理科数学试卷含答案.pdf

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1、普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时120 分钟第卷1至 2 页，第卷 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 ! 第卷 注意事项： 1答第卷前，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的无效 3本卷共10 小题，每小题 5 分，共 50 分 参考公式： 如果事件AB，互斥，那么球的表面积公式 ()( )()P AB

2、P AP B 2 4SR 如果事件AB，相互独立，那么其中R表示球的半径 ()( )()P A BP 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 1i是虚数单位， 3 2i 1i （） 1 i1i1i1i 2设变量xy，满足约束条件 1 1 33 xy xy xy ， ， 则目标函数4zxy的最大值为（） 4 11 12 14 3 “ 2 3 ”是“ tan2cos 2 ”的（） 充分而不必要条件必要而不充分条件 充分必要条件既不充分也不必要条件 4 设双曲线 22 22 1(00) xy ab ab ，的离心率为3， 且它的一条准线与抛物线 2 4yx 的准线

3、重合，则此双曲线的方程为（） 22 1 1224 xy 22 1 4896 xy 22 2 1 33 xy 22 1 36 xy 5函数 2 log (42)(0)yxx的反函数是（） 1 42(2) xx yx 1 42(1) xx yx 2 42(2) xx yx 2 42(1) xx yx 6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（） 若ab，与所成的角相等，则ab 若ab， 则a b 若abab， 则 若ab， 则ab 7在R上定义的函数( )f x是偶函数，且( )(2)fxfx， 若( )f x在区间12，上是减 函数，则( )f x（） 在区间 21，上是增

4、函数，在区间3 4，上是增函数 在区间 21，上是增函数，在区间3 4，上是减函数 在区间 21，上是减函数，在区间3 4，上是增函数 在区间 21，上是减函数，在区间3 4，上是减函数 8 设等差数列 n a的公差d不为 0， 1 9ad 若 k a是 1 a与 2k a的等比中项，则k（） 2 4 6 8 9设abc， ，均为正数，且 1 2 2log a a， 1 2 1 log 2 b b， 2 1 log 2 c c则（ ） abccbacabbac 10设两个向量 22 (2cos)，a和sin 2 m m， b，其中m， ，为实 数若2ab， 则 m 的取值范围是（） 4 8，

5、普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类） 第卷 注意事项： 1答案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若 6 21 x ax 的二项展开式中 2 x的系数为 5 2 ， 则a（用数字作答） 12一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设等差数列 n a的公差d是 2， 前n项的和为 n S， 则 22 lim n n n an S 14已知两圆 22 10xy和 22

6、 (1)(3)20xy相交于AB，两点，则直线AB的方 程是 15 如图， 在ABC中，12021BACABAC， D是边BC上一点，2DCBD， 则AD BC uuu r u uu r 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） 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 )1f xxxxxR， （）求函数( )f x的最小正周期； A B D C （）求函数( )f

7、x在区间 3 84 ，上的最小值和最大值 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 从甲、乙两个盒内各任取2 个球 （）求取出的4 个球均为黑球的概率； （）求取出的4 个球中恰有1个红球的概率； （）设为取出的4 个球中红球的个数，求的分布列和数学期望 19 （本小题满分12 分） 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD， 60ABADACCDABC，PAABBC，E是PC的中点 （）证明CDAE； （）证明 PD 平面ABE； （）求二面角APDC的大小 20 （本小题满分12 分） 已知函数 2 2 21

8、( )() 1 axa f xx x R， 其中aR （）当 1a 时，求曲线( )yf x在点(2(2)f，处的切线方程； （）当0a时，求函数( )f x的单调区间与极值 21 （本小题满分14 分） 在数列 n a中， 1 11 2(2)2 () nn nn aaanN， 其中0 （）求数列 n a的通项公式； （）求数列 n a的前n项和 n S； A B C D P E （）证明存在k N， 使得 11nk nk aa aa 对任意nN均成立 22 （本小题满分14 分） 设 椭 圆 22 22 1(0) xy ab ab 的 左 、 右 焦 点 分 别 为 12 FFA，是 椭 圆

9、 上 的 一 点 ， 212 AFF F， 原点O到直线 1 AF的距离为 1 1 3 OF （）证明2ab； （） 设 12 QQ，为椭圆上的两个动点， 12 OQOQ， 过原点O作直线 12 Q Q的垂线OD， 垂足为D， 求点D的轨迹方程 2007年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学（理工类）参考解答 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 12345 678910 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 2 1214133 1430xy15 8 3 16390 三、解答题 17本小题考查三角函数中的诱导公式、特殊角

10、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，考查基本运算能力满分12 分 （）解： ( )2cos (sincos )1sin 2cos22 sin 2 4 f xxxxxxx 因此，函数( )f x的最小正周期为 （）解法一：因为 ( )2sin2 4 f xx 在区间 3 88 ，上为增函数，在区间 3 3 84 ， 上为减函数，又 0 8 f ， 3 2 8 f ， 33 2sin2 cos1 4244 f ， 故函数( )f x在区间 3 84 ，上的最大值为2， 最小值为1 解法二：作函数 ( )2 sin2 4 f xx 在长度为一个周期的区间 9 8

11、4 ，上的图象如下： y x O 2 2 由图象得函数( )f x在区间 3 84 ，上的最大值为2， 最小值为 3 1 4 f 18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满分12 分 （）解：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由于事件AB， 相互独立，且 2 3 2 4 1 ( ) 2 C P A C ， 2 4 2 6 2 ( ) 5 C P B C 故取出的4 个球均为黑球的概率为 121 ()( )( ) 255 P A BP A P B （）解

12、：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由于事件CD，互斥， 且 211 324 22 46 4 ( ) 15 CC C P C CC ， 12 34 22 46 1 () 5 CC P D CC 故取出的4 个球中恰有1 个红球的概率为 417 ()()() 15515 P CDP CP D （）解：可能的取值为01 2 3， ，由（）， （）得 1 (0) 5 P， 7 (1) 15 P， 1 3 22 46 11 (3) 30

13、 C P CC 从而 3 (2)1(0)(1)(3) 10 PPPP 的分布列为 0 1 2 3 P 1 5 7 15 3 10 1 30 的数学期望 17317 0123 51510306 E 19本小题考查直线与直线垂直、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能 力、运算能力和推理论证能力满分12 分 （）证明：在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，CD平面ABCD， 故 PACD ACCDPAACAI，CD平面PAC 而AE平面PAC，CDAE （）证明：由 PAABBC，60ABC ， 可得 ACPA E是PC的中点，AEPC 由（）知，AECD， 且PCCDCI， 所以A

14、E平面PCD 而PD平面PCD，AEPD PA底面ABCDPD，在底面ABCD内的射影是AD，ABAD，ABPD 又ABAEAI， 综上得PD平面ABE （）解法一：过点A作AMPD， 垂足为M， 连结EM则（）知，AE平 面PCD，AM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 2 3212 332 PAaADaPDaAEa， 在ADPRt中，AMPD，AM PDPA AD， 则 2 3 2 7 3 7 21 3 aa PA AD AMa PD a 在AEMRt中， 14 sin 4 AE AME AM 所以二面角 A

15、PDC的大小是 14 arcsin 4 解法二：由题设PA底面ABCD，PA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CMP是二面角APDC的平面角 由已知，可得 30CAD， 设ACa， 可得 2 32113 3326 PAaADaPDaCFaFDa， FMDPAD， FMFD PAPD 于是， 3 7 6 1421 3 a a FD PA FMa PD a 在CMFRt中， 1 2 tan7 7 14 a CF CMF FM a 所以二面角APDC的大小是arctan7

16、20本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数 的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法满分12 分 A B C D P E F M A B C D P E M （）解：当1a时， 2 2 ( ) 1 x f x x ， 4 (2) 5 f， 又 22 2222 2(1)2222 ( ) (1)(1) xxxx fx xx ， 6 (2) 25 f 所以，曲线( )yf x在点(2(2)f，处的切线方程为 46 (2) 525 yx， 即62320xy （）解： 22 2222 2 (1)2 (21)2()(1) ( ) (1)(1) a xx

17、axaxaax fx xx 由于 0a ， 以下分两种情况讨论 （1）当0a时， 令( )0fx， 得到 1 1 x a ， 2 xa当x变化时，( )( )fxf x，的 变化情况如下表： x 1 a ， 1 a 1 a a ，a()a， ( )fx0 0 ( )fx极小值 Z 极大值 所以( )f x在区间 1 a ，()a ， 内为减函数，在区间 1 a a ，内为增函数 函数( )f x在 1 1 x a 处取得极小值 1 f a ， 且 2 1 fa a ， 函数( )f x在 2 1 x a 处取得极大值( )f a， 且( )1f a （2）当0a时， 令( )0fx， 得到 1

18、2 1 xax a ， 当x变化时，( )( )fxf x，的 变化情况如下表： x a， a 1 a a ， 1 a 1 a ，+ ( )fx 0 0 ( )f x Z 极大值 极小值 Z 所以( )f x在区间()a， 1 a ，+内为增函数，在区间 1 a a ，内为减函数 函数( )f x在 1 xa处取得极大值( )f a， 且( )1f a 函数( )f x在 2 1 x a 处取得极小值 1 f a ， 且 21 fa a 22 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、 求曲线的方程等基础知识， 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

19、（）证法一：由题设 212 AFF F及 1( 0)Fc， 2( 0)Fc ， 不妨设点()A cy， 其 中0y由于点 A在椭圆上， 有 22 22 1 cy ab ， 即 222 22 1 aby ab 解得 2 b y a ， 从而得到 2 b A c a ， 直线 1 AF的方程为 2 () 2 b yxc ac ， 整理得 22 20b xacyb c 由题设，原点O到直线 1 AF的距离为 1 1 3 OF， 即 2 422 3 4 cb c ba c ， 将 222 cab代入上式并化简得 22 2ab， 即2ab 证法二：同证法一，得到点A的坐标为 2 b c a ， 过点O作

20、 1 OBAF， 垂足为B， 易知 1 F BO 12 F F A， 故 2 11 BOF A OFF A 由椭圆定义得 12 2AFAFa， 又 1 1 3 BOOF， 所以 22 12 1 32 F AF A F AaF A ， 解得 2 2 a F A， 而 2 2 b F A a ， 得 2 2 ba a ， 即2ab （）解法一：设点D的坐标为 00 ()xy， 当 0 0y时，由 12 ODQ Q知，直线 12 Q Q的斜率为 0 0 x y ， 所以直线 12 Q Q的方程 为 0 00 0 () x yxxy y ， 或ykxm， 其中 0 0 x k y ， 2 0 0 0

21、x my y A O 1 F2 F B x y 点 111222 ()()QxyQxy，的坐标满足方程组 222 22 ykxm xyb ， 将式代入式，得 222 2()2xkxmb， 整理得 2222 (12)4220kxkmxmb， 于是 122 4 12 km xx k ， 2 122 22 12 mb x x k 由式得 22 12121212 ()()()y ykxmkxmk x xkm xxk 22222 22 22 2242 121212 mbkmmb k kkmm kkk 由 12 OQOQ知 1212 0x xy y将式和式代入得 2222 2 322 0 12 mbb k

22、 k ， 222 32(1)mbk 将 2 00 0 00 xx kmy yy ，代入上式，整理得 222 00 2 3 xyb 当 0 0y时，直线 12 Q Q的方程为 0 xx， 111222 ()()QxyQxy，的坐标满足方程 组 0 222 22 xx xyb ， 所以 120 xxx， 22 0 1 2 2 2 bx y， 由 12 OQOQ知 1212 0x xy y， 即 22 20 0 2 0 2 bx x， 解得 22 0 2 3 xb 这时，点D的坐标仍满足 222 00 2 3 xyb 综上，点D的轨迹方程为 2222 3 xyb 解 法 二 ： 设 点D的 坐 标

23、为 00 ()xy，直 线OD的 方 程 为 00 0y xx y，由 12 ODQ Q， 垂足为D， 可知直线 12 Q Q的方程为 22 0000x xy yxy 记 22 00 mxy（ 显 然0m） ，点 111222 ()()Q xyQxy，的 坐 标 满 足 方 程 组 00 222 22 x xy ym xyb ， 由式得 00 y ymx x 由式得 222222 000 22y xy yy b 将式代入式得 22222 000 2()2y xmx xy b 整理得 222222 0000 (2)4220xyxmx xmb y， 于是 222 0 12 22 00 22 2 m

24、b y x x xy 由式得 00 x xmy y 由式得 222222 000 22x xx yx b 将式代入式得 22222 000 ()22my yx yx b ， 整理得 222222 0000 (2)220xyymy ymb x， 于是 222 0 1222 00 2 2 mb x y y xy 由 12 OQOQ知 1212 0x xy y将式和式代入得 222222 00 2222 0000 222 0 22 mb ymb x xyxy ， 2222 00 32()0mbxy 将 22 00mxy 代入上式，得 222 00 2 3 xyb 所以，点D的轨迹方程为 222 2

25、3 xyb 21本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前n项和公式、数列求和、 不等式的证明等基础知识与基本方法，考查归纳、推理、运算及灵活运用数学知识分析问 题和解决问题的能力满分14 分 （）解法一： 222 2 2(2)22a， 223233 3 (2 )(2)222a， 334344 4 (22 )(2)232a 由此可猜想出数列 n a的通项公式为(1)2 nn n an 以下用数学归纳法证明 （1）当1n时， 1 2a， 等式成立 （2）假设当 nk时等式成立， 即(1)2 kk kak ， 那么 1 11(2)2 kk kaa 11 (1)222 kkkkk k 11

26、 (1)12 kk k 这就是说，当1nk时等式也成立根据（1）和（ 2）可知，等式(1)2 nn n an 对任何n N都成立 解法二：由 1 1 (2)2 () nn nn aanN，0， 可得 1 1 1 22 1 nn nn nn aa ， 所以 2 n n n a 为等差数列，其公差为1， 首项为0， 故 2 1 n n n a n ， 所以 数列 n a的通项公式为(1)2 nn n an （）解：设 2341 23(2)(1) nn n TnnL， 3451 23(2)(1) nn n TnnL 当1时，式减去式， 得 21 2311 (1)(1)(1) 1 n nnn n Tn

27、nL， 211212 22 (1)(1) (1)1(1) nnnn n nnn T 这时数列 n a的前n项和 212 1 2 (1) 22 (1) nn n n nn S 当1时， (1) 2 n n n T这时数列 n a的前n项和 1 (1) 22 2 n n n n S （）证明：通过分析，推测数列 1n n a a 的第一项 2 1 a a 最大，下面证明： 2 12 1 4 ,2 2 n n aa n aa 由0知0 n a， 要使式成立，只要 2 1 2(4)(2) nn aan， 因为 222 (4)(4)(1)(1)2 nn n an 12 4(1)424(1)2 nnnn nn 12 12222 nn nnan， 所以式成立 因此，存在1k， 使得 112 1 nk nk aaa aaa 对任意nN均成立