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. 是虚数单位 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】，故选C
2. 设变量满足约束条件则目标函数的最大值为 ( )
A.4 B.11 C.12 D.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、、，将代入得到最大值为故选B
3. 是的 ( )
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】可知充分，
当时可知不必要.故选A
4. 设双曲线的离心率为且它的一条准线与抛物线的准线重合，则此双曲线的方程为 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由可得故选D
5. 函数的反函数是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】原函数过故反函数过从而排除A、B、D，故选C
6. 设为两条直线，为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是 ( )
A.若与所成的角相等，则 B.若，则
C.若则 D.若则
【答案】D
【分析】对于A当与均成时就不一定；对于B只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于C可参考直三棱柱模型排除，故选D
7. 在R上定义的函数是偶函数，且.若在区间上是减函数，则( )
A.在区间上是增函数，在区间上是减函数
B.在区间上是增函数，在区间上是减函数
C.在区间上是减函数，在区间上是增函数
D.在区间上是减函数，在区间上是增函数
【答案】B
【分析】由可知图象关于对称，又因为为偶函数图象关于对称，可得到为周期函数且最小正周期为2，结合在区间上是减函数，可得如右草图.故选B
8. 设等差数列的公差不为0.若是与的等比中项，则 ( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【答案】B
【分析】是与的等比中项可得()，由为等差数列可得及代入()式可得.故选B
9. 设均为正数，且则 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】由可知，由可知，由可知，
从而.故选A
10. 设两个向量和其中为实数.若则的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】由可得，设代入方程组可得消去化简得，再化简得再令代入上式得可得解不等式得因而解得.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. 若的二项展开式中的系数为则.(用数字作答)
【答案】2
【分析】，当时得到项的系数
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则此球的表面积为.
【答案】
【分析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由
13. 设等差数列的公差是2，前项的和为则.
【答案】3
【分析】根据题意知代入极限式得
14. 已知两圆和相交于两点，则直线的方程是.
【答案】
【分析】两圆方程作差得
15. 如图，在中，是边上一点，则.
【答案】
【分析】由余弦定理得可得，
又夹角大小为，，
所以.
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】
【分析】 用2色涂格子有种方法，用3色涂格子有种方法，故总共有种方法.
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R.
(I)求函数的最小正周期；
(II)求函数在区间上的最小值和最大值.
【分析】.
因此，函数的最小正周期为.
(II)解法一：因为在区间上为增函数，在区间上为减函数，
又
故函数在区间上的最大值为最小值为.
解法二：作函数在长度为一个周期的区间上的图象如下：
由图象得函数在区间上的最大值为最小值为.
【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.
故取出的4个球均为黑球的概率为.
(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.
故取出的4个球中恰有1个红球的概率为.
(III)解：可能的取值为.由(I)，(II)得
又 从而.
的分布列为
0 1 2 3 的数学期望.
【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，在四棱锥中，底面是的中点.
(I)证明：；
(II)证明：平面；
(III)求二面角的大小.
【分析】(I)证明：在四棱锥中，
因底面平面故.
平面.
而平面.
(II)证明：由可得.是的中点，.
由(I)知，且所以平面.而平面.
底面在底面内射影是.
又综上得平面.
(III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面在平面内的射影是则.因此是二面角的平面角.
由已知，得.设可得
在中，.则
在中，
所以二面角的大小是
解法二：由题设底面平面则平面平面交线为
过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.
由已知，可得.设可得
∽
于是，
在中，
所以二面角的大小是
【考点】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.
20. (本小题满分12分)
已知函数R)，其中R.
(I)当时，求曲线在点处的切线方程；
(II)当时，求函数的单调区间与极值.
【分析】(I)解：当时，又
所以，曲线在点处的切线方程为 即
(II)解：
由于以下分两种情况讨论.
(1)当时，令得到当变化时，的变化情况如下表：
0 0 极小值 极大值 所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.
函数在处取得极小值且.
函数在处取得极大值且.
(2)当时，令得到.当变化时，的变化情况如下表：
0 0 极小值 极大值 所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.
函数在处取得极大值且.
函数在处取得极小值且.
【考点】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.
21. (本小题满分14分)
在数列中N其中.
(I)求数列的通项公式；
(II)求数列的前项和；
(III)证明存在N使得对任意N均成立.
【分析】(I)解法一：，
，
.
由此可猜想出数列的通项公式为.
以下用数学归纳法证明.
(1)当时等式成立.
(2)假设当时等式成立，即
那么，
这就是说，当时等式也成立.根据(1)和(2)可知，等式对任何N都成立.
解法二：由N可得
所以为等数列，其公差为1，首项为0.故
所以数列的通项公式为
(II)解：设 ①
②
当时，①式减去②式，得
这时数列的前项和
当 时，这时数列的前项和
(III)证明：通过分析，推测数列的第一项最大.下面证明： ③
由知要使③式成立，只要因为
所以③式成立. 因此，存在使得对任意N均成立.
【考点】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.
22. (本小题满分14分)
设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点原点到直线的距离为.
(I)证明：；
(II)设为椭圆上的两个动点过原点作直线的垂线垂足为求点的轨迹方程.
【分析】(I)证法一：由题设及不妨设点其中由于点在椭圆上，有即 解得从而得到
直线的方程为整理得
由题设，原点到直线的距离为即
将代入上式并化简得即
证法二：同证法一，得到点的坐标为
过点作垂足为易知～故
由椭圆定义得又所以
解得而而得即
（II）解法一：设点的坐标为当时，由知，直线的斜率为
所以直线的方程为或其中
点的坐标满足方程组
将①式代入②式，得
整理得于是
③
由①式得
④
由知将③式和④式代入得
将代入上式，整理得
当时，直线的方程为点的坐标满足方程组
所以
由知即解得
这时，点的坐标仍满足
综上，点的轨迹方程为
解法二：设点的坐标为直线的方程为由垂足为可知直线的方程为记（显然点的坐标满足方程组
由①式得 ③
由②式得 ④ 将③式代入④式得
整理得于是 ⑤
由①式得 ⑥
由②式得 ⑦
将⑥式代入⑦式得
整理得于是 ⑧
由知将⑤式和⑧式代入得
将代入上式，得
所以，点的轨迹方程为
【考点】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.
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C
D
A
P
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B
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B
C
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A
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E
B
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