江苏高考数学

1、2007年一般高等学校招生全国一致考试（江苏卷）数学参照公式：n次独立重复试验恰有k次发生的概率为：P(k)kknkCp(1p)nn一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个选项中，恰有一项为哪一项吻合题目要求的。1以下函数中，周期为的是2xBy=sin2xCycosxy=cos4x24D2已知全集U=Z，A=-1，0，1，2，B=xx2=x，则ACUB为A-1，2B-1，0C0，1D1，23在平面直角坐标系xOy中，双曲线中心在原点，焦点在y轴上，一条渐近线方程为x2y=0，则它的离心率为A5B5C3D224已知两条直线m,n，两个平面，给出下边四个命题：m/n,mn

2、/,m,nm/nm/n,m/n/,m/n,mn此中正确命题的序号是A、B、C、D、5函数f(x)sinx3cosx(x,0)的单调递加区间是A,55CD,066,06366设函数f（x）定义在实数集上，它的图像关于直线x=1对称，且当x1时，f（x）=3x1，则有Af(1)f(3)f(2)f(2)f(3)f(1)323B323Cf(2)f(1)f(3)f(3)f(2)f(1)332D2337若关于任意实数x，有x3=a0+a1（x2）+a2（x2）2+a3（x2）3，则a2的值为A3B6C9D128设fA9已知于任意A10在0，yA2B二、填过程，11若12某至多项选择值作答13已为M，14正

3、PBC的15在极点B16某转，当d（cm）三、解解答时17（某位）（3）5次预告中恰有2次正确，且此中第3次预告正确的概率；（4分）18（本小题满分12分）如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1，（1）求证：E，B，F，D1四点共面；（4分）（2）若点G在BC上，BG2，点在1上，GMBF，垂足为H，求证：EM面3MBBBCC1B1；（4分）（3）用表示截面EBFD和面BCCB所成锐二面角大小，求tan。（4分）11119（本小题满分14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点C（0，c）任作向来线，与抛物线y=x

4、2订交于AB两点，一条垂直于x轴的直线，分别与线段AB和直线l:yc交于P，Q。uuruur1）若OAOB2，求c的值；（5分）2）若P为线段AB的中点，求证：QA为此抛物线的切线；（5分）3）试问（2）的抗命题能否成立？说明原由。（4分）20（本小题满分16分）已知an是等差数列，bn是公比为q的等比数列，a1=b1，a2=b2a1，记Sn为数列bn的前n项和。1）若bk=am（m，k是大于2的正整数），求证：Sk-1=（m1）a1；（4分）2）若b3=ai（i是某个正整数），求证：q是整数，且数列bn中每一项都是数列an中的项；（8分）3）能否存在这样的正数q，使等比数列bn中有三项成等差

5、数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明原由；（4分）21（本小题满分16分）已知a，b，c，d是不全为零的实数，函数f(x)bx2cxd，g(x)ax3bx2cxd，方程f（x）=0有实根，且f（x）=0的实数根都是gf（x）=0的根，反之，g（f（x）=0的实数根都是f（x）=0的根。1）求d的值；（3分）2）若a=0，求c的取值范围；（6分）3）若a=1，f（1）=0，求c的取值范围。（7分）2007年一般高等学校招生全国一致考试（江苏卷）参照答案1D2A3A4C5D6B7B8A9C10B1117解（18解CF=ND1因从又CNBE（CF因又（因于因M解所故又所（而uu

6、GM因又MEBC故MEBB1，平面BCC1B1uurx,y,3截面EBFD，于是uuruuruuruur（3）设向量BPBPBE,BPBF1uuruur0,3,2uuruuruuruur0，解得x=-1，y=-2，而BE3,0,1,BF，得BPgBE3x30,BPgBF3y6uur所以BP1,2,3.uur3,0,0uuruur又BA平面BCC1B1，所以BP和BA的夹角等于或-（为锐角）于是uuruurcosBPgBA1故tan13BPgBA1419（1）设直线AB的方程为y=kx+c，将该方程代入y=x2得x2kxc=0令A（a，a2），B（b，b2），则ab=cuuruur由于OAgOB

7、aba2b2cc22，解得c=2，或c=1（舍去）故c=2（2）由题意知Qab,c，直线AQ的斜率为2又r=x2的导数为r=2x，所以点A处切线的斜率为2a所以，AQ为该抛物线的切线（3）（2）的抗命题成立，证明以下：设Q（x0，c）若AQ为该抛物线的切线，则kAQ=2a又直线AQ的斜率为kAQa2xca2ab，所以aab2aa0axax002ab得2ax0=a+ab，因a0，有x0220解：设an的公差为d，由a1b1,a2b2a1，知d0,q1，da1q1（a10）（1）由于bkam，所以a1qk1a1m1a1q1，qk11m1q12mm1q，所以Sk1a11qk1a1m1m1qm1a11

8、qq（2）b3a1q2,aia1i1a1q1，由b3ai，所以q21i1q1,q2i1qi20,解得，q1或qi2，但q1，所以qi2，由于i是正整数，所以i2是整数，即q是整数，设数列b中任意一项n为bna1qn1nN，设数列an中的某一项ammN=a1m1a1q1现a1qn1qn11所b2n1b由于b3任意一论成立（有2a令x1所以qbm,bm1,21解则gf（g(f(x)=（0，所以（当c0fbfx而0c所（所（a）当c0时，t=cx2cx=cx122ht0恒成立，又htt2ctctc2c2c2c0,所以0c16；16432cc，即函数htc，t2ctc在t444c2，所以htminhc，即c044（b）当c0时，t=cx2cx=cx12c2ht