高考卷 普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数 学（理 科）全解全析

2007年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理科）全解全析一.选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.i是虚数单位32,1ii()A.1iB.1iC.1iD.1i【答案】C【分析】332(1)2(1)211(1)(1)2iiiiiiiii，故选C2.设变量,xy满足约束条件1,1,33,xyxyxy则目标函数4zxy的最大值为()A.4B.11C.12D.14【答案】B【分析】易判断公共区域为三角形区域，求三个顶点坐标为(0,1)、(2,3)、(1,0)，将(2,3)代入得到最大值为14.故选B3.23是tan2cos2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】22tantan3,2cos2sin()2sin3323可知充分，当0时tan0,2cos02可知不必要.故选A4.设双曲线22221(0,0)yxabab的离心率为3,且它的一条准线与抛物线24yx的准线重合，则此双曲线的方程为()A.2211224yxB.2214896yxC.222133yxD.22136yx【答案】D【分析】由3,ca21ac可得3,6,3.abc故选D5.函数2log42(0)yxx的反函数是()A.142(2)xxyxB.142(1)xxyxC.242(2)xxyxD.242(1)xxyx【答案】C【分析】原函数过(4,1)故反函数过(1,4)从而排除A、B、D，故选C6.设,ab为两条直线，,为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是()A.若,ab与所成的角相等，则ba∥B.若a∥,b∥,∥，则ba∥C.若,,aba∥b,则∥D.若,,,ab则ab【答案】D【分析】对于A当,ab与均成0时就不一定；对于B只需找个∥∥，且,ab即可满足题设但,ab不一定平行；对于C可参考直三棱柱模型排除，故选D7.在R上定义的函数()fx是偶函数，且()fx(2)fx.若()fx在区间[1,2]上是减函数，则()fx()A.在区间[2,1]上是增函数，在区间[3,4]上是减函数B.在区间[2,1]上是增函数，在区间[3,4]上是减函数C.在区间[2,1]上是减函数，在区间[3,4]上是增函数D.在区间[2,1]上是减函数，在区间[3,4]上是增函数【答案】B【分析】由()(2)fxfx可知()fx图象关于x1对称，又因为()fx为偶函数图象关于0x对称，可得到()fx为周期函数且最小正周期为2，结合()fx在区间[1,2]上是减函数，可得如右()fx草图.故选B8.设等差数列na的公差d不为0,19ad.若ka是1a与2ka的等比中项，则k()A.2B.4C.6D.8【答案】B【分析】ka是1a与2ka的等比中项可得12kkaaa(*)，由na为等差数列可得121(1),(21)kkaakdaakd及19ad代入(*)式可得4k.故选B9.设,,abc均为正数，且11222112log,log,log,22bcaabc则()A.abcB.cbaC.cabD.bac【答案】A【分析】由122logaa可知0a21a121log102aa，由121log2bb可知0b120log1b112b，由21log2cc可知0c20log112cc，从而abc.故选A10.设两个向量22(2,cos)a和(,sin),2mbm其中,,m为实数.若2,ab则m的取值范围是()A.[6,1]B.[4,8]C.(,1]D.[1,6]【答案】A【分析】由22(2,cos)a,(,sin),2mbm2,ab可得2222cos2sinmm，设km代入方程组可得22222cos2sinkmmkmm消去m化简得2222cos2sin22kkk，再化简得22422cos2sin022kk再令12tk代入上式得222(sin1)(16182)0tt可得2(16182)[0,4]tt解不等式得1[1,]8t因而11128k解得61k.故选A二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案填在题中横线上.11.若621xax的二项展开式中3x的系数为5,2则a__________.(用数字作答)【答案】2BACD【分析】621123166()rrrrrrrTCxaxCxa，当3r时得到3x项的系数336522Caa12.一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3则此球的表面积为__________.【答案】14【分析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即222212314R，由2414SR13.设等差数列na的公差d是2，前n项的和为,nS则22limnnnanS__________.【答案】3【分析】根据题意知11(1)222naanna21,(1)nSnna代入极限式得22112134(2)(2)lim3(1)nnananna14.已知两圆2210xy和22(1)(3)20xy相交于,AB两点，则直线AB的方程是__________.【答案】30xy【分析】两圆方程作差得30xy15.如图，在ABC中，120,2,1,BACABACD是边BC上一点，2,DCBD则ADBC__________.【答案】83【分析】由余弦定理得222222cos22ABACBCABADBDBABACABBD可得7BC13,3AD，又,ADBC夹角大小为ADB，2223298cos29413791BDADABADBBDAD，所以ADBC8cos3ADBCADB.16.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色.要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有__________种(用数字作答).【标准答案】390【分析】用2色涂格子有26230C种方法，用3色涂格子有3263382360CC种方法，故总共有390种方法.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12分)已知函数()2cos(sincos)1,fxxxxxR.(I)求函数()fx的最小正周期；(II)求函数()fx在区间3,84上的最小值和最大值.【分析】()2cos(sincos)1fxxxxsin2cos2xx2sin24x.因此，函数()fx的最小正周期为.(II)解法一：因为()2sin24fxx在区间3,88上为增函数，在区间33,84上为减函数，又3330,2,2sin2cos1,884244fff故函数()fx在区间3,88上的最大值为2,最小值为1.解法二：作函数()2sin24fxx在长度为一个周期的区间9,88上的图象如下：由图象得函数()fx在区间3,84上的最大值为2,最小值为314f.【考点】本小题考查三角函数中的诱导公式、特殊角三角函数值、两角差公式、倍角公式、函数sin()yAx的性质等基础知识，考查基本运算能力.18.(本小题满分12分)已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球.现在从甲、乙两个盒内各任取2个球.(I)求取出的4个球均为黑色球的概率；(II)求取出的4个球中恰有1个红球的概率；(III)设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列和数学期望.【分析】(I)设“从甲盒内取出的2个球均黑球”为事件A，“从乙盒内取出的2个球为黑球”为事件B.由于事件A，B相互独立，且2234224612(),()25CCPAPBCC.故取出的4个球均为黑球的概率为121()()()255PABPAPB.(II)解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件C，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D.由于事件C，D互斥，且211123324422224646.41().,().155CCCCCPCPDCCCC.故取出的4个球中恰有1个红球的概率为417()()()15515PCDPCPD.(III)解：可能的取值为0,1,2,3.由(I)，(II)得17(0),(1),515PP又13224611(3).,30CPCC从而3(2)1(0)(1)(3)10PPPP.的分布列为0123P15715310130的数学期望17317012351510306E.【考点】本小题主要考查互斥事件、相互独立事件、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力.19.(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面,,,60,ABCDABADACCDABC,PAABBCE是PC的中点.(I)证明：CDAE；(II)证明：PD平面ABE；(III)求二面角APDC的大小.【分析】(I)证明：在四棱锥PABCD中，因PA底面,ABCDCD平面,ABCD故PACD.,,ACCDPAACACD平面PAC.而AE平面,PACAEPC.(II)证明：由,60,PAABBCABC可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.由(I)知，,AECD且,PCCDC所以AE平面PCD.而PD平面,PCDAEPD.PA底面,ABCDPD在底面ABCD内射影是,,ADABADABPD.又,ABAEA综上得PD平面ABE.(III)解法一：过点A作,AMPD垂足为,M连结EM.由(II)知，AE平面,PCDAM在平面PCD内的射影是,EM则EMPD.因此AME是二面角APDC的平面角.由已知，得30CAD.设,ACa可得23212,,,.332PAaADaPDaAEaAPEBCD在RtADP中，,..AMPDAMPDPAAD.则23..273.7213aaPAADAMaPDa在RtAEM中，14sin.4AEAMEAM所以二面角APDC的大小是14sin.4acr解法二：由题设PA底面,ABCDPA平面,PAD则平面PAD平面,ACD交线为.AD过点C作,CFAD垂足为,F故CF平面.PAD过点F作,FMPD垂足为,M连结,CM故.CMPD因此CMF是二面角APDC的平面角.由已知，可得30CAD.设,ACa可得232113,,,,.3326PAaADaPDaCFaFDa