2007年湖南高考理科数学试卷及详解

2007年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）

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．4i 2．不等式

B．4i

C．2i

D．2i

2x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

D．0.975

B．0.050

C．0.950

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（ ） ．．．

页脚内容1

2007年湖北省高考数学试卷（理科）

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O的表面上，E，F分别是棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为（ ）

A．

2 2

B．1 C．12 2D．2

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P,ab使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A．0，2 2

B．0，

33

C．2

，1

2

D．3 ，1310．设集合M{1，2，3，4，5，6}， S1，S2，，Sk都是M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

abajbjmini，imin，（min{x，y}表示两个数x，y中的较小者），则k的最大值

bjajbiai是（ ） A．10

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．

B．11

C．12

D．13

，且与直线xy4相切的圆的方程是 ． 11．圆心为(11)12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a1，b=7，c3，Cπ，则B ． 333]上的最小值是 ． 13．函数f(x)12xx在区间[3，页脚内容2

2007年湖北省高考数学试卷（理科）

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

B，且x2y的最大值为9，则b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n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

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．

页脚内容3

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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，G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．

G1

A E B G D F C

G2

A C

图3

D F

B E

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P和居民区O的公路，点P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P到平5面的距离PH0.4（km）．沿山脚原有一段笔直的公路AB可供利用．从点O到山脚修路的造价为a万元/km，原有公路改建费用为

2a万元/km．当山坡上公路长度2为lkm（1≤l≤2）时，其造价为(l1)a万元．已知OA⊥AB，PB⊥AB，

AB1.5(km)，OA3(km)．

（I）在AB上求一点D，使沿折线PDAO修建公路的总造价最小；

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

（III）在AB上是否存在两个不同的点D，E，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．

页脚内容4

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A

Ｏ

E

D

B

20．（本小题满分12分）

已知双曲线xy2的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线相交于

22P

H

A，B两点．

（I）若动点M满足FM，求点M的轨迹方程； F1AF1BFO11（其中O为坐标原点）（II）在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（本小题满分13分）

x已知An(an，bn)（nN*）是曲线ye上的点，a1a，Sn是数列{an}的前n项和，222且满足Sn3nanSn1，an0，n2，…． 3，4，（I）证明：数列bn2（n≤2）是常数数列； bn（II）确定a的取值集合M，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n单调递增．

参

1．【答案】C

4i242i【解析】2i. 21+i(1+i)2i页脚内容25

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2．【答案】D 【解析】由

(x2)(x1)≤0x2，所以解集为(1，2]. ≤0得x1x103．【答案】B 【解析】由韦恩图知M4． 【答案】A

【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→222NMN;反之，MNMN.

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=2。 442a2b2y【解析】由已知P(,y)，所以F1P的中点Q的坐标为(,)，由

c2c2 kF1Pcycyb4222,kQF22,kF1PkQF21,y2b2. 2bb2cc222 y(ac)(3113)0(3)0,1e. 22ee3页脚内容6

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当kF1Pa230时，kQF2不存在，此时F2为中点，c2ce.

c3综上得

3e1. 310．【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 【解析】半径R=

22|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b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】21，32

【解析】由不完全归纳法知，全行都为1的是第21行；

nn9. 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。

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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k为偶数时，g(x0)1当k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62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A，“该人参加过计算机

培训”为事件B，由题设知，事件A与B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

页脚内容8

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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

 P 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．

（II）过点B作BH⊥AG1于点H，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G1ABG1

H A G2

D

O

B E F C

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O，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．

页脚内容9

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又AG1628210，由BHAG1G1EAB得BH故sinBG2H81248． 105BH481122． BG2510225122． 25G1E⊥AB，平面ABCD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E为原点，分别以直线EB，EF，EG1 为x轴、y轴、z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)． 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，

z G1 G2 A B E O D C F y

x nAD0，25y0，0，3)． 由得故可取n(4，nAG10.6x8z0过点G2作G2O⊥平面ABCD于点O，因为G2CG2D，所以OCOD， 于是点O在y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

222页脚内容10

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sin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A O 设BDx(km)，0≤x≤1.5．则

 P

ED2]． PDx2PB2x21[1，记总造价为f1(x)万元， 据题设有f1(x)(PD122H

B

1111ADAO)a(x2x3)a 224143xa3a

41611，即BD(km)时，总造价f1(x)最小． 445（II）设AEy(km)，0≤y≤，总造价为f2(y)万元，根据题设有

4当xy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1)时，f2(y)0，f2(y)在(0，当y(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（III）解法一：不存在这样的点D，E．

11

545467a万元． 16页脚内容2007年湖北省高考数学试卷（理科）

事实上，在AB上任取不同的两点D，E．为使总造价最小，E显然不能位于D 与B 之间．故可设E位于D与A之间，且BD=x1(km)，AEy1(km)，0≤x1y2≤总造价为S万元，则Sx13，22x1y11y1231a．类似于（I）、（II）讨论知，224x1y131≥，y1231≥，当且仅当x1，y11同时成立时，上述两个不216224167等式等号同时成立，此时BD(km)，AE1(km)，S取得最小值a，点D，E

416x12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，

4467S取得最小值a，以上同解法一．

16

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页脚内容12

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yyyy2y2当AB不与x轴垂直时，1，即y1y2(x1x2)． x4x8x1x2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x轴垂直时，x1x22，求得M(8，0)，也满足上述方程． 所以点M的轨迹方程是(x6)y4．

（II）假设在x轴上存在定点C(m，0)，使CACB为常数． 当AB不与x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)4k2m2 22k1k12(12m)k2244m22m2(12m)m．

k21k21因为CACB是与k无关的常数，所以44m0，即m1，此时CACB=1．

2)， 当AB与x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，，0)，使CACB为常数． 故在x轴上存在定点C(1解法二：（I）同解法一的（I）有x1x2x4，

y1y2y页脚内容13

2007年湖北省高考数学试卷（理科）

当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入x2y22有(1k2)x24k2x(4k22)0．

xx4k2则1，2是上述方程的两个实根，所以x1x2k21．

yx4k24k1y2k(1x24)kk14． k21由①②③得x44k2k21．…………………………………………………④

y4kk21．……………………………………………………………………⑤当k0时，y0，由④⑤得，

x4yk，将其代入⑤有 4x4yy(x4)24y(x4)222．整理得(x6)y4． y21(x4)y2当k0时，点M的坐标为(4，0)，满足上述方程．

当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(8，0)，也满足上述方程． 故点M的轨迹方程是(x6)2y24．

（II）假设在x轴上存在定点点C(m，0)，使CACB为常数，

当AB不与x轴垂直时，由（I）有x4k24k221x2k21，x1x2k21．

以上同解法一的（II）．

21．解：（I）当n≥2时，由已知得S222nSn13nan．

因为a2nSnSn10，所以SnSn13n． 于S2n1Sn3(n1)． 页脚内容14

…… ①

是

…

2007年湖北省高考数学试卷（理科）

…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a2，a3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a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x0，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，页脚内容15

2007年湖北省高考数学试卷（理科）

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n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n单调递增．

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