高考卷 普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学(文史类)全解全析

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高考卷 普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学(文史类)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(文 史类)全解全析 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150 分.考试 用时 120 分钟.第Ⅰ卷 1 至 2 页.第Ⅱ卷 3 至 10 页.考试结束后,将本试卷和 答题卡一并交回. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项: 1.答第Ⅰ卷前,考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上,并在规定位 置粘贴考试用条形码. 2.每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡 皮擦干净后,再选涂其他答案标号,答在试卷上无效. 3.本卷共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. 参考公式: 如果事件 A B, 互斥,那么 球的表面积公式 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   24πS R 如果事件 A B, 相互独立,那么 其中 R 表示球的半径 ( ) ( ) ( )P A B P A P B  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)已知集合  1 2S x x   R ,  2 1 01 2T   , ,,, ,则 S T  ( ) A. 2 B. 1 2, C. 01 2,, D. 1 01 2 ,,, 1.B【解析】(直接法)    1 2 1S x x S x x       R R ,  2 1 01 2T   , ,,, , 故 S T   1 2, .(排除法)由    1 2 1S x x S x x       R R 可知 S T 中 的元素比 0 要大, 而 C、D 项中有元素 0,故排除 C、D 项,且 S T 中含有元素比 1,故 排除 A 项.故答案为 B. (2)设变量 x y, 满足约束条件 1 4 2 x y x y y         , ,则目标函数 2 4z x y  的最大值为( ) A.10 B.12 C.13 D.14 2.C【解析】先画出约束条件 1 4 2 x y x y y         , ,的可行域:如右 图:得到当 3 5,2 2x y  时目标函数 2 4z x y  有最 0 x y 2y  3 5( , )2 2 1x y   4x y  大值为, max 3 52 4 132 2Z      . (3) “ 2a  ”是“直线 2 0ax y  平行于直线 1x y  ”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 3.C【解析】当 2a  则直线 2 2 0x y  平行于直线 1x y  ,则是充分条件; 直线 2 0ax y  平行于直线 1x y  时有: 2a  ,则是必要条件,故是充分必要条件. (4)(2007 年天津文)设 1 2 log 3a  , 0.21 3b      , 1 32c  ,则( ) A. a b c  B. c b a  C. c a b  D.b a c  解析:∵由指、对函数的性质可知: 1 1 2 2 log 3 log 1 0a    , 0.210 13b       , 1 32 1c   ∴有 a b c  . (5)(2007 年天津文)函数 2log ( 4)( 0)y x x   的反函数是( ) A. 2 4( 2)xy x   B. 2 4( 0)xy x   C. 2 4( 2)xy x   D. 2 4( 0)xy x   解析:由 2log ( 4)y x  得 4 2 yx   ,即 2 4yx   ,故反函数是 2 4xy   ,再根据原函 数的值域为反函数的定义域则有: ∵ 0x  ,则 4 4x   , ∴ 2log ( 4) 2y x   ,故反函数的定义域为 2x  ,则有 2 4( 2)xy x   . (6)设 a b, 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 a b, 与 所成的角相等,则 a b∥ B.若 a ∥ ,b ∥ , ∥ ,则 a b∥ C.若 a  ,b  , a b∥ ,则 ∥ D.若 a  ,b  ,  ,则 a b 6.D【解析】A项中若 a b, 与 所成的角相等,则 a b, 可以平行、相交、异面故错;B项 中 若 a b ,∥ ∥ ,  ∥ , 则 a b, 可 以 平 行 、 异 面 故 错 ; C 项 中 若 a b , ,  a b∥ 则 ,  可以平行、相交;而 D 项是对,因为此时 a b, 所成的角与 ,  所成的角是相等或是互补的,则 a b . (7)设双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x y a ba b    , 的离心率为 3 ,且它的一条准线与抛物线 2 4y x 的准线重合,则此双曲线的方程为( ) A. 2 2 112 24 x y  B. 2 2 148 96 x y  C. 2 22 13 3 x y  D. 2 2 13 6 x y  7.D【解析】∵抛物线 2 4y x 的准线为 1x   ,故有 2 1a c    ------① 又∵双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x y a ba b    , 的离心率为 3 ,故有: 3c a  -------②, ①②得到 3a  ,进而求出 23, 6c b  , ∴双曲线的方程为 2 2 13 6 x y  (8)设等差数列 na 的公差 d 不为 0, 1 9a d .若 ka 是 1a 与 2ka 的等比中项,则 k  ( ) A.2 B.4 C.6 D.8 8.B【解析】由等差数列 na 且 1 9a d ,得 1 ( 1) ( 8)ka a k d k d     2 1 (2 1) (2 8)ka a k d k d     ,又∵ ka 是 1a 与 2ka 的等比中项,则有 2 1 2k ka a a 即: 2[( 8) ] 9 [(2 8) ]k d d k d    得 2 2 8 0k k   ,解之得 1 24, 2k k   (舍去). (9)设函数 ( ) sin ( )3f x x x      R ,则 ( )f x ( ) A.在区间 2 7 3 6       , 上是增函数 B.在区间 2      , 上是减函数 C.在区间 8 4       , 上是增函数 D.在区间 5 3 6       , 上是减函数 9.A【解析】由函数图象的变换可知: ( ) sin 3f x x      的图象是将 ( ) sin 3f x x      的 图 象 x 轴 下 方 的 对 折 上 去 , 此 时 函 数 的 最 小 正 周 期 变 为  , 则 函 数 在 区 间 3 2k x k       即 3 6k x k       上为增函数,当 1k  时有: 2 7 3 6x   ,故 在区间 2 7 3 6       , 上 ( )f x 是增函数. (10)(2007 年天津文)设 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数,且当 0x  时, 2( )f x x ,若对任 意的  2x t t , ,不等式 ( ) 2 ( )f x t f x  恒成立,则实数t 的取值范围是( ) A. 2  ,∞ B. 2 ,∞ C. 0 2, D. 2 1 2 0       , , 10.A【解析】(排除法)当 2t  则 2x    2,2 得 ( 2) 2 ( )f x f x  , 即 2 2 2( 2) 2 2 2 2 0x x x x      在 2x    2,2 时恒成立, 而 2 2 2 2x x  最大值,是当 2 2x   时出现,故 2 2 2 2x x  的最大值为 0, 则 ( ) 2 ( )f x t f x  恒成立,排除 B,C 项,同理再验证 1t   时, ( ) 2 ( )f x t f x  不成立, 故排除 D 项. 第Ⅱ卷 注意事项: 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上. 3.本卷共 12 小题,共 100 分. 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)从一堆苹果中任取了 20 只,并得到它们的质量(单位:克)数据分布表如下: 分组  90100,  100110,  110120,  120130,  130140,  140150, 频数 1 2 3 10 1 则这堆苹果中,质量不小于...120 克的苹果数约占苹果总数的 %. 11.70【解析】由表中可知这堆苹果中,质量不小于 120 克的苹果数为: 20 1 2 3 14    故约占苹果总数的 0 0 14 0.70 7020   . (12) 9 2 1x x     的二项展开式中常数项是 (用数字作答). 12.84【解析】根据二项式展开式通项公式到展开式中常数项是: 9 2 9 3 1 9 9 r r r r r rT C x x C x      ,令9 3 0r  得 3r  ,故有: 3 9 84C  (13)一个长方体的各顶点均在同一球的球面上,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 . 13.14 【解析】长方体的各顶点均在同一球的球面上则长方体的体对角线长为球的直径, 设球的直径为 D 则: 2 2 2 21 2 3 14D     ,由于球的表面积为: 2 14S D    . (14)已知两圆 2 2 10x y  和 2 2( 1) ( 3) 20x y    相交于 A B, 两点,则直线 AB 的方 程是 . 14. 3 0x y  【解析】 2 2 2 2( 1) ( 3) 20 2 6 10x y x x y y         --------① 2 2 10x y  -------② 由①-②得到: 2 6 0 3 0x y x y   即 . (15)在 ABC△ 中, 2AB  , 3AC  , D 是边 BC 的中点,则 AD BC    . 15. 8 3  【解析】根据向量的加减法法则有: BC AC AB    1 1 2( )3 3 3AD AB BD AB AC AB AC AB              ,此时 2 21 2 1 2 2( )( )3 3 3 3 3AD BC AC AB AC AB AC AC AB AB              · · 1 8 1 8 3 3 3 3      . (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,要求相邻的两个格子颜色不同,且两端的格子的颜色 也不同,则不同的涂色方法共有 种(用数字作答). 16.630【解析】分为三类:第一类是只用两种颜色则为: 2 2 6 2 30C A  种,第二类是用三种颜色 则为: 2 2 1 1 6 2 4 2 240C A C C  种, 第三类是用四种颜色则为: 4 4 6 4 360C A  种,故共计为 630 种. 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) 在 ABC△ 中,已知 2AC  , 3BC  , 4cos 5A   . (Ⅰ)求sin B 的值; (Ⅱ)求 sin 2 6B     的值. (18)(本小题满分 12 分) 已知甲盒内有大小相同的 3 个红球和 4 个黑球,乙盒内有大小相同的 5 个红球和 4 个黑球.现 从甲、乙两个盒内各任取 2 个球. (Ⅰ)求取出的 4 个球均为红球的概率; A B D C (Ⅱ)求取出的 4 个球中恰有 1 个红球的概率; (19)(本小题满分 12 分) 如图,在四棱锥 P ABCD 中, PA  底面 ABCD , AB AD AC CD , , 60ABC  °, PA AB BC  , E 是 PC 的中点. (Ⅰ)求 PB 和平面 PAD 所成的角的大小; (Ⅱ)证明 AE  平面 PCD ; (Ⅲ)求二面角 A PD C  的大小. (20)(本小题满分 12 分) 在数列 na 中, 1 2a  , 1 4 3 1n na a n    , n *N . (Ⅰ)证明数列 na n 是等比数列; (Ⅱ)求数列 na 的前 n 项和 nS ; (Ⅲ)证明不等式 1 4n nS S ≤ ,对任意 n *N 皆成立. (21)(本小题满分 14 分) 设函数 2( ) ( )f x x x a   ( xR ),其中 aR . (Ⅰ)当 1a  时,求曲线 ( )y f x 在点 (2 (2))f, 处的切线方程; (Ⅱ)当 0a  时,求函数 ( )f x 的极大值和极小值; (Ⅲ)当 3a  时,证明存在  1 0k   , ,使得不等式 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x ≥ 对任意 的 xR 恒成立. (22)(本小题满分 14 分) 设 椭 圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的 左 、 右 焦 点 分 别 为 1 2F F A, , 是 椭 圆 上 的 一 点 , 2 1 2AF F F ,原点O 到直线 1AF 的距离为 1 1 3 OF . (Ⅰ)证明 2a b ; (Ⅱ)求 (0 )t b , 使得下述命题成立:设圆 2 2 2x y t  上任意点 0 0( )M x y, 处的切线交 椭圆于 1Q , 2Q 两点,则 1 2OQ OQ . A B C D P E 2007 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 数学(文史类)参考答案 一、选择题:本题考查基本知识和基本运算.每小题 5 分,满分 50 分. (1)B (2)C (3)C (4)A (5)C (6)D (7)D (8)B (9)A (10)A 二、填空题:本题考查基本知识和基本运算.每小题 4 分,满分 24 分. (11) 70 (12)84 (13)14 (14) 3 0x y  (15) 5 2 (16) 630 三、解答题 (17)本小题考查同角三角函数的基本关系式、两角和公式、倍角公式、正弦定理等的知识, 考查基本运算能力.满分 12 分. (Ⅰ)解:在 ABC△ 中, 2 2 4 3sin 1 cos 1 5 5A A          ,由正弦定理, sin sin BC AC A B  . 所以 2 3 2sin sin 3 5 5 ACB ABC     . (Ⅱ)解:因为 4cos 5A   ,所以角 A 为钝角,从而角 B 为锐角,于是 2 2 2 21cos 1 sin 1 5 5B B         , 2 21 17cos2 2cos 1 2 15 25B B      , 2 21 4 21sin 2 2sin cos 2 5 5 15B B B     . sin 2 sin 2 cos cos2 sin6 6 6B B B        4 21 3 17 1 25 2 25 2     12 7 17 50  . (18)本小题主要考查互斥事件、相互独立事件等概率的基础知识,考查运用概率知识解决 实际问题的能力.满分 12 分. (Ⅰ)解:设“从甲盒内取出的 2 个球均为红球”为事件 A ,“从乙盒内取出的 2 个球均 为红球”为事件 B .由于事件 A B, 相互独立,且 2 3 2 7 C 1( ) C 7P A   , 2 3 2 9 C 5( ) C 18P B   , 故取出的 4 个球均为红球的概率是 1 5 5( ) ( ) ( ) 7 18 126P A B P A P B     . (Ⅱ)解:设“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 红球为黑球”为事件C ,“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 D .由于事件C D, 互斥,且 1 1 2 3 4 4 2 2 7 9 C C C 2( ) C C 21P C   , 1 12 5 24 2 2 7 5 C CC 10( ) C C 63P D   . 故取出的 4 个红球中恰有 4 个红球的概率为 2 10 16( ) ( ) ( ) 21 63 63P C D P C P D      . (19)本小题考查直线与平面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识.考查空间想 象能力、记忆能力和推理论证能力.满分 12 分. (Ⅰ)解:在四棱锥 P ABCD 中,因 PA  底面 ABCD ,AB  平面 ABCD ,故 PA AB . 又 AB AD ,PA AD A ,从而 AB  平面 PAD .故 PB 在平面 PAD 内的射影为 PA , 从而 APB∠ 为 PB 和平面 PAD 所成的角. 在 Rt PAB△ 中, AB PA ,故 45APB  ∠ . 所以 PB 和平面 PAD 所成的角的大小为 45 . (Ⅱ)证明:在四棱锥 P ABCD 中, 因 PA  底面 ABCD ,CD  平面 ABCD ,故CD PA . 由条件CD PC , PA AC A , CD  面 PAC . 又 AE  面 PAC , AE CD  . 由 PA AB BC , 60ABC  ∠ ,可得 AC PA . E 是 PC 的中点, AE PC  , PC CD C  .综上得 AE  平面 PCD . (Ⅲ)解:过点 E 作 EM PD ,垂足为 M ,连结 AM .由(Ⅱ)知, AE  平面 PCD , AM 在平面 PCD 内的射影是 EM ,则 AM PD . 因此 AME∠ 是二面角 A PD C  的平面角. 由已知,可得 30CAD  ∠ .设 AC a ,可得 PA a , 2 3 3AD a , 21 3PD a , 2 2AE a . 在 Rt ADP△ 中, AM PD , AM PD PA AD   ,则 A B C D P E M 2 3 2 73 721 3 a aPA ADAM aPD a    . 在 Rt AEM△ 中, 14sin 4 AEAME AM   . 所以二面角 A PD C  的大小 14arcsin 4 . (20)本小题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的概念、等比数列的通项公式 及前 n 项和公式、不等式的证明等基础知识,考查运算能力和推理论证能力.满分 12 分. (Ⅰ)证明:由题设 1 4 3 1n na a n    ,得 1 ( 1) 4( )n na n a n     , n *N . 又 1 1 1a   ,所以数列 na n 是首项为1,且公比为 4 的等比数列. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知 14n na n   ,于是数列 na 的通项公式为 14n na n  . 所以数列 na 的前 n 项和 4 1 ( 1) 3 2 n n n nS    . (Ⅲ)证明:对任意的 n *N , 1 1 4 1 ( 1)( 2) 4 1 ( 1)4 43 2 3 2 n n n n n n n nS S               21 (3 4) 02 n n    ≤ . 所以不等式 1 4n nS S ≤ ,对任意 n *N 皆成立. (21)本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不等式 等基础知识,考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分. (Ⅰ)解:当 1a  时, 2 3 2( ) ( 1) 2f x x x x x x       ,得 (2) 2f   ,且 2( ) 3 4 1f x x x     , (2) 5f    . 所以,曲线 2( 1)y x x   在点 (2 2), 处的切线方程是 2 5( 2)y x    ,整理得 5 8 0x y   . (Ⅱ)解: 2 3 2 2( ) ( ) 2f x x x a x ax a x       2 2( ) 3 4 (3 )( )f x x ax a x a x a         . 令 ( ) 0f x  ,解得 3 ax  或 x a . 由于 0a  ,以下分两种情况讨论. (1)若 0a  ,当 x 变化时, ( )f x 的正负如下表: x 3 a    ∞, 3 a 3 a a     , a ( )a ,∞ ( )f x  0  0  因此,函数 ( )f x 在 3 ax  处取得极小值 3 af      ,且 34 3 27 af a      ; 函数 ( )f x 在 x a 处取得极大值 ( )f a ,且 ( ) 0f a  . (2)若 0a  ,当 x 变化时, ( )f x 的正负如下表: x  a∞, a 3 aa     , 3 a 3 a    ,∞ ( )f x  0  0  因此,函数 ( )f x 在 x a 处取得极小值 ( )f a ,且 ( ) 0f a  ; 函数 ( )f x 在 3 ax  处取得极大值 3 af      ,且 34 3 27 af a      . (Ⅲ)证明:由 3a  ,得 13 a  ,当  1 0k   , 时, cos 1k x ≤ , 2 2cos 1k x ≤ . 由(Ⅱ)知, ( )f x 在 1∞, 上是减函数,要使 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x ≥ , xR 只要 2 2cos cos ( )k x k x x   R≤ 即 2 2cos cos ( )x x k k x   R≤ ① 设 2 2 1 1( ) cos cos cos 2 4g x x x x        ,则函数 ( )g x 在 R 上的最大值为 2 . 要使①式恒成立,必须 2 2k k ≥ ,即 2k ≥ 或 1k ≤ . 所以,在区间 1 0 , 上存在 1k   ,使得 2 2( cos ) ( cos )f k x f k x ≥ 对任意的 xR 恒 成立. (22)本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等 基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力.满分 14 分. (Ⅰ)证法一:由题设 2 1 2AF F F 及 1( 0)F c , , 2 ( 0)F c, ,不妨设点 ( )A c y, ,其中 0y  ,由于点 A 在椭圆上,有 2 2 2 2 1c y a b   , 2 2 2 2 2 1a b y a b    , 解得 2by a  ,从而得到 2bA c a      , , 直线 2AF 的方程为 2 ( )2 by x cac   ,整理得 2 22 0b x acy b c   . 由题设,原点 O 到直线 1AF 的距离为 1 1 3 OF ,即 2 4 2 23 4 c b c b a c   , 将 2 2 2c a b  代入原式并化简得 2 22a b ,即 2a b . 证法二:同证法一,得到点 A 的坐标为 2bc a      , , 过点 O 作 1OB AF ,垂足为 H ,易知 1 1 2F BC F F A△ ∽△ ,故 2 1 1 BO F A OF F A  由椭圆定义得 1 2 2AF AF a  ,又 1 1 3BO OF ,所以 2 2 1 2 1 3 2 F A F A F A a F A    , 解得 2 2 aF A  ,而 2 2 bF A a  ,得 2 2 b a a  ,即 2a b . (Ⅱ)解法一:圆 2 2 2x y t  上的任意点 0 0( )M x y, 处的切线方程为 2 0 0x x y y t  . 当 (0 )t b , 时,圆 2 2 2x y t  上的任意点都在椭圆内,故此圆在点 A 处的切线必交椭圆 于两个不同的点 1Q 和 2Q ,因此点 1 1 1( )Q x y, , 2 2 2( )Q x y, 的坐标是方程组 2 0 0 2 2 22 2 x x y y t x y b      ① ② 的解.当 0 0y  时,由①式得 2 0 0 t x xy y  代入②式,得 22 2 20 0 2 2t x xx by       ,即 2 2 2 2 4 2 2 0 0 0 0(2 ) 4 2 2 0x y x t x x t b y     , 于是 2 0 1 2 2 2 0 0 4 2 t xx x x y    , 4 2 2 0 1 2 2 2 0 0 2 2 2 t b yx x x y   2 2 0 1 1 2 1 2 0 1 t x x t x xy y y y    4 2 2 0 1 2 0 1 22 0 1 ( )t x t x x x x xy       2 4 2 2 4 2 20 0 0 02 2 2 2 2 0 0 0 0 0 4 2 21 2 2 t x t b yt x t xy x y x y        4 2 2 0 2 2 0 0 2 2 t b x x y   . A O1F 2F H x y 若 1 2OQ OQ ,则 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 0 0 0 0 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 3 2 ( ) 02 2 2 t b y t b x t b x yx x y y x y x y x y           . 所以, 4 2 2 2 0 03 2 ( ) 0t b x y   .由 2 2 2 0 0x y t  ,得 4 2 23 2 0t b t  .在区间 (0 )b, 内此方 程的解为 6 3t b . 当 0 0y  时,必有 0 0x  ,同理求得在区间 (0 )b, 内的解为 6 3t b . 另一方面,当 6 3t b 时,可推出 1 2 1 2 0x x y y  ,从而 1 2OQ OQ . 综上所述, 6 (0 )3t b b  , 使得所述命题成立.
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