2014天津高考数学理试题及答案解析 18页

绝密 ★ 启用前 ‎2014年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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页。‎ 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。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Ⅰ卷 注意事项：‎ ‎1.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。‎ ‎2本卷共8小题，每小题5分，共40分。‎ 参考公式：‎ ‎•如果事件，互斥，那么 •如果事件，相互独立，那么 ‎ .‎ ‎•圆柱的体积公式. •圆锥的体积公式.‎ 其中表示圆柱的底面面积， 其中表示圆锥的底面面积，‎ 表示圆柱的高. 表示圆锥的高.‎ ‎ 一、选择题：在每小题给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，复数（　　）‎ ‎ （A） （B）　 （C） （D）‎ ‎（2）设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（　　）‎ ‎ （A）2　　 （B）3　 （C）4　　　 （D）5‎ ‎（3）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，输出的的值为（　　）学科网 ‎（A）15 （B）105‎ ‎（C）245 （D）945‎ ‎（4）函数的单调递增区间是（　　）‎ ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ ‎（5）已知双曲线的一条渐近线平行于直线：，双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的方程为（　　）‎ ‎（A）　　 （B）‎ ‎（C）　 　（D）‎ ‎（6）如图，是圆的内接三角形，的平分线交圆于点，交于点，过点的圆的切线与的延长线交于点.在上述条件下，给出下列四个结论：①平分；②；③；④.‎ 则所有正确结论的序号是（　　）‎ ‎（A）①② （B）③④ （C）①②③ （D）①②④‎ ‎（7）设，则|“”是“”的（　　）‎ ‎（A）充要不必要条件 （B）必要不充分条件 ‎（C）充要条件　　 （D）既不充要也不必要条件 ‎（8）已知菱形的边长为2，，点分别在边上，，.若，，则（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ 第Ⅱ卷 注意事项：学科网 ‎ 1．用黑色墨水钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。‎ ‎ 2．本卷共12小题，共110分。‎ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.）‎ ‎（9）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查.已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生.‎ ‎（10）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为_______.‎ ‎（11）设是首项为，公差为-1的等差数列，为其前项和.若成等比数列，则的值为__________.‎ ‎（12）在中，内角所对的边分别是.已知，，则的值为_______.‎ ‎（13）在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点.若是等边三角形，则的值为___________.‎ ‎（14）已知函数，.若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为__________.‎ 三、解答题（本题共6道大题，满分80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）‎ ‎（15）（本小题满分13分）‎ 已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）求的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求在闭区间上的最大值和最小值. 学科网 ‎（16）（本小题满分13分）‎ 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学. 在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院. 现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）.‎ ‎（Ⅰ）求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；‎ ‎（Ⅱ）设为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量的分布列和数学期望.‎ ‎（17）（本小题满分13分）‎ 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明 ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若为棱上一点，满足，‎ 求二面角的余弦值.‎ ‎（18）（本小题满分13分）‎ 设椭圆（）的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切. 求直线的斜率.‎ ‎（19）（本小题满分14分）‎ 已知和均为给定的大于1的自然数.设集合，集合.‎ ‎（Ⅰ）当，时，用列举法表示集合；‎ ‎（Ⅱ）设，，，其中 ‎（20）（本小题满分14分）‎ 已知函数，.已知函数有两个零点，且.‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）证明 随着的减小而增大；‎ ‎（Ⅲ）证明 随着的减小而增大.‎ 参考答案及解析 一、选择题 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 答案 A B B D A D C C ‎（1）是虚数单位，复数（　　）‎ ‎ （A） （B）　 （C） （D）‎ 解：A .‎ ‎（2）设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（　　）‎ ‎ （A）2　　 （B）3　 （C）4　　　 （D）5‎ 解：B 作出可行域，如图 结合图象可知，当目标函数通过点时，取得最小值3.‎ ‎（3）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，输出的的值为（　　）‎ ‎（A）15 （B）105‎ ‎（C）245 （D）945‎ 解：B 时，，；时，，；‎ 时，，，输出.‎ ‎（4）函数的单调递增区间是（　　）‎ ‎（A） （B）‎ ‎（C） （D）‎ 解：D ，解得或.由复合函数的单调性知的单调递增区间为.‎ ‎（5）已知双曲线的一条渐近线平行于直线：‎ ‎，双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的方程为（　　）‎ ‎（A）　　 （B）‎ ‎（C）　 　（D）‎ 解：A 依题意得，所以，，双曲线的方程为.‎ ‎（6）如图，是圆的内接三角形，的平分线交圆于点，交于点，过点的圆的切线与的延长线交于点.在上述条件下，给出下列四个结论：①平分；②；③；④.‎ 则所有正确结论的序号是（　　）‎ ‎（A）①② （B）③④ （C）①②③ （D）①②④‎ 解：D 由弦切角定理得，又，所以∽，所以，即，排除A、C.‎ 又，排除B.‎ ‎（7）设，则|“”是“”的（　　）‎ ‎（A）充要不必要条件 （B）必要不充分条件 ‎（C）充要条件　　 （D）既不充要也不必要条件 解：C 设，则，所以是上的增函数，“”是“”的充要条件.‎ ‎（8）已知菱形的边长为2，，点分别在边上，，.若，，则（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ 解：C 因为，所以.‎ 因为，所以，.‎ 因为，所以，即 ①‎ 同理可得 ②，①+②得.‎ 第Ⅱ卷 注意事项：‎ ‎ 1．用黑色墨水钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。‎ ‎ 2．本卷共12小题，共110分。‎ 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.）‎ ‎（9）某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查.已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生.‎ 解：60 应从一年级抽取名.‎ ‎（10）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为_______.‎ 解： 该几何体的体积为.‎ ‎（11）设是首项为，公差为-1的等差数列，为其前项和.若成等比数列，则的值为__________.‎ 解： 依题意得，所以，解得.‎ ‎（12）在中，内角所对的边分别是.已知，，则的值为_______.‎ 解： 因为，所以，解得，.‎ 所以.‎ ‎（13）在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点.若是等边三角形，则的值为___________.‎ 解：3 圆的方程为，直线为.‎ 因为是等边三角形，所以其中一个交点坐标为，代入圆的方程可得.‎ ‎（14）已知函数，.若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为__________.‎ 解：或 显然.‎ ‎（ⅰ）当与相切时，，此时恰有3个互异的实数根.‎ ‎（ⅱ）当直线与函数相切时，，此时恰有2个互异的实数根.‎ 结合图象可知或.‎ 解2：显然，所以.‎ 令，则.‎ 因为，‎ 所以.‎ 结合图象可得或.‎ 三、解答题（本题共6道大题，满分80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）‎ ‎（15）（本小题满分13分）‎ 已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）求的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求在闭区间上的最大值和最小值.‎ ‎（15）本小题主要考查两角和与差的正弦公式、二倍角公式与余弦公式，三角函数的最小正周期、单调性等基础知识. 考查基本运算能力. 满分13分.‎ ‎（Ⅰ）解：由已知，有 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ .‎ 所以，的最小正周期.‎ ‎（Ⅱ）解：因为在区间上是减函数，在区间上是增函数.‎ ‎，，.‎ 所以，函数在闭区间上的最大值为，最小值为.‎ ‎（16）（本小题满分13分）‎ 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学. 在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院. 现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）.‎ ‎（Ⅰ）求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；‎ ‎（Ⅱ）设为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量的分布列和数学期望.‎ ‎（16）本小题主要考查古典概型及其概率计算公式，互斥事件、离散型随机变量的分布列与数学期望等基础知识. 考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. 满分13分.‎ ‎（Ⅰ）解：设“选出的3名同学来自互不相同的学院”为事件，则 ‎.‎ 所以，选出的3名同学来自互不相同学院的概率为.‎ 所以，的最小正周期.‎ ‎（Ⅱ）解：随机变量的所有可能值为0，1，2，3.‎ ‎.‎ 所以，随机变量的分布列是 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 随机变量的数学期望.‎ ‎（17）（本小题满分13分）‎ 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明 ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）若为棱上一点，满足，‎ 求二面角的余弦值.‎ ‎（17）本小题主要考查空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识. 考查用空间向量解决立体几何问题的方法. 考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 满分13分.‎ ‎（方法一）‎ 依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，.由为棱的中点，得.‎ ‎（Ⅰ）证明：向量，，故. 所以，.‎ ‎（Ⅱ）解：向量，.‎ 设为平面的法向量，则即 不妨令，可得为平面的一个法向量.于是有 ‎.‎ ‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）解：向量，，，.‎ 由点在棱上，设，.‎ 故.‎ 由，得，‎ 因此，，解得.即.‎ 设为平面的法向量，则即 不妨令，可得为平面的一个法向量.‎ 取平面的法向量，则 ‎.‎ 易知，二面角是锐角，所以其余弦值为.‎ ‎（方法二）‎ ‎（Ⅰ）证明：如图，取中点，连接，.‎ 由于分别为的中点， 故，且，又由已知，可得且，故四边形为平行四边形，所以.‎ ‎ 因为底面，故，而，从而平面，因为平面，于是，又，所以.‎ ‎（Ⅱ）解：连接，由（Ⅰ）有平面，得，而，故.‎ 又因为，为的中点，故，可得，所以平面，故平面平面.‎ 所以直线在平面内的射影为直线，而，可得为锐角，故为直线与平面所成的角.‎ 依题意，有，而为中点，可得，进而.‎ 故在直角三角形中，，因此.‎ ‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）解：如图，在中，过点作交于点.‎ 因为底面，故底面，从而.又，得平面，因此.‎ 在底面内，可得，从而.在平面内，作交于点，于是.‎ 由于，故，所以四点共面.‎ 由，，得平面，故.‎ 所以为二面角的平面角.‎ 在中，，，，‎ 由余弦定理可得，.‎ 所以，二面角的斜率值为.‎ ‎（18）（本小题满分13分）‎ 设椭圆（）的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线 与该圆相切. 求直线的斜率.‎ ‎（18）本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程等基础知识. 考查用代数方法研究圆锥曲线的性质. 考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.满分13分.‎ ‎（Ⅰ）解：设椭圆的右焦点的坐标为.由，可得，又，则.‎ 所以，椭圆的离心率.‎ ‎，所以，解得，.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，.故椭圆方程为.‎ 设.由，，有，.‎ 由已知，有，即.又，故有 ‎. ①‎ 又因为点在椭圆上，故 ‎. ②‎ 由①和②可得.而点不是椭圆的顶点，故，代入①得，即点的坐标为.‎ 设圆的圆心为，则，，进而圆的半径.‎ 设直线的斜率为，依题意，直线的方程为.学科网 由与圆相切，可得，即，‎ 整理得，解得.‎ 所以，直线的斜率为或.‎ ‎（19）（本小题满分14分）‎ 已知和均为给定的大于1的自然数.设集合，集合.‎ ‎（Ⅰ）当，时，用列举法表示集合；‎ ‎（Ⅱ）设，，，其中，. 证明：若，则.‎ ‎（19）本小题主要考查集合的含义和表示，等比数列的前项和公式，不等式的证明等基础知识和基本方法. 考查运算能力、分析问题和解决问题的能力. 满分14分.‎ ‎（Ⅰ）解：当，时，，.‎ 可得，.‎ ‎（Ⅱ）证明：由，，，，及，可得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ .‎ ‎ 所以，.‎ ‎（20）（本小题满分14分）‎ 已知函数，.已知函数有两个零点，且.‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围；学科网 ‎（Ⅱ）证明 随着的减小而增大；‎ ‎（Ⅲ）证明 随着的减小而增大.‎ ‎（20）本小题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归思想. 考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 满分14分.‎ ‎（Ⅰ）解：由，可得.‎ 下面分两种情况讨论：‎ ‎（1）时 ‎ 在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意.‎ ‎（2）时，‎ ‎ 由，得.‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 这时，的单调递增区间是；单调递减区间是.‎ 于是，“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：‎ ‎1°；2°存在，满足；‎ ‎3°存在，满足.‎ 由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且.‎ 所以，的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）证明：由，有.‎ 设，由，知在上单调递增，在上单调递减. 并且，当时，；当时，.‎ 由已知，满足，. 由，及的单调性，可得，.‎ ‎ 对于任意的，设，，其中；‎ ‎，其中.‎ 因为在上单调递增，故由，即，可得；类似可得.‎ 又由，得.‎ 所以，随着的减小而增大.‎ ‎（Ⅲ）证明：由，，可得，.‎ 故.‎ 设，则，且解得，.所以，‎ ‎. ①‎ 令，，则.‎ 令，得.‎ 当时，.因此，在上单调递增，故对于任意的，，由此可得，故在上单调递增.‎ 因此，由①可得随着的增大而增大.‎ 而由（Ⅱ），随着的减小而增大，所以随着的减小而增大. 学科网