1、2007年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学试题（必修选修1）参考答案一、选择题123456789101112二、填空题13141516三、解答题17解：（）由，根据正弦定理得，所以，由为锐角三角形得（）根据余弦定理，得所以，18解：（）记表示事件：“位顾客中至少位采用一次性付款”，则表示事件：“位顾客中无人采用一次性付款”，（）记表示事件：“位顾客每人购买件该商品，商场获得利润不超过元”表示事件：“购买该商品的位顾客中无人采用分期付款”表示事件：“购买该商品的位顾客中恰有位采用分期付款”则，19解法一：（1）作，垂足为，连结，由侧面底面，得底面因为，所以，又，故为等腰直角三角形，DBC
2、ASE由三垂线定理，得（）由（）知，依题设，故，由，又，作，垂足为，则平面，连结为直线与平面所成的角所以，直线与平面所成的角为解法二：（）作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面因为，所以又，为等腰直角三角形，如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系，DBCAS因为，又，所以，所以（），.与的夹角记为，与平面所成的角记为，因为为平面的法向量，所以与互余，所以，直线与平面所成的角为20解：（），因为函数在及取得极值，则有，即解得，（）由（）可知，当时，；当时，；当时，所以，当时，取得极大值，又，则当时，的最大值为因为对于任意的，有恒成立，所以，解得或，因此的取值范围为21解：（）设的公差为，的公
3、比为，则依题意有且解得，所以，（），得，22证明（）椭圆的半焦距，由知点在以线段为直径的圆上，故，所以，（）（）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程，并化简得设，则，；因为与相交于点，且的斜率为所以，四边形的面积当时，上式取等号（）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积综上，四边形的面积的最小值为2007年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷)文科数学试题（必修+选修）参考答案评分说明：1 本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则2 对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度可
4、视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分3 解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4 只给整数分数选择题和填空题不给中间分一、选择题1C2B3C4D5C6A7A8A9C10D11D12B二、填空题131415三、解答题17解：由题设知，则 由得，因为，解得或当时，代入得，通项公式；当时，代入得，通项公式18解：（1）的内角和，由得应用正弦定理，知，因为，所以，（2）因为 ，所以，当，即时，取得最大值19（1）记表示事件“取出的2件产品中无二等品”，表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”则互斥，且，故
5、 于是解得（舍去）（2）记表示事件“取出的2件产品中无二等品”，则若该批产品共100件，由（1）知其中二等品有件，故20解法一：（1）作交于点，则为的中点连结，又，故为平行四边形AEBCFSDHGM，又平面平面所以平面（2）不妨设，则为等腰直角三角形取中点，连结，则又平面，所以，而，所以面取中点，连结，则连结，则故为二面角的平面角AAEBCFSDGMyzx所以二面角的大小为解法二：（1）如图，建立空间直角坐标系设，则，取的中点，则平面平面，所以平面（2）不妨设，则中点又，所以向量和的夹角等于二面角的平面角所以二面角的大小为21解：（1）依题设，圆的半径等于原点到直线的距离，即得圆的方程为（2）
6、不妨设由即得设，由成等比数列，得，即 由于点在圆内，故由此得所以的取值范围为22解：求函数的导数（）由函数在处取得极大值，在处取得极小值，知是的两个根所以当时，为增函数，由，得（）在题设下，等价于即化简得此不等式组表示的区域为平面上三条直线：所围成的的内部，其三个顶点分别为：ba2124O在这三点的值依次为所以的取值范围为2008年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学参考答案题号12345678答案DACBADAA题号910111213141516答案CDBB9217、解：（I）依题设得 由正弦定理得 所以 即 依题设知 a2cos2B=9所以 a2=25，得a=5（II）因为S=所以，由
7、S=10得c=5应用余弦定理得b=故ABC的周长=a+b+c=2(5+)18解法一：(I)作AOBC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO底面BCDE，且O为BC中点，由知，RtOCDRtCDE，从而ODC=CED，于是CEOD，由三垂线定理知，ADCE（II）作CGAD，垂足为G，连接GE。由（I）知，CEAD，又CECG=C，故AD平面CGE，ADGE，所以CGE是二面角C-AD-E的平面角。GE=cosCGE=所以二面角C-AD-E为arccos()解法二：（I）作AOBC，垂足为O，由题设知AO底面BCDE，且O为BC的中点，以O为坐标原点，射线OC为x轴正向，建立如图所示的直角坐标系O
8、-xyz.设A（0,0,t），由已知条件有C(1,0,0), D(1,0), E(-1, ,0),所以，得ADCE（II）ABC为等边三角形，因此A（0，0，）作CGAD，垂足为G，连接GE，在RtACD中，求得|AG|=|AD|故G（）又所以的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。由cos()=知二面角C-AD-E为arccos()（19）解：（I）由已知an+1=2an+2n得bn+1=又b1=a1=1，因此bn是首项为1，公差为1的等差数列（II）由（I）知Sn=1+221+322+n2n1 两边乘以2得 2Sn=2+222+n2n两式相减得Sn=121222n1+n2n =(2n1)+n
9、2n =(n1)2n+1（20）解：记A1、A2分别表示依方案甲需化验1次、2次， B表示依方案乙需化验3次， A表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数。依题意知A2与B独立，且 ，。 P()=P(A1+A2B) =P(A1)+P(A2B) =P(A1)+P(A2)P(B) = =所以 P(A)=1-P()=0.72（21）解：（I）f (x)=3x2+2ax+1 判别式=4(a2-3)(i)若a或a0，f(x)是增函数；在（）内f (x)0， f(x)是增函数(ii)若，则对所有x都有f (x)0，故此时f(x)在R上是增函数(iii)若a=，则f ()=0，且对所有的x都有f
10、(x)0，故当a=时，f(x)在R上是增函数（II）由（I）知，只有当a或a时，由、解得a2因此a的取值范围是2,+)22、解：（）设双曲线方程为(a0,b0)，右焦点为F(c,0)(c0)，则c2=a2+b2不妨设l1：bx-ay=0，l2：bx+ay=0则，因为2+2=2，且=2-，所以2+2=(2-)2，于是得tanAOB=。又与同向，故AOF=AOB，所以解得tanAOF=，或tanAOF=-2（舍去）。因此所以双曲线的离心率e=（）由a=2b知，双曲线的方程可化为 x2-4y2=4b2 由l1的斜率为，c=b知，直线AB的方程为 y=-2(x-b) 将代入并化简，得 15x2-32b
11、x+84b2=0设AB与双曲线的两交点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则 x1+x2=，x1x2= AB被双曲线所截得的线段长 l= 将代入，并化简得l=，而由已知l=4，故b=3，a=6所以双曲线的方程为2008年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学试题（必修选修）参考答案和评分参考评分说明：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部
12、分的解答有较严重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数选择题不给中间分一、选择题1C 2B 3D 4C 5C 6D7A 8B 9A 10B 11B 12C二、填空题132 14420 15216两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点；底面是平行四边形注：上面给出了四个充要条件如果考生写出其他正确答案，同样给分三、解答题17解：（）由，得，由，得2分所以5分（）由正弦定理得8分所以的面积10分18解：设数列的公差为，则， 3分由成等比数列得，即，整理得， 解得或7分当时，9分当时，于是12分19解：记分别表示甲击中9环，10
13、环，分别表示乙击中8环，9环，表示在一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，表示在三轮比赛中至少有两轮甲击中的环数多于乙击中的环数，分别表示三轮中恰有两轮，三轮甲击中环数多于乙击中的环数（），2分6分（），8分，12分20解法一：依题设，（）连结交于点，则由三垂线定理知，3分ABCDEA1B1C1D1FHG在平面内，连结交于点，由于，故，与互余于是与平面内两条相交直线都垂直，所以平面6分（）作，垂足为，连结由三垂线定理知，故是二面角的平面角8分，又，ABCDEA1B1C1D1yxz所以二面角的大小为12分 解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系依题设，3分（）因为，故，
14、又，所以平面6分（）设向量是平面的法向量，则，故，令，则，9分等于二面角的平面角，所以二面角的大小为12分21解：（）因为是函数的极值点，所以，即，因此经验证，当时，是函数的极值点4分（）由题设，当在区间上的最大值为时，即故得9分反之，当时，对任意，而，故在区间上的最大值为综上，的取值范围为12分22（）解：依题设得椭圆的方程为，直线的方程分别为，2分如图，设，其中，DFByxAOE且满足方程，故由知，得；由在上知，得所以，化简得，解得或6分（）解法一：根据点到直线的距离公式和式知，点到的距离分别为，9分又，所以四边形的面积为，当，即当时，上式取等号所以的最大值为12分解法二：由题设，设，由得
15、，故四边形的面积为9分，当时，上式取等号所以的最大值为12分2009年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学试题参考答案和评分参考（1）【解析】本小题考查诱导公式、特殊角的三角函数值，基础题。解：，故选择A。(2) 【解析】本小题考查集合的运算，基础题。（同理1）解：，故选A。也可用摩根定律：（3）【解析】本小题考查解含有绝对值的不等式，基础题。解：，故选择D。(4)【解析】本小题考查同角三角函数间的关系、正切的和角公式，基础题。解：由题，故选择B。（5）【解析】本小题考查双曲线的渐近线方程、直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的离心率，基础题。解：由题双曲线的一条渐近线方程为，代入抛物线方程整
16、理得，因渐近线与抛物线相切，所以，即，故选择C。（6）【解析】本小题考查反函数，基础题。解：由题令得，即，又，所以，故选择C。（7）【解析】本小题考查分类计算原理、分步计数原理、组合等问题，基础题。解：由题共有，故选择D。（8）【解析】本小题考查向量的几何运算、考查数形结合的思想，基础题。解：由向量加法的平行四边形法则，知、可构成菱形的两条相邻边，且、为起点处的对角线长等于菱形的边长，故选择B。（9）【解析】本小题考查棱柱的性质、异面直线所成的角，基础题。（同理7）解：设的中点为D，连结D，AD，易知即为异面直线与所成的角,由三角余弦定理，易知.故选D(10)【解析】本小题考查三角函数的图象性
17、质，基础题。解: 函数的图像关于点中心对称由此易得.故选A（11）【解析】本小题考查二面角、空间里的距离、最值问题，综合题。（同理10）解:如图分别作 ，连 ，又当且仅当，即重合时取最小值。故答案选C。（12）【解析】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义，基础题。解：过点B作于M,并设右准线与X轴的交点为N，易知FN=1.由题意,故.又由椭圆的第二定义,得.故选A(13)【解析】本小题考查二项展开式通项、基础题。（同理13）解: 因所以有(14) 【解析】本小题考查等差数列的性质、前项和，基础题。（同理14）解: 是等差数列,由,得。 (15) 【解析】本小题考查球的截面圆性质、球的表
18、面积，基础题。解：设球半径为，圆M的半径为，则，即由题得，所以。（16）【解析】本小题考查直线的斜率、直线的倾斜角、两条平行线间的距离，考查数形结合的思想。解：两平行线间的距离为，由图知直线与的夹角为，的倾斜角为，所以直线的倾斜角等于或。故填写或（17）【解析】本小题考查等差数列与等比数列的通项公式、前项和，基础题。解：设的公差为，数列的公比为，由得 得 由及解得故所求的通项公式为。(18)【解析】本小题考查正弦定理、余弦定理。解：由余弦定理得，又 ，即 由正弦定理得又由已知得 ，所以 故由解得（19）解法一：（I）作交于点E，则，平面SAD连接AE，则四边形ABME为直角梯形作，垂足为F，则
19、AFME为矩形设，则，由解得即，从而所以为侧棱的中点（），又,所以为等边三角形，又由（）知M为SC中点，故取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则,由此知为二面角的平面角连接，在中，所以二面角的大小为解法二:以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz设，则（）设,则又故即解得，即所以M为侧棱SC的中点（II）由，得AM的中点又所以因此等于二面角的平面角所以二面角的大小为(20)【解析】本小题考查互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率，综合题。解：记“第局甲获胜”为事件，“第局乙获胜”为事件。（）设“再赛2局结束这次比赛”为事件A，则，由于各
20、局比赛结果相互独立，故（）记“甲获得这次比赛胜利”为事件B，因前两局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而，由于各局比赛结果相互独立，故(21) 【解析】本小题考查导数的应用、函数的单调性，综合题。解：（）令得或；令得或因此，在区间和为增函数；在区间和为减函数。（）设点，由过原点知，的方程为，因此，即，整理得，解得或因此切线的方程为或（22）解：（）将抛物线代入圆的方程，消去，整理得 与有四个交点的充要条件是：方程有两个不相等的正根由此得解得又所以的取值范围是（II） 设四个交点的坐标分别为、。则由（I）根据韦达定理有，则令，则 下面求的最大值。方法1
21、：由三次均值有： 当且仅当，即时取最大值。经检验此时满足题意。方法2：设四个交点的坐标分别为、则直线AC、BD的方程分别为解得点P的坐标为。设，由及（）得由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积则将，代入上式，并令，得，令得，或（舍去）当时，；当时；当时，故当且仅当时，有最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为2009年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学试题参考答案和评分参考一 选择题（1）C （2）B （3）A （4）D （5）C （6）C（7）B （8）A （9）D （10）C （11）D （12）B二填空题 （13）3 （14）6 （15） （16）8三解答题 17
22、 解：设的公差为，则即解得 因此（18）解：由及得又由及正弦定理得故 ， 或 （舍去），于是或.又由知或所以（19）解法一：（）取BC中点F，连接EF，则EF，从而EFDA。连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF/DE。又DE平面，故AF平面，从而AFBC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。（）作AGBD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CGBD，故AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，AGC=600.设AC=2，则AG=。又AB=2，BC=，故AF=。由得2AD=，解得AD=。故AD=AF。又ADAF，所以四边形ADEF为正方形。因为BCAF，BCAD，AFAD=A，故
23、BC平面DEF，因此平面BCD平面DEF。连接AE、DF，设AEDF=H，则EHDF，EH平面BCD。连接CH，则ECH为与平面BCD所成的角。因ADEF为正方形，AD=，故EH=1，又EC=2，所以ECH=300，即与平面BCD所成的角为300.解法二：（）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz。设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则（1，0，2c）,E（，c）.于是=（，0），=（-1，b,0）.由DE平面知DEBC，=0，求得b=1，所以 AB=AC。（）设平面BCD的法向量则又故令, 则又平面的法向量由二面角为60知，=60，故 ，
24、求得于是 ， ，所以与平面所成的角为30（20）解：（）由于甲、乙两组各有10名工人，根据分层抽样原理，要从甲、乙两组中共抽取4名工人进行技术考核，则从每组各抽取2名工人。（）记表示事件：从甲组抽取的工人中恰有1名女工人，则 （）表示事件：从甲组抽取的2名工人中恰有名男工人， 表示事件：从乙组抽取的2名工人中恰有名男工人， 表示事件：抽取的4名工人中恰有2名男工人。 与独立， ，且故 （21）解：（）由知，当时，故在区间是增函数；当时，故在区间是减函数；当时，故在区间是增函数。综上，当时，在区间和是增函数，在区间是减函数。（）由（）知，当时，在或处取得最小值。 由假设知 即 解得故的取值范围是
25、（1，6）（22）解：（）设 当的斜率为1时，其方程为到的距离为 故 ， 由 得 ，=（）C上存在点，使得当绕转到某一位置时，有成立。由（）知C的方程为+=6. 设 () C上的点使成立的充要条件是点的坐标为，且整理得 故 将 ，并化简得于是 , =, 代入解得，此时 于是=， 即 因此， 当时， ； 当时， 。（）当垂直于轴时，由知，C上不存在点P使成立。综上，C上存在点使成立，此时的方程为2010年全国高考试卷文科数学试题(必修+选修)参考答案（18）、解： 由及正弦定理得 , ,从而 ，.又故 ,所以 .（19）、解： ()记 A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审； B表示事件：稿件
26、恰能通过一位初审专家的评审； C表示事件：稿件能通过复审专家的评审； D表示事件：稿件被录用. 则 D=A+BC, = = =0.25+0.50.3 =0.40.（20）解法一： ()连接BD,取DC的中点G，连接BG, 由此知 即为直角三角形，故. 又,所以，.作，故内的两条相交直线都垂直. , ,所以，.解法二： 以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设则,.(), 设平面的法向量为,由, () 由（）知,取中点F，则,故,由此得. 又,故由此得,向量与的夹角等于二面角的平面角.于是 ,所以，二面角的大小为120.（21）、解：（）当时，在内单调减，在内单调增，在时，
27、有极小值. 所以是的极小值.（22）、解：设，的方程为.（）将代人并整理得，从而 直线的方程为 ，即 令所以点在直线上（）由知，来源:学科网ZXXK 因为 ， 故 ，解得 所以的方程为 又由知 故直线BD的斜率，因而直线BD的方程为2010年普通高等学校招生全国统一考试()文科数学试题参考答案和评分参考三、解答题（17）解： 由 由已知得， 从而 . 由正弦定理得 , 所以 .（18）解：（）设公比为q，则.由已知有 化简得（19）解法一：（）连结,记与的交点为F.因为面为正方形，故，且.又，所以，又D为的中点，故. 作,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点. 又由底面面，得. 连结DG，则
28、，故,由三垂线定理，得. 所以DE为异面直线与CD的公垂线.（）因为，故为异面直线与的夹角，.设AB=2，则，,.作,H为垂足，因为底面,故，又作，K为垂足，连结,由三垂线定理，得，因此为解法二：（）以B为坐标原点，射线BA为轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2，则A（2,0,0,），D（0,1,0），又设C（1,0,c）,则.于是.故,所以DE为异面直线与CD的公垂线.（）因为等于异面直线与CD的夹角，故 ，即 ，解得 ，故，又，所以，所以 .由于等于二面角的平面角，所以二面角的大小为.（20）解：记表示事件：电流能通过A表示事件：中至少有一个能通过电流，B表示事件：电流能在M与N之间通过，（）相互独立， ,又 ，故 ，（）， =0.9+0.10.90.9+0.10.10.90.9 =0.9891（21）解：式无解，式的解为， 因此的取值范围是.（22）解：（）由题设知，的方程为：，代入C的方程，并化简，得，设 ，故不妨设，.又 ，故 ，解得，或（舍去），故，连结MA，则由，知，从而,且轴，因此以M为圆心，MA为半径的圆经过A、B、D三点，且在点A处与轴相切，所以过A、B、D三点的圆与轴相切.
