
3T+1>
log（a+3）,n∈N*
（22）（本小题满分12分）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为F（3，0），右准线l的方程为：
x=12。
（1）求椭圆的方程；
（2）在椭圆上任取三个不同点P1,P2,P3，使∠P1FP2=∠P2FP3=∠P3FP1，证明
1
|FP1|
+1
|FP2|
|FP3|
为定值，并求此定值。
2007年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）数学试题（理工农医类）答案
每小题5分，满分50分．
（1）A
（2）D（3）C（4）B（5）A（6）C
（7）B（8）B（9）D（10）C二、填空题：
每小题4分，满分24分．
4
（11）
（12）7（13）[-1，0]
（14）18（15）25（16）
3
满分76分．
（17）（本小题13分）
1+cos2x
解：
（Ⅰ）f（x）=6
-
2
=3cos2x-3sin2x+3
=23⎛3cos2x-1sin2x⎫+3
ç
22⎪
⎝⎭
⎛π⎫
6
=23cosç
2x+⎪+3．
故f（x）的最大值为2+3；
2π
最小正周期T==π．
（Ⅱ）由f（α）=3-2
得23cosç
2α+⎪+3=3-2
，故cosç
2α+⎪=-1．
πππππ5
又由0<
α<
得<
2α+<
π+，故2α+=π，解得α=π．
2666612
从而tan4α=tanπ=．
53
（18）（本小题13分）
设Ak表示第k辆车在一年内发生此种事故，k=1，2，3．由题意知A1，A2，A3独立，
111
且P（A1）=9，P（A2）=10，P（A3）=11．
（Ⅰ）该单位一年内获赔的概率为
1-P（A1A2A3）=1-P（A1）P（A2）P（A3）=1-⨯⨯=．
9101111
（Ⅱ）ξ的所有可能值为0，9000，18000，27000．
P（ξ=0）=P（AAA）=P（A）P（A）P（A）=8⨯
9⨯10=8，
123123
P（ξ=9000）=P（A1A2A3）+P（A1A2A3）+P（A1A2A3）
=P（A1）P（A2）P（A3）+P（A1）P（A2）P（A3）+P（A1）P（A2）P（A3）
=1⨯9⨯10+8⨯1⨯10+8⨯9⨯1
910119101191011
=242=11，
99045
P（ξ=18000）=P（A1A2A3）+P（A1A2A3）+P（A1A2A3）
=1⨯1⨯10+1⨯9⨯1+8⨯1⨯1
910119101191011
=27=3，
990110
P（ξ=27000）=P（A1A2A3）=P（A1）P（A2）P（A3）
=1⨯1⨯1=1．
91011990
综上知，ξ的分布列为
求ξ的期望有两种解法：
解法一：
由ξ的分布列得
Eξ=0⨯8+9000⨯11+18000⨯
3+27000⨯1
1145110990
=29900≈2718.18（元）．
11
解法二：
设ξk表示第k辆车一年内的获赔金额，k=1，2，3，则ξ1有分布列
故Eξ1=9000⨯9=1000．
11
同理得Eξ2=9000⨯10=900，Eξ3=9000⨯11≈818.18．
综上有Eξ=Eξ1+Eξ2+Eξ3≈1000+900+818.18=2718.18（元）．
19．（本小题13分）解法一：
（Ⅰ）因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，故B1C1⊥面A1ABB1，
从而B1C1⊥B1E，又B1E⊥DE，故B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线．设BD的长度为x，则四棱椎C-ABDA1的体积V1为
V=1S·
BC=1（DB+AA）·
AB·
BC=1（x+2）·
BC．
13ABDA1616
而直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V2为V2=S△ABC·
AA1=2AB·
BC·
AA1=BC．
138
82
由已知条件V1:
V2=3:
5，故6（x+2）=5，解之得x=5．从而B1D=B1B-DB=2-5=5．
在直角三角形ABD中，AD===，
1115
又因SAD·
BEAB·
BD，
故BE=A1B1·
B1D=229．
A1D29
（Ⅱ）如答（19）图1，过B作BF⊥CD，垂足为F，连接AF，A1
C1因
A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．
由三垂线定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1为所求二面角的平面角．
在直角△CBD中，CD===，
11
又因S△CBD=
1CD·
BF=1
2112
B1C1·
B1D，
5AC
B
故BF=B1C1·
B1D=
，所以tanAFB=A1B1=．
答（19）图1
C1D9
B1F2
（Ⅰ）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（0，0，0），B1（0，0，2），
A（0，1，0），A1（0，1，2），则AA1=（0，0，2），AB=（0，-1，0）．设C1（a，0，2），则B1C1=（a，0，0），
又设E（0，y0，z0），则B1E=（0，y0，z0-2），从而B1C1B1E=0，即B1E⊥B1C1．
又BE⊥DA，所以BE是异面直线BC与DE的公垂线．
11111
下面求点D的坐标．
设D（0，0，z），则BD（0，0，z）．因四棱锥C-ABDA1的体积V1为
V=1S
=1
+
y
13ABDA1BC
6（BDAA1）ABBC
=1（z+2）1．
B（O）
1答（19）图2
而直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V2为V2=S△ABCAA1
=2ABBCAA1
=BC．
由已知条件V:
V=3:
5，故1（z+2）=3，解得z=8，即D⎛0，08⎫．
1265
，⎪
5⎝5⎭
⎛
2⎫⎛
2⎫⎛8⎫
从而DB1ç
0，0，⎪，DA1=ç
0，1，⎪，DE=ç
0，y0，z0-⎪．
⎝5⎭⎝5⎭⎝5⎭
接下来再求点E的坐标．
由B1E⊥DA1，有B1EDA1=0，即y0+5（z0-2）=0
（1）
y0
又由DA1∥DE得1
z-8
=05
．
（2）
48
⎛448⎫
410⎫
联立
（1），
（2），解得y0=29，z0=29，即E=ç
0，，⎪，得B1E=ç
0，，-⎪．
故B1E=
⎝
=．
29
2929⎭
⎝2929⎭
（Ⅱ）由已知BC=，则C1（2，0，2），从而DC1=（2，0，），过B1作B1F⊥C1D，垂足为F，
连接A1F，
设F（x1，0，z1），则B1F=（x1，0，z1-2），因为B1FDC1=0，故
2x+2z-4=0……………………………………①
1515
⎛8⎫
115
因DF=ç
x1，0，z1-5⎪且DF∥DC1得
=2，即
2x-
51
2z1+=0……………………………………②
联立①②解得x=，z=44，即F⎛2
2，0
44⎫．
1127
27
，⎪
27⎭
⎛210⎫
则A1F=ç
272，-1，-27⎪，B1F=ç
272，0，-27⎪．
⎝⎭⎝⎭
|B1F|==9．
2
又=
22+（-1）0-102=0，故AF⊥DC
，因此∠AFB为所求二面角的平面
A1FDC1
27275
1111
角．又A1B1=（0，-1，0），从而A1B1B1F=0，故A1B1⊥B1F，△A1B1F为直角三角形，所以
|A1B1|
tanA1FB1=
=．
|B1F|2
（20）（本小题13分）
（I）由题意知f
（1）=-3-c，因此b-c=-3-c，从而b=-3．
又对f（x）求导得
f'
（x）=4ax3lnx+ax41+4bx3
=x3（4alnx+a+4b）．
由题意f'
（1）=0，因此a+4b=0，解得a=12．
（II）由（I）知f'
（x）=48x3lnx（x>
0），令f'
（x）=0，解得x=1．当0<
1时，f'
（x）<
0，此时f（x）为减函数；
当x>
（x）>
0，此时f（x）为增函数．
因此f（x）的单调递减区间为（0，1），而f（x）的单调递增区间为（1，+∞）．
（III）由（II）知，f（x）在x=1处取得极小值f
（1）=-3-c，此极小值也是最小值，要使f（x）≥-2c2
（x>
0）恒成立，只需-3-c≥-2c2．
即2c2-c-3≥0，从而（2c-3）（c+1）≥0，
解得c≥或c≤-1．
⎭
所以c的取值范围为（-∞，-1]⎡3，+∞⎫．
（21）（本小题12分）
⎢⎣2⎪
（I）解由a=S=1（a+1）（a+2），解得a=1或a=2，由假设a=S
>
1，因此a=2，
1161111
又由an+1=Sn+1-Sn=6（an+1+1）（an+1+2）-6（an+1）（an+2），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．
b⎛1⎫3n
（II）证法一：
由an（2n-1）=1可解得bn=log2ç
1+
⎪=log
2⎭
；
3n-1
从而T
=b+b
++b
=log
⎛363n⎫．
n12
n2ç
⎪
因此3Tn+1-log2（an+3）=log2ç
⎪．
⎝253n-1⎭3n+2
⎛363n⎫32
f（n+1）3n+2
⎛3n+3⎫3
（3n+3）2
令f（n）=ç
⎪，则
=ç
⎪=2．
⎝253n-1⎭
3n+2
f（n）3n+5⎝3n+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3T+1-log（a+3）=log
f（n）>
0．
20n2n2
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．
⎛1⎫3⎛1⎫3⎛
1⎫3
由此不等式有3Tn+1=log22ç
1+2⎪ç
1+5⎪
ç
1+3n-1⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
log2⎛1+3⎫⎛1+3⎫⎛1+3⎫
2ç
2⎪ç
5⎪ç
3n-1⎪
=log2583n+2=log（3n+2）=log（a
+3）．
2·
·
·
253n-1
22n
证法三：
同证法一求得bn及Tn．
363n
473n+1
583n+2
令An=·
，Bn=·
，Cn=·
．
253n-1363n3n3n+13n+2
因>
>
3n-13n
．
3n+1
因此A2>
ABC
=3n+2．
⎛363n⎫3
从而3T
+1=log2
=log2A3
253n-1⎪2n
log22AnBnCn=log2（3n+2）=log2（an+3）．证法四：
下面用数学归纳法证明：
3Tn+1>
当n=1时，3T+1=log27，log（a+3）=log5，
124
212
因此3T1+1>
log2（a1+3），结论成立．
假设结论当n=k时成立，即3Tk+1>
log2（ak+3）．则当n=k+1时，
3Tk+1+1-log2（ak+1+3）=3Tk+1+3bk+1-log2（ak+1+3）
log2（ak+3）-log2（ak+1+3）+3bk+1
（3k+3）3
=log2（3k+5）（3k+2）2
32
（3k
升级会员 