高考天津卷理科数学试题解析(参考版).pdf

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1、理科数学 高三 天津卷 理科数学 考试时间：_分钟 题型 单选题 填空题 简答题 总分 得分 单选题（本大题共 8 小题，每小题_分，共_分。）1.设集合，则()A.B.C.D.2.设变量满足约束条件则目标函数的最大值为()A.B.1 C.D.3 3.阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为 24，则输出的值为()A.0 B.1 C.2 D.3 4.设，则“”是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.已知双曲线的左焦点为，离心率为.若经过和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为()A.B.C.D.6.已知奇函数在

2、R 上是增函数，.若，则a，b，c的大小关系为()A.B.C.D.7.设函数，其中，.若，且的最小正周期大于，则()A.，B.，C.，D.，8.已知函数设，若关于x的不等式在 R 上恒成立，则a的取值范围是()A.B.C.D.填空题（本大题共 6 小题，每小题_分，共_分。）9.已知，i 为虚数单位，若为实数，则a的值为 _.10.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 _.11.在极坐标系中，直线与圆的公共点的个数为_.12.若，则的最小值为_.13.在中，.若，且，则的值为_.14.用数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有重复数字，

3、且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.（用数字作答）简答题（综合题）（本大题共 6 小题，每小题_分，共_分。）15.在中，内角所对的边分别为.已知，.（）求和的值；（）求的值.16.从甲地到乙地要经过 3 个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为.（）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；（）若有 2 辆车独立地从甲地到乙地，求这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率.17.如图，在三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.（）求证

4、：MN平面BDE；（）求二面角C-EM-N的正弦值；（）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.18.已知为等差数列，前n项和为，是学 科.网首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，,，.（）求和的通项公式；（）求数列的前n项和.19.设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.20.设，已知定义在 R 上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.（）求的单调区间；（）设，函数，求证：；（）

5、求证：存在大于 0 的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.答案 单选题 1.B 2.D 3.C 4.A 5.B 6.C 7.A 8.A 填空题 9.10.11.2 12.4 13.14.简答题 15.(1).；(2)16.(1)(2)17.（1）证明见解析（2）（3）或 18.（1）.（2）.19.（1），.（2），或.20.（1）增区间是，减区间是.（2）见解析（3）证明见解析 解析 单选题 1.,选 B.2.目标函数为四边形 ABCD 及其内部，其中，所以直线过点 B 时取最大值 3，选 D 3.依次为,，输出，选 C.4.但不满足，所以是充分不必要条件，选 A.5.由题意得，选 B.6

6、.奇函数 f（x）在 R 上是增函数，当 x0，f（x）f（0）=0，且 f（x）0，g（x）=xf（x），则 g（x）=f（x）+xf（x）0，g（x）在（0，+）单调递增，且 g（x）=xf（x）偶函数，a=g（-log25.1）=g（log25.1），则 2-log25.13，120.82，由 g（x）在（0，+）单调递增，则 g（20.8）g（log25.1）g（3），bac，故选 C 7.由题意，其中，所以，又，所以，所以，由得，故选 A 8.当 时，关于 x 的不等式在 R 上恒成立，即为 即有 由的对称轴为，可得处取得最大值-由的对称轴为，可得处取得最小值，则 当 x1 时，关于

7、 x 的不等式在 R 上恒成立，即为，即有 由（当且仅当）取得最大值；由（当且仅当 x=21）取得最小值 2 则 由可得，-综上故选 A 填空题 9.为实数，则 10.设正方体边长为，则，外接球直径为 11.直线为，圆为，因为，所以有两个交点 12.，当且仅当时取等号 13.,则 14.根据题意，分 2 种情况讨论：四位数中没有一个偶数数字，即在 1、3、5、7、9 种任选 4 个，组成一共四位数即可，有 A54=120 种情况，即有 120 个没有一个偶数数字四位数；四位数中只有一个偶数数字，在 1、3、5、7、9 种选出 3 个，在 2、4、6、8 中选出 1 个，有 C53C41=40

8、种取法，将取出的 4 个数字全排列，有 A44=24 种顺序，则有 4024=960 个只有一个偶数数字的四位数；则至多有一个数字是偶数的四位数有 120+960=1080 个；故答案为：1080 简答题 15.（）在ABC 中，故由，可得 由已知及余弦定理，有b2a2+c22accosB25+36256=13，由正弦定理，得，；（）由（）及，得，,故 16.（）随机变量的所有可能取值为 0,1,2,3.，.所以，随机变量的分布列为 随机变量的数学期望.（）设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为.所以，这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为.17.（）证明

9、：取 AB 中点 F，连接 MF、NF，M 为 AD 中点，MFBD，BD平面 BDE，MF 平面 BDE，MF平面 BDE N 为 BC 中点，NFAC，又 D、E 分别为 AP、PC 的中点，DEAC，则 NFDE DE平面 BDE，NF 平面 BDE，NF平面 BDE 又 MFNF=F 平面 MFN平面 BDE，则 MN平面 BDE；（）解：PA底面 ABC，BAC=90 以 A 为原点，分别以 AB、AC、AP 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系 PA=AC=4，AB=2，A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2

10、），则，设平面 MEN 的一个法向量为，由，得，取 z=2，得 由图可得平面 CME 的一个法向量为 cos=二面角 CEMN 的余弦值为，则正弦值为；（）解：设 AH=t，则 H（0，0，t），直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为，|cos|=|=|=解得：t=或 t=当 H 与 P 重合时直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为，此时线段 AH 的长为或 18.（I）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.由已知 b2+b3=12，得 b1（q+q2）=12，而 b1=2，所以 q+q2-6=0 又因为 q0，解得 q=2所以，bn=2n 由 b3=a4-2a1，可得 3d-a1=8

11、 由 S11=11b4，可得 a1+5d=16，联立，解得 a1=1，d=3，由此可得 an=3n-2 所以，数列an的通项公式为 an=3n-2，数列bn的通项公式为 bn=2n（II）设数列a2nb2n-1的前 n 项和为 Tn，由，有，故，上述两式相减，得 得.所以，数列的前项和为.19.（）解：设的坐标为.依题意，解得，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.（）解：直线 l 的方程为 x=1，设直线 AP 的方程为 x=my+1（m0），联立方程组，解得点 P（1，），故 Q（1，）联立方程组，消去 x，整理得（3m2+4）y2+6my=0，解得 y=0，或 y=B（，）直线 BQ

12、 的方程为（）（x+1）（）（y）=0，令 y=0，解得 x=，故 D（，0）|AD|=1=又APD 的面积为，=，整理得 3m22|m|+2=0，解得|m|=，m=所以，直线的方程为，或.20.（）由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间是，单调递减区间是.（）证明：由，得，.令函数 H1（x）=g（x）（xx0）f（x），则 H1（x）=g（x）（xx0）由（）知，当 x1，2时，g（x）0，故当 x1，x0）时，H1（x）0，H1（x）单调递减；当 x（x0，2时，H1（x）0，H1（x）单调递增 因此，当 x1，x0）（x0，2时，H1（x）

13、H1（x0）=f（x0）=0，可得 H1（m）0即 h（m）0，令函数 H2（x）=g（x0）（xx0）f（x），则 H2（x）=g（x0）g（x）由（）知，g（x）在1，2上单调递增，故当 x1，x0）时，H2（x）0，H2（x）单调递增；当 x（x0，2时，H2（x）0，H2（x）单调递减因此，当 x1，x0）（x0，2时，H2（x）H2（x0）=0，可得得 H2（m）0 即 h（x0）0，所以，h（m）h（x0）0（）证明：对于任意的正整数 ，且，令，函数.由（II）知，当时，在区间内有零点；当时，在区间内有零点.所以 h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为 x1，则 h（x1）=g（x1）（x0）f（）=0 由（）知 g（x）在1，2上单调递增，故 0g（1）g（x1）g（2），于是|x0|=因为当 x1，2时，g（x）0，故 f（x）在1，2上单调递增，所以 f（x）在区间1，2上除 x0外没有其他的零点，而x0，故 f（）0 又因为 p，q，a 均为整数，所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1 所以.所以，只要取，就有.