2007年天津市高考数学试卷（理科）【附答案、word版本，可再编辑；B4纸型两栏】
2007年天津市高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1. i是虚数单位,2i31-i=( )
A.1+i B.-1+i C.1-i D.-1-i
2. 设变量x，y满足约束条件x-y≥-1x+y≥13x-y≤3，则目标函数z=4x+y的最大值为（ ）
A.4 B.11 C.12 D.14
3. “θ=2π3”是“tanθ=2cos(π2+θ)”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
4. 已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=3x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为（ ）
A.x236-y2108=1 B.x29-y227=1 C.x2108-y236=1 D.x227-y29=1
5. 函数y=log2(x+4+2)(x>0)的反函数是（ ）
A.y=4x-2x+1(x>2) B.y=4x-2x+1(x>1)
C.y=4x-2x+2(x>2) D.y=4x-2x+2(x>1)
6. 设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A.若a，b与α所成的角相等，则α // b
B.若a // α，b // β，α // β，则a // b
C.若a⊂α，b⊂β，α // b，则α // β
D.若a⊥α，b⊥β，α⊥β，是a⊥b
7. 在R上定义的函数f(x)是偶函数，且f(x)=f(2-x)．若f(x)在区间[1, 2]上是减函数，则f(x)
（ ）
A.在区间[-2, -1]上是增函数，在区间[3, 4]上是增函数
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]上是减函数
8. 设等差数列{an}的公差d不为0，a1=9d．若ak是a1与a2k的等比中项，则k=( )
A.2 B.4 C.6 D.8
9. 已知a、b、c均为正数，且满足3a=log13a，(13)b=log13b，(13)c=log3c，则（ ）
A.a
0．
（I）求数列{an}的通项公式；
（II）求数列{an}的前n项和Sn；
（III）证明存在k∈N*，使得an+1an≤ak+1ak对任意n∈N*均成立．
22. 设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆上的一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为13|OF1|．
（1）证明：a=2b；
（2）设Q1，Q2为椭圆上的两个动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．
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参考答案与试题解析
2007年天津市高考数学试卷（理科）
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1.C
2.B
3.A
4.B
5.C
6.D
7.B
8.B
9.A
10.A
二、填空题（共6小题，每小题4分，满分26分）
11.2
12.14π
13.3
14.x+3y=0
15.-83
16.390
三、解答题（共6小题，满分76分）
17.解：（1）f(x)=2cosx(sinx-cosx)+1=sin2x-cos2x=2sin(2x-π4)．
因此，函数f(x)的最小正周期为π．
（2）因为f(x)=2sin(2x-π4)在区间[π8，3π8]上为增函数，在区间[3π8，3π4]上为减函数，
又f(π8)=0，f(3π8)=2，f(3π4)=2sin(3π2-π4)=-2cosπ4=-1，
故函数f(x)在区间[π8，3π8]上的最大值为2，最小值为-1．
18.解：（1）设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件A，
“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件B．
∵ 事件A，B相互独立，
且P(A)=C32C42=12，P(B)=C42C62=25．
∴ 取出的4个球均为黑球的概率为P(A⋅B)=P(A)⋅P(B)=12×25=15．
（2）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个是红球，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．
∵ 事件C，D互斥，
且P(C)=C32C42.C21．C41C62=415，P(D)=C31C42.C42C62=15．
∴ 取出的4个球中恰有1个红球的概率为P(C+D)=P(C)+P(D)=415+15=715．
（3）ξ可能的取值为0，1，2，3．
由（1），（2）得P(ξ=0)=15，P(ξ=1)=715，
又P(ξ=3)=C31C42.1C62=130，
从而P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)=310．
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
15
715
310
130
ξ的数学期望Eξ=0×15+1×715+2×310+3×130=76．
19.解：（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，
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因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故PA⊥CD．
∵ AC⊥CD，PA∩AC=A，
∴ CD⊥平面PAC．
而AE⊂平面PAC，
∴ AE⊥CD．
（2）证明：由PA=AB=BC，∠ABC=60∘，可得AC=PA．
∵ E是PC的中点，∴ AE⊥PC．
由（1）知，AE⊥CD，且PC∩CD=C，所以AE⊥平面PCD．
而PD⊂平面PCD，∴ AE⊥PD．
∵ PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内射影是AD，AB⊥AD，∴ AB⊥PD．
又AB∩AE=A，综上得PD⊥平面ABE．
（3）过点A作AM⊥PD，垂足为M，连接EM．
由（2）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD．
因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角．
由已知，得∠CAD=30∘．设AC=a，可得PA=a,AD=233a，PD=213a，AE=22a．
在Rt△ADP中，∵ AM⊥PD，∴ AM．PD=PA．AD．则AM=PA．ADPD=a.233a213a=277a．
在Rt△AEM中，sinAME=AEAM=144．
所以二面角A-PD-C的大小是acrsin144．
20.解：（1）解：当a=1时，f(x)=2xx2+1，f(2)=45．
又f'(x)=2(x2+1)-2x.2x(x2+1)2=2-2x2(x2+1)2，f'(2)=-625．
所以，曲线y=f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程为y-45=-625(x-2)，即6x+25y-32=0．
（2）解：f'(x)=2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(x2+1)2=-2(x-a)(ax+1)(x2+1)2．
由于a≠0，以下分两种情况讨论．
①当a>0时，令f'(x)=0，得到x1=-1a，x2=a．当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(-∞,-1a)
-1a
(-1a，a)
a
(a, +∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以f(x)在区间(-∞,-1a)，(a, +∞)内为减函数，在区间(-1a，a)内为增函数．
函数f(x)在x1=-1a处取得极小值f(-1a)，且f(-1a)=-a2．
函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1．
②当a<0时，令f'(x)=0，得到x1=a，x2=-1a．当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(-∞, a)
a
(a,-1a)
-1a
(-1a，+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
所以f(x)在区间(-∞, a),(-1a，+∞)内为增函数，在区间(a,-1a)内为减函数．
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函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1．
函数f(x)在x2=-1a处取得极小值f(-1a)，且f(-1a)=-a2．
21.解：(I)解法一：a2=2λ+λ2+(2-λ)×2=λ2+22，a3=λ(λ2+22)+λ3+(2-λ)×22=2λ3+23，
a4=λ(2λ3+23)+λ4+(2-λ)×23=3λ4+24．
由此可猜想出数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．
以下用数学归纳法证明．
（1）当n=1时，a1=2，等式成立．
（2）假设当n=k时等式成立，即ak=(k-1)λk+2k，
那么，ak+1=λak+λk+1+(2-λ)2k=λ(k-1)λk+λ2k+λk+1+2k+1-λ2k=[(k+1)-1]λk+1+2k+1．
这就是说，当n=k+1时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式an=(n-1)λn+2n对任何n∈N*都成立．
解法二：由an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*)，λ>0，可得an+1λn+1-(2λ)n+1=anλn-(2λ)n+1，
所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．故anλn-(2λ)n=n-1，
所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．
（II）解：设Tn=λ2+2λ3+3λ4+...+(n-2)λn-1+(n-1)λn①
λTn=λ3+2λ4+3λ5+...+(n-2)λn+(n-1)λn+1．②
当λ≠1时，①式减去②式，得(1-λ)Tn=λ2+λ3+...+λn-(n-1)λn+1=λ2-λn+11-λ-(n-1)λn+1，Tn=λ2-λn+1(1-λ)2-(n-1)λn+11-λ=(n-1)λn+2-nλn+1+λ2(1-λ)2．
这时数列{an}的前n项和Sn=(n-1)λn+2-nλn+1+λ2(1-λ)2+2n+1-2．
当λ=1时，Tn=n(n-1)2．这时数列{an}的前n项和Sn=n(n-1)2+2n+1-2．
（III）证明：通过分析，推测数列{an+1an}的第一项a2a1最大．下面证明：an+1an0知an>0．要使③式成立，只要2an+1<(λ2+4)an(n≥2)．因为(λ2+4)an=(λ2+4)(n-1)λn+(λ2+4)2n>4λ．(n-1)λn+4×2n=4(n-1)λn+1+2n+2≥2nλn+1+2n+2=2an+1，n>2．
所以③式成立．因此，存在k=1，使得an+1an≤ak+1ak=a2a1对任意n∈N*均成立．
22.解：（1）由题设AF2⊥F1F2及F1(-c, 0)，F2(c, 0)，
不妨设点A(c, y)，其中y>0．
由于点A在椭圆上，有c2a2+y2b2=1，即a2-b2a2+y2b2=1．
解得y=b2a，从而得到A(c,b2a)．
直线AF1的方程为y=b22ac(x+c)，整理得b2x-2acy+b2c=0．
由题设，原点O到直线AF1的距离为13|OF1|，即c3=b2cb4+4a2c2，
将c2=a2-b2代入上式并化简得a2=2b2，即a=2b．
（2）设点D的坐标为(x0, y0)．当y0≠0时，由OD⊥Q1Q2知，直线Q1Q2的斜率为-x0y0，
所以直线Q1Q2的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0，或y=kx+m，其中k=-x0y0，m=y0+x02y0．
点Q1(x1, y1)，Q2(x2, y2)的坐标满足方程组y=kx+m①x2+2y2=2b2②
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将①式代入②式，得x2+2(kx+m)2=2b2．
整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2b2=0．
于是x1+x2=-4km1+2k2，x1．x2=2m2-2b21+2k2．③
由①式得y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2.2m2-2b21+2k2+km.-4km1+2k2+m2=m2-2b2k21+2k2．④
由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2=0．将③式和④式代入得3m2-2b2-2b2k21+2k2=0，3m2=2b2(1+k2)．
将k=-x0y0，m=y0+x02y0代入上式，整理得x02+y02=23b2．
当y0=0时，直线Q1Q2的方程为x=x0．点Q1(x1, y0)，Q2(x2, y2)的坐标满足方程组x=x0x2+2y2=2b2
所以x1=x2=x0，y1,2=±2b2-x022．
由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2=0，即x02-2b2-x022=0，解得x02=23b2
这时，点D的坐标仍满足x02+y02=23b2．
综上，点D的轨迹方程为x2+y2=23b2．
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