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1、 普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（天津卷） 數 學（理工類） 第I卷 注意事項： 1、每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號. 2、本卷共8小題，每小題5分，共40分. 一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. （1）已知全集 ，集合 ，集合 ，則集合 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】 試題分析：,所以，故選A. 考點：集合運算. （2）設變量 滿足約束條件 ，則目標函數的最大值為 （A）3 （B）4

2、 （C）18 （D）40 【答案】C 考點：線性規(guī)劃. （3）閱讀右邊的程序框圖，運行相應的程序，則輸出S的值為 （A） （B）6（C）14（D）18 【答案】B 【解析】 試題分析：模擬法：輸入； 不成立； 不成立 成立 輸出,故選B. 考點：程序框圖. （4）設 ，則“ ”是“ ”的 （A）充分而不必要條件 （B）必要而不充分條件 （C）充要條件

3、（D）既不充分也不必要條件 【答案】A 考點：充分條件與必要條件. （5）如圖，在圓 中， 是弦 的三等分點，弦 分別經過點 .若 ，則線段 的長為 （A） （B）3 （C） （D） 【答案】A 【解析】 試題分析：由相交弦定理可知，，又因為是弦的三等分點，所以，所以，故選A. 考點：相交弦定理. （6）已知雙曲線 的一條漸近線過點 ，且雙曲線的一個焦點在拋物線 的準線上，則雙曲線的方程為 （A） （B）（C）（D） 【答案】D 考點：1.雙曲線的標準方程及幾何性質；2.拋物線的標準方程及幾何性質. （7）已知定義在 上的函

4、數 （ 為實數）為偶函數，記 ，則 的大小關系為 （A） （B） （C） （D） 【答案】C 【解析】 試題分析：因為函數為偶函數，所以，即，所以 所以，故選C. 考點：1.函數奇偶性；2.指數式、對數式的運算. （8）已知函數 函數 ，其中，若函數 恰有4個零點，則的取值范圍是 （A） （B） （C）（D） 【答案】D 【解析】 試題分析：由得， 所以， 即 ,所以恰有4個零點等價于方程 有4個不同的解，即函數與函數的圖象的4個公共點，由圖象可知. 考點：1.求函數解析式；2.函數與方程；3.數形結合. 第II卷 注意事項： 1、用黑色墨水

5、的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上. 2、本卷共12小題，共計110分. 二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分. （9） 是虛數單位，若復數 是純虛數，則實數的值為 . 【答案】 【解析】 試題分析：是純度數，所以，即. 考點：1.復數相關定義；2.復數運算. （10）一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積為 . 【答案】 【解析】 試題分析：由三視圖可知，該幾何體是中間為一個底面半徑為，高為的圓柱，兩端是底面半徑為，高為的圓錐，所以該幾何體的體積. 考點：1.三視圖；2.旋轉體體積. （11

6、）曲線 與直線 所圍成的封閉圖形的面積為 . 【答案】 【解析】 試題分析：兩曲線的交點坐標為，所以它們所圍成的封閉圖形的面積 . 考點：定積分幾何意義. （12）在 的展開式中，的系數為 . 【答案】 考點：二項式定理及二項展開式的通項. （13）在 中，內角 所對的邊分別為 ，已知的面積為 ， 則的值為 . 【答案】 【解析】 試題分析：因為，所以， 又，解方程組得，由余弦定理得 ，所以. 考點：1.同角三角函數關系；2.三角形面積公式；3.余弦定理. （14）在等腰梯形 中,已知 ,動點 和

7、 分別在線段 和 上,且, 則的最小值為 . 【答案】 【解析】 試題分析：因為，， ，， 當且僅當即時的最小值為. 考點：1.向量的幾何運算；2.向量的數量積；3.基本不等式. 三、解答題：本大題共6小題，共80分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 15. （本小題滿分13分）已知函數， (I)求最小正周期； (II)求在區(qū)間上的最大值和最小值. 【答案】(I); (II) ,. 考點：1.兩角和與差的正余弦公式；2.二倍角的正余弦公式；3.三角函數的圖象與性質. 16. （本小題滿分1

8、3分）為推動乒乓球運動的發(fā)展，某乒乓球比賽允許不同協(xié)會的運動員組隊參加.現(xiàn)有來自甲協(xié)會的運動員3名，其中種子選手2名；乙協(xié)會的運動員5名，其中種子選手3名.從這8名運動員中隨機選擇4人參加比賽. (I)設A為事件“選出的4人中恰有2 名種子選手，且這2名種子選手來自同一個協(xié)會”求事件A發(fā)生的概率； (II)設X為選出的4人中種子選手的人數，求隨機變量X的分布列和數學期望. 【答案】(I) ; (II) 隨機變量的分布列為 【解析】 試題分析：(I)由古典概型計算公式直接計算即可； (II)先寫出隨機變量的所有可能值，求出其相應的概率，

9、即可求概率分布列及期望. 試題解析：(I)由已知，有 所以事件發(fā)生的概率為. (II)隨機變量的所有可能取值為 所以隨機變量的分布列為 所以隨機變量的數學期望 考點：1.古典概型；2.互斥事件；3.離散型隨機變量的分布列與數學期望. 17. （本小題滿分13分）如圖，在四棱柱中，側棱,,, ,且點M和N分別為的中點. (I)求證：； (II)求二面角的正弦值； (III)設E為棱上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段的長 【答案】(I)見解析； (II) ； (III) . 【解析】 試題分析：

10、以為原點建立空間直角坐標系(I)求出直線的方向向量與平面的法向量，兩個向量的乘積等于即可；(II)求出兩個平面的法向量，可計算兩個平面所成二面角的余弦值的大小，再求正弦值即可；(III) 設，代入線面角公式計算可解出的值，即可求出的長. 試題解析：如圖，以為原點建立空間直角坐標系，依題意可得， ，又因為分別為和的中點，得. (I)證明：依題意，可得為平面的一個法向量，， 由此可得，，又因為直線平面，所以平面 (II)，設為平面的法向量，則 ，即，不妨設，可得， 設為平面的一個法向量，則，又，得 ，不妨設，可得 因此有，于是， 所以二面角的正弦值為. (III)依題意，

11、可設，其中，則，從而，又為平面的一個法向量，由已知得 ，整理得， 又因為，解得， 所以線段的長為. 考點：1.直線和平面平行和垂直的判定與性質；2.二面角、直線與平面所成的角；3.空間向量的應用. 18. （本小題滿分13分）已知數列滿足，且 成等差數列. (I)求q的值和的通項公式； (II)設，求數列的前n項和. 【答案】(I) ; (II) . 【解析】 試題分析：(I)由得 先求出，分為奇數與偶數討論即可；(II)求出數列的通項公式，用錯位相減法求和即可. 試題解析：(I) 由已知，有，即， 所以，又因為，故，由，得， 當時，， 當時，， 所以的

12、通項公式為 考點：1.等差中項定義；2.等比數列及前項和公式.3.錯位相減法. 19. （本小題滿分14分）已知橢圓的左焦點為,離心率為，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓截得的線段的長為c，. (I)求直線FM的斜率； (II)求橢圓的方程； (III)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP（O為原點）的斜率的取值范圍. 【答案】(I) ； (II) ；(III) . 【解析】 試題分析：(I) 由橢圓知識先求出的關系，設直線直線的方程為，求出圓心到直線的距離，由勾股定理可求斜率的值； (II)由(I)設橢圓方程為，直線與橢圓方程聯(lián)立，求出點的坐標

13、，由可求出，從而可求橢圓方程.(III)設出直線：，與橢圓方程聯(lián)立，求得，求出的范圍，即可求直線的斜率的取值范圍. 試題解析：(I) 由已知有，又由，可得，， 設直線的斜率為，則直線的方程為，由已知有 ，解得. (II)由(I)得橢圓方程為，直線的方程為，兩個方程聯(lián)立，消去，整理得 ，解得或，因為點在第一象限，可得的坐標為，由，解得，所以橢圓方程為 (III)設點的坐標為，直線的斜率為，得，即,與橢圓方程聯(lián)立，消去，整理得，又由已知，得，解得 或， 設直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯(lián)立，整理可得. ①當時，有，因此，于是，得 ②當時，有，因此，于是，得 綜上，直線的斜率

14、的取值范圍是 考點：1.橢圓的標準方程和幾何性質；2.直線和圓的位置關系；3.一元二次不等式. 20. （本小題滿分14分）已知函數，其中. (I)討論的單調性； (II)設曲線與軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為,求證：對于任意的正實數，都有； (III)若關于的方程有兩個正實根，求證： 【答案】(I) 當為奇數時，在，上單調遞減，在內單調遞增；當為偶數時，在上單調遞增，在上單調遞減. (II)見解析； (III)見解析. 試題解析：(I)由，可得，其中且， 下面分兩種情況討論： （1）當為奇數時： 令，解得或， 當變化時，的變化情況如下表：

15、 所以，在，上單調遞減，在內單調遞增. (2)當為偶數時， 當，即時，函數單調遞增； 當，即時，函數單調遞減. 所以，在上單調遞增，在上單調遞減. (II)證明：設點的坐標為，則，，曲線在點處的切線方程為，即，令，即，則 由于在上單調遞減，故在上單調遞減，又因為，所以當時， ，當時，，所以在內單調遞增，在內單調遞減，所以對任意的正實數都有，即對任意的正實數，都有. (III)證明：不妨設，由(II)知，設方程的根為，可得 ，當時，在上單調遞減，又由(II)知可得. 類似的，設曲線在原點處的切線方程為，可得，當， ，即對任意， 設方

16、程的根為，可得，因為在上單調遞增，且 考點：1.導數的運算；2.導數的幾何意義；3.利用導數研究函數性質、證明不等式. 絕密★啟用前 普通高等學校招生全套統(tǒng)一考試（天津卷） 數學（理工類）參考解答 一、選擇題：本題考查基本知識和基本運算。每小題5分，滿分40分。 （1）A （2）C （3）B （4）A （5）A （6）D （7）C （8）D 二、填空題：本題考查基本知識和基本運算。每小題5分，滿分30分。 （9）-2 （

17、10） （11） （12） （13）8 （14） 三、解答題 （15）本小題主要考查兩角差的正弦公式和余弦公式、二倍角的正弦公式和余弦公式，三角函數的最小正周期、單調性等基礎知識?？疾榛具\算能力。滿分13分。 （I）解：由已知，有 = 所以，的最小正周期T= (II)解：因為在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數，，，.所以，在區(qū)間上的最大值為，最小值為. （16）本小題主要考查古典概型及其概率計算公式，互斥事件、離散型隨機變量的分布列與數學期望等基礎知識.考查運用概率知識解決簡單實際問題的能力.滿分13分.

18、（I）解：由已知，有 所以，事件A發(fā)生的概率為. （II）解：隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4. 所以，隨見變量的分布列為 1 2 3 4 隨機變量的數學期望 （17）本小題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力。滿分13分. 如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得,,, ,. 又因為M,N分別為和的中點， 得,. (I)證明：依題意，可得為平面的一個法向量. =.由此可

19、得=0，又因為直線平面，所以∥平面. （II）解：，.設為平面的法向量，則 即不妨設，可得. 設為平面DE 法向量，則又，得 不妨設z=1，可得. 因此有，于是. 所以，二面角的正弦值為。 （III）解：依題意，可設，其中，則，從而。又為平面的一個法向量，由已知，得 =，整理得，又因為，解得. 所以，線段的長為. (18)本小題主要考查等比數列及其前n項和公式、等差中項等基礎知識?？疾閿盗星蠛偷幕痉椒?、分類討論思想和運算求解能力.滿分13分. （I）解：由已知，有，即，所以.又因為，故，由，得.

20、 當時，； 當時，. 所以，的通項公式為 （II）解：由（I）得.設的前n項和為，則 ， ， 上述兩式相減，得 ， 整理得，. 所以，數列的前n項和為，. （19）本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關系、一元二次不等式等基礎知識.考查用代數方法研究 曲線的性質，考查運算求解能力，以及用函數與方程思想解決問題的能力。滿分14分. （I）解：由已知有，又由，可得. 設直線的斜率為，則直線的方程為.由已知，有+，解得. （II）解：由

21、（I）得橢圓方程為，直線的方程為，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得，解得，或.因為點M在第一象限，可得M的坐標為.有，解得，所以橢圓的方程為. （III）解：設點P的坐標為，直線FP的斜率為，得，即， 與橢圓方程聯(lián)立消去，整理得.又由已知，得，解得，或. 設直線的斜率為，得，即，與橢圓方程聯(lián)立，整理可得. ①當時，有，因此，于是，得. ②當時，有，因此，于是，得. 綜上，直線的斜率的取值范圍是. （20）本小題主要考查導數的運算、導數的幾何意義、利用導數研究函數的性質、證明不等式等基礎知識和方法.考查分類討論思想、函數思想和劃

22、歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力。滿分14分. （I）解：由=，可得==，其中，且. 下面分兩種情況討論： （1）當為奇數時. 令=0，解得，或. 當變化時，，的變化情況如下表： - + - 所以，在，上單調遞減，在內單調遞增。 （2）當為偶數時. 當，即時，函數單調遞增； 當，即時，函數單調遞減. 所以，在上單調遞增，在上單調遞減. （II）證明：設點的坐標為，則，.曲線在點處的切線方程為，即.令，即，則. 由于在上單調遞減，故在上單調遞減.又因為，所以當時，，當時，，所以在內單調遞增，在上單調遞減，所以對于任意的正實數，都有，即對于任意的正實數，都有. （III）證明：不妨設.由（II）知.設方程的根為，可得，當時，在上單調遞減.又由（II）知，可得. 類似地，設曲線在原點處的切線方程為，可得，當，，即對于任意的，. 設方程的根為，可得.因為在上單調遞增，且，因此. 由此可得. 因為，所以，故. 所以，. 版權所有：高考資源網() 版權所有：高考資源網()