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文档介绍
天津理科高考试题含解析
2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类 (天津卷) 本试卷分为第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,用铅笔将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A,B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B). ·如果事件A,B相互独立,那么P(AB)=P(A)P(B). ·棱柱的体积公式V=Sh.其中S表示棱柱的底面面积,h表示棱柱的高. ·球的体积公式V=.其中R表示球的半径. 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.(2013天津,理1)已知集合A={x∈R||x|≤2},B={x∈R|x≤1},则A∩B=( ). A.(-∞,2] B.[1,2] C.[-2,2] D.[-2,1] 答案:D 解析:解不等式|x|≤2,得-2≤x≤2,所以A={x|-2≤x≤2},所以A∩B={x|-2≤x≤1}.故选D. 2.(2013天津,理2)设变量x,y满足约束条件则目标函数z=y-2x的最小值为( ). A.-7 B.-4 C.1 D.2 答案:A 解析:作约束条件所表示的可行区域,如图所示,z=y-2x可化为y=2x+z,z表示直线在y轴上的截距,截距越大z越大,作直线l0:y=2x,平移l0过点A(5,3),此时z最小为-7,故选A. 3.(2013天津,理3)阅读下边的程序框图,运行相应的程序.若输入x的值为1,则输出S的值为( ). A.64 B.73 C.512 D.585 答案:B 解析:由程序框图,得x=1时,S=1;x=2时,S=9;x=4时,S=9+64=73,结束循环输出S的值为73,故选B. 4.(2013天津,理4)已知下列三个命题: ①若一个球的半径缩小到原来的,则其体积缩小到原来的; ②若两组数据的平均数相等,则它们的标准差也相等; ③直线x+y+1=0与圆x2+y2=相切, 其中真命题的序号是( ). A.①②③ B.①② C.①③ D.②③ 答案:C 解析:设球半径为R,缩小后半径为r,则r=,而V=,V′= ,所以该球体积缩小到原来的,故①为真命题;两组数据的平均数相等,它们的方差可能不相等,故②为假命题;圆x2+y2=的圆心到直线x+y+1=0的距离d=,因为该距离等于圆的半径,所以直线与圆相切,故③为真命题.故选C. 5.(2013天津,理5)已知双曲线(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y2=2px(p>0)的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,△AOB的面积为,则p=( ). A.1 B. C.2 D.3 答案:C 解析:设A点坐标为(x0,y0),则由题意,得S△AOB=|x0|·|y0|=.抛物线y2=2px的准线为,所以,代入双曲线的渐近线的方程,得|y0|=.由得b=,所以|y0|=.所以S△AOB=,解得p=2或p=-2(舍去). 6.(2013天津,理6)在△ABC中,∠ABC=,AB=,BC=3,则sin∠BAC=( ). A. B. C. D. 答案:C 解析:在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC==5,即得AC=.由正弦定理,即,所以sin∠BAC=. 7.(2013天津,理7)函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为( ). A.1 B.2 C.3 D.4 答案:B 解析:函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点也就是方程2x|log0.5x|-1=0的根,即2x|log0.5x|=1,整理得|log0.5x|=.令g(x)=|log0.5x|,h(x)=,作g(x),h(x)的图象如图所示.因为两个函数图象有两个交点,所以f(x)有两个零点. 8.(2013天津,理8)已知函数f(x)=x(1+a|x|).设关于x的不等式f(x+a)<f(x)的解集为A.若A,则实数a的取值范围是( ). A. B. C. D. 答案:A 解析:f(x)=x(1+a|x|)= 若不等式f(x+a)<f(x)的解集为A,且, 则在区间上,函数y=f(x+a)的图象应在函数y=f(x)的图象的下边. (1)当a=0时,显然不符合条件. (2)当a>0时,画出函数y=f(x)和y=f(x+a)的图象大致如图. 由图可知,当a>0时,y=f(x+a)的图象在y=f(x)图象的上边,故a>0不符合条件. (3)当a<0时,画出函数y=f(x)和y=f(x+a)的图象大致如图. 由图可知,若f(x+a)<f(x)的解集为A,且, 只需即可, 则有(a<0), 整理,得a2-a-1<0,解得. ∵a<0,∴a∈. 综上,可得a的取值范围是. 第Ⅱ卷 注意事项: 1.用黑色墨水的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小题,每小题5分,共30分. 9.(2013天津,理9)已知a,b∈R,i是虚数单位.若(a+i)·(1+i)=bi,则a+bi=__________. 答案:1+2i 解析:由(a+i)(1+i)=a-1+(a+1)i=bi,得解方程组,得a=1,b=2,则a+bi=1+2i. 10.(2013天津,理10)的二项展开式中的常数项为__________. 答案:15 解析:二项展开式的通项为,得r=4,所以二项展开式的常数项为T5=(-1)4=15. 11.(2013天津,理11)已知圆的极坐标方程为ρ=4cos θ,圆心为C,点P的极坐标为,则|CP|=__________. 答案: 解析:由圆的极坐标方程为ρ=4cos θ,得圆心C的直角坐标为(2,0),点P的直角坐标为(2,),所以|CP|=. 12.(2013天津,理12)在平行四边形ABCD中,AD=1,∠BAD=60°,E为CD的中点.若·=1,则AB的长为__________. 答案: 解析:如图所示,在平行四边形ABCD中,=+,=+=+. 所以·=(+)·=||2+||2+·=||2+||+1=1,解方程得||=(舍去||=0),所以线段AB的长为. 13.(2013天津,理13)如图,△ABC为圆的内接三角形,BD为圆的弦,且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E,AD与BC交于点F.若AB=AC,AE=6,BD=5,则线段CF的长为__________. 答案: 解析:∵AE为圆的切线, ∴由切割线定理,得AE2=EB·ED. 又AE=6,BD=5,可解得EB=4. ∵∠EAB为弦切角,且AB=AC, ∴∠EAB=∠ACB=∠ABC. ∴EA∥BC.又BD∥AC, ∴四边形EBCA为平行四边形. ∴BC=AE=6,AC=EB=4. 由BD∥AC,得△ACF∽△DBF, ∴. 又CF+BF=BC=6,∴CF=. 14.(2013天津,理14)设a+b=2,b>0,则当a=__________时,取得最小值. 答案:-2 解析:因为a+b=2,所以 1== ≥, 当a>0时,,; 当a<0时,,,当且仅当b=2|a|时等号成立. 因为b>0,所以原式取最小值时b=-2a. 又a+b=2,所以a=-2时,原式取得最小值. 三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 15.(2013天津,理15)(本小题满分13分)已知函数f(x)=+6sin xcos x-2cos2x+1,x∈R. (1)求f(x)的最小正周期; (2)求f(x)在区间上的最大值和最小值. 解:(1)f(x)=sin 2x·+3sin 2x-cos 2x =2sin 2x-2cos 2x=. 所以,f(x)的最小正周期T==π. (2)因为f(x)在区间上是增函数,在区间上是减函数.又f(0)=-2,,,故函数f(x)在区间上的最大值为,最小值为-2. 16.(2013天津,理16)(本小题满分13分)一个盒子里装有7张卡片,其中有红色卡片4张,编号分别为1,2,3,4;白色卡片3张,编号分别为2,3,4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同). (1)求取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率; (2)在取出的4张卡片中,红色卡片编号的最大值设为X,求随机变量X的分布列和数学期望. 解:(1)设“取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片”为事件A,则 P(A)=. 所以,取出的4张卡片中,含有编号为3的卡片的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4. P(X=1)=, P(X=2)=, P(X=3)=, P(X=4)=. 所以随机变量X的分布列是 X 1 2 3 4 P 随机变量X的数学期望EX=1×+2×+3×+4×=. 17.(2013天津,理17)(本小题满分13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点. (1)证明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值; (3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长. 解:(方法一) (1)证明:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). 易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0, 所以B1C1⊥CE. (2)=(1,-2,-1). 设平面B1CE的法向量m=(x,y,z), 则即 消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1). 由(1),B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1, 故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量. 于是cos〈m,〉=, 从而sin〈m,〉=. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为. (3)=(0,1,0),=(1,1,1). 设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ). 可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量. 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则 sin θ=|cos〈,〉|= =. 于是,解得, 所以AM=. (方法二) (1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1平面A1B1C1D1, 所以CC1⊥B1C1. 经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=, 从而B1E2=, 所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E, 又CC1,C1E平面CC1E,CC1∩C1E=C1, 所以B1C1⊥平面CC1E, 又CE平面CC1E,故B1C1⊥CE. (2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G. 由(1),B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G, 所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角. 在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=. 在Rt△B1C1G中,B1G=, 所以sin∠B1GC1=, 即二面角B1-CE-C1的正弦值为. (3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角. 设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=,AH=. 在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=. 在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1, 由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,得, 整理得5x2--6=0,解得x=. 所以线段AM的长为. 18.(2013天津,理18)(本小题满分13分)设椭圆(a>b>0)的左焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为. (1)求椭圆的方程; (2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若·+·=8,求k的值. 解:(1)设F(-c,0),由,知.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有, 解得,于是,解得, 又a2-c2=b2,从而a=,c=1, 所以椭圆的方程为. (2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1), 由方程组消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0. 求解可得x1+x2=,x1x2=. 因为A(,0),B(,0), 所以·+· =(x1+,y1)·(-x2,-y2)+(x2+,y2)·(-x1,-y1) =6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1) =6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2 =. 由已知得=8,解得k=. 19.(2013天津,理19)(本小题满分14分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Tn=(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. 解:(1)设等比数列{an}的公比为q, 因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列, 所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5, 即4a5=a3,于是. 又{an}不是递减数列且,所以. 故等比数列{an}的通项公式为. (2)由(1)得 当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1<Sn≤S1=, 故. 当n为偶数时,Sn随n的增大而增大,所以=S2≤Sn<1, 故. 综上,对于n∈N*,总有. 所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为. 20.(2013天津,理20)(本小题满分14分)已知函数f(x)=x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s); (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有. 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f′(x)=0,得. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) - 0 + f(x) 极小值 所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是. (2)证明:当0<x≤1时,f(x)≤0. 设t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞). 由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0. 故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立. (3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,从而 , 其中u=ln s. 要使成立,只需. 当t>e2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾. 所以s>e,即u>1,从而ln u>0成立. 另一方面,令F(u)=,u>1.F′(u)=,令F′(u)=0,得u=2. 当1<u<2时,F′(u)>0;当u>2时,F′(u)<0. 故对u>1,F(u)≤F(2)<0. 因此成立. 综上,当t>e2时,有.查看更多