1、一、 选择题(1)复数的值是（A）0 (B)1 (C)-1 (D)1(2)函数f(x)=1+log2x与g(x)=2x+1在同一直角坐标系下的图象大致是(3)（A）0 (B)1 (C) (D)(4)如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（A）BD平面CB1D1（B）AC1BD（C）AC1平面CB1D1（D）异面直线AD与CB1角为60（5）如果双曲线上一点P到双曲线右焦点的距离是2，那么点P到y轴的距离是（A）（B）（C）（D）（6）设球O的半径是1，A、B、C是球面上三点，已知A到B、C两点的球面距离都是，且二面角B-OA-C的大小为，则从A点沿球面经B、C两点再回到A点
2、的最短距离是（A）（B）（C）（D）（7）设A(a,1)，B(2，b)，C(4,5)，为坐标平面上三点，O为坐标原点，若方向上的投影相同，则a与b满足的关系式为(A)(B)(C)(D)（8）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点A、B，则|AB|等于（A）3（B）4（C）（D）（9）某公司有60万元资金，计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不小于对项目乙投资的倍，且对每个项目的投资不能低于5万元，对项目甲每投资1万元可获得0.4万元的利润，对项目乙每投资1万元可获得0.6万元的利润，该公司正确规划投资后，在这两个项目上共可获得的最大利润为（A）36万元（B）31.2万元（C）30.4万
3、元（D）24万元（10）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（A）288个（B）240个（C）144个（D）126个（11）如图，l1、l2、l3是同一平面内的三条平行直线，l1与l2间的距离是1， l2与l3间的距离是2，正三角形ABC的三顶点分别在l1、l2、l3上，则ABC的边长是（A）（B）（C）（D）（12）已知一组抛物线，其中a为2,4,6,8中任取的一个数，b为1,3,5,7中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线x=1交点处的切线相互平行的概率是（A）（B）（C）（D）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分
4、，把答案填在横线上.（13）若函数f(x)=e(e是自然对数的底数)的最大值是m,且f(x)是偶函数，则m+= . (14)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是 .(15)已知O的方程是x2+y22=0, O的方程是x2+y2-8x+10=0,由动点P向O和O所引的切线长相等，则动点P的轨迹方程是 .(16)下面有五个命题：函数y=sin4x-cos4x的最小正周期是.终边在y轴上的角的集合是a|a=.在同一坐标系中，函数y=sinx的图象和函数y=x的图象有三个公共点.把函数函数其中真命题的序号是 （写出所有真命题的编号
5、）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）已知,()求的值.（）求.得分评卷人（18）（本小题满分12分）厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品.（）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验.求至少有1件是合格品的概率;（）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收.求该商家可能检验出不合格产品数的分布列及期望，并求该商家拒收这批
6、产品的概率.得分评卷人（19）（本小题满分12分）如图，是直角梯形，90，1，2，又1，120，直线与直线所成的角为60.（）求证：平面平面;（）求二面角的大小;（）求三棱锥的体积.得分评卷人（20）（本小题满分12分）设、分别是椭圆的左、右焦点.（）若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值;（）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.(21)(本小题满分12分)已知函数f(x)x24,设曲线在点(xn,f(xn)处的切线与x轴的交点为(xn1，0)(nN *)其中x1为正实数()用xn表示xn1；()求证：对一切正整数n，xn1xn的充要条
7、件是x12；()若x14，记anlg，证明数列an成等比数列，并求数列an的通项公式.(22)(本小题满分14分)设函数.()当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项；()对任意的实数x,证明()是否存在,使得an恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.2007年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科数学详解一选择题：本题考察基础知识和基本运算，每小题5分，满分60分（1） A （2） C （3） D （4） D （5） A （6） C（7） A （8） C （9） B （10） B （11） D （12） B1、解析：选A本题考查复数的代数运算2、解析：选C注
8、意 的图象是由的图象右移1而得本题考查函数图象的平移法则3、解析：选D本题考查型的极限原式或原式4、解析：选D显然异面直线与所成的角为5、解析：选A由点到双曲线右焦点的距离是2知在双曲线右支上又由双曲线的第二定义知点到双曲线右准线的距离是，双曲线的右准线方程是，故点到轴的距离是6、解析：选C本题考查球面距离7、解析：选A由与在方向上的投影相同，可得：即 ，8、解析：选C设直线的方程为，由，进而可求出的中点，又由在直线上可求出，由弦长公式可求出本题考查直线与圆锥曲线的位置关系自本题起运算量增大9、解析：选B对甲项目投资24万元，对乙项目投资36万元，可获最大利润31.2万元因为对乙项目投资获利较
9、大，故在投资规划要求内（对项目甲的投资不小于对项目乙投资的倍）尽可能多地安排资金投资于乙项目，即对项目甲的投资等于对项目乙投资的倍时可获最大利润这是最优解法也可用线性规划的通法求解注意线性规划在高考中以应用题型的形式出现10、解析：选B对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位最高位中间三位”分步计数：个位是0并且比20000大的五位偶数有个；个位不是0并且比20000大的五位偶数有个；故共有个本题考查两个基本原理，是典型的源于教材的题目11、解析：选D过点作的垂线，以、为轴、轴建立平面直角坐标系设、，由知，检验A：，无解；检验B：，无解；检验D：，正确本题是把关题在基础中考
10、能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了是一道精彩的好题可惜区分度太小12、解析：选B这一组抛物线共条，从中任意抽取两条，共有种不同的方法它们在与直线交点处的切线的斜率若，有两种情形，从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，从中取出两条，有种取法；若，有四种情形，从中取出两条，有种取法；若，有三种情形，从中取出两条，有种取法；若，有两种情形，从中取出两条，有种取法由分类计数原理知任取两条切线平行的情形共有种，故所求概率为本题是把关题二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分；把答案填在题中的横线上13、解析：，14、解析：，点到平面的距离为， 15、解析：圆心，半径
11、；：圆心，半径设，由切线长相等得:，16、解析：，正确；错误；，和在第一象限无交点，错误；正确；错误故选三解答题：（17）本题考察三角恒等变形的主要基本公式、三角函数值的符号，已知三角函数值求角以及计算能力。解：（）由，得，于是（）由，得又，由得：所以（18）本题考察相互独立事件、互斥事件等的概率计算，考察随机事件的分布列，数学期望等，考察运用所学知识与方法解决实际问题的能力。解：（）记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A 用对立事件A来算，有（）可能的取值为 ，记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率所以商家拒收这批产品的概率为（19）本题主要
12、考察异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、三棱锥体积等有关知识，考察思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力。解法一：（），又（）取的中点，则，连结，从而作，交的延长线于，连结，则由三垂线定理知，从而为二面角的平面角直线与直线所成的角为在中，由余弦定理得在中，在中，在中，故二面角的平面角大小为（）由（）知，为正方形解法二：（）同解法一（）在平面内，过作，建立空间直角坐标系（如图）由题意有，设，则由直线与直线所成的解为，得，即，解得，设平面的一个法向量为，则，取，得平面的法向量取为设与所成的角为，则显然，二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角大小为（
13、）取平面的法向量取为，则点A到平面的距离，（20）本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。解：（）解法一：易知所以，设，则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一）（）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：由得：或又又，即 故由、得或（21）本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。解：（）由题可得所以过曲线上点的切线方程为，即令，得，即显然 （）证明：（必要性）若对一切正整数，则，即，而，即有（充分性）若，由用数学归纳法易得，从而，即又 于是，即对一切正整数成立（）由，知，同理，故从而，即所以，数列成等比数列，故，即，从而所以（22）本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。（）解：展开式中二项式系数最大的项是第4项，这项是（）证法一：因证法二：因而故只需对和进行比较。令，有由，得因为当时，单调递减；当时，单调递增，所以在处有极小值故当时，从而有，亦即故有恒成立。所以，原不等式成立。（）对，且有又因，故，从而有成立，即存在，使得恒成立。