精品 天津高考数学名师详解文理.docx

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精品天津高考数学名师详解文理

天津高考数学卷（理科详解）

第　Ⅰ　卷

一．选择题：

本卷共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的．

1．是虚数单位，复数（　　　）．

　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．

【解】．故选Ａ．

2．函数的零点所在的一个区间是（　　）．

　　　Ａ．　　　Ｂ．　　　Ｃ．　　　Ｄ．

【解】解法1．因为，，，

所以函数的零点所在的一个区间是．故选Ｂ．

解法2．可化为．

画出函数和的图象，可观察出选项Ｃ，Ｄ不正确，且，由此可排除Ａ，故选Ｂ．

3．命题“若是奇函数，则是奇函数”的否命题是（　　）．

　　Ａ．若偶函数，则是偶函数

　　Ｂ．若不是奇函数，则不是奇函数

　　Ｃ．若是奇函数，则是奇函数

　　Ｄ．若不是奇函数，则不是奇函数

【解】由四种命题的定义，故选Ｂ．

4．阅读右边的程序框图，若输出的值为，则判断框内可填写（　　）．

　　Ａ．　　　　　　Ｂ．　　　

　　Ｃ．　　　　　　Ｄ．

【解】由框图，第一步为，第二步为，第三步为，由于输出的值为，则需否，因此判断框内为故选Ｄ．

5．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（　　）．

　　Ａ．　　　　Ｂ．　　Ｃ．　　　　Ｄ．

【解】解法1．由题设可得双曲线方程满足，即．于是．

又抛物线的准线方程为，因为双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则

，于是．所以双曲线的方程．故选Ｂ．

解法2．因为抛物线的准线方程为，双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则．由此排除Ａ，Ｃ．又双曲线的一条渐近线方程是，则，由此又排除Ｄ，故选Ｂ．

6．已知是首项为的等比数列，是的前项和，且．则的前项和为（　　　）．

　　Ａ．或　　　　　　Ｂ．或　　Ｃ．　　　　　　Ｄ．

【解】设数列的公比为，由可知．于是又，

于是，即，因为，则．

数列的首项为，公比为，则前项和．故选Ｃ．

7．在中，内角的对边分别是，若，，则（　　）．

　Ａ．　　　B．　　　C．　　　D．

【解】由及正弦定理得，代入得

　　　　，即，又，

由余弦定理，

所以．故选Ａ．

8．设函数若，则实数的取值范围是（　）．

　　Ａ．　　Ｂ．　　Ｃ．　　Ｄ．

【解】若，则，即，所以，

若则，即，所以，。

所以实数的取值范围是或，即．故选C．

9．设集合，．若，则实数必满足（　　　）．

　　Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．

【解】集合化为，集合化为．

若,则满足或,因此有或，即．故选Ｄ．

10．如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有（　　　）．

　　Ａ．种　　　Ｂ．种　　　Ｃ．种　　　Ｄ．种

【解】解法1．首先考虑除外，相邻两端点不同色的情形：

此时有种涂法，与相邻的点有种涂法，有种涂法，有种涂法，此时，有种涂法，有种涂法，因此共有（种）．

但是，这是有可能同色，且当同色，不同色时，同色．此时的涂法有同色的有种，对于点，点共有种，由对称性只有种涂法．所以共有（种）．

因此，符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．

解法2．分两种情形讨论：

点同色和点不同色，涂法数如下表：

　　合　　　　计

点同色

点不同色

因此，符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．

解法3．先对涂色，有（种）．

固定其中一种涂法，设四种不同的颜色为颜色①，②，③，④．且设涂颜色①，涂颜色②，涂颜色③．则根据题意的涂法可用下表枚举：

②

②

②

②

③

③

③

③

④

④

④

③

③

④

①

④

④

①

①

③

③

①

④

①

①

④

②

①

④

②

①

②

②

以上共种，因此符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．

解法4．分两种情形讨论：

（1）全部使用四种不同的颜色．

第一步：

对涂色，只能用三种颜色，有（种），

第二步：

从三点中选一点涂第四种颜色，有种，再对另两点涂色有种涂法，共有种涂法，所以全部使用四种不同的颜色的涂法有（种）；

（2）只使用三种颜色．第一步：

对涂色，有（种），

第二步：

对三点涂色，由于只用三种颜色，则点有种涂法，此时和只有种涂法．

所以只使用三种颜色的涂法有（种）．

由

（1），

（2）符合题目要求的涂法有种）．故选Ｂ．

　　解法5．为研究问题方便,不妨把平面图形变换成三棱柱,如右图所示,

染色规则:

在三棱柱的六个顶点中,相同颜色的顶点可连接同一颜色的线段,依题意,三棱柱的九条棱都不能染色.

下面分情况进行讨论:

（1）当六个顶点只用三种颜色涂色时,相同颜色顶点的连线为三棱柱侧面上的对角线,如图（甲）或（乙）,图中字母的角码表示颜色编号,则不同的涂色方法共有:

（种）；

（2）当六个顶点用四种颜色涂色时,又可分为在

（1）的条件下,用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个或两个:

①用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个,如图（丙）,此时相当于在

（1）的条件下,去掉一条侧面上的对角线,有种方法,因此,

不同的涂色方法共有:

（种）；

②用第四种颜色替换掉六个顶点中两个,显然被替换掉的两个顶点的颜色编号不能相同,否则与

（1）重复,被替换掉的两个顶点也不能在同一底面上或同一侧棱上,因此被替换掉的两个顶点与被保留的两个同颜色顶点在同一侧面上,如图（丁）,此时相当于在

（1）的条件下,保留一个侧面上的对角线,考虑到重复情况,不同的涂色方法共有:

（种）.综上所述,不同的涂色方法共有:

（种）.故选B.

　　　　　　　　　　　　第　Ⅱ　卷

二．本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上．

11．甲、乙两人在天中每天加工的零件的个数用茎叶图表示如下图．中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字零件个数的个位数，则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为　　　　和　　　　．

【解】，．

设甲的平均数为，乙的平均数为，则

．

．

则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为和．

12．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为　　　　　．

【解】．几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成．

设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为．

则．

13．已知圆的圆心是直线（为参数）与轴的交点，且圆与直线相切，则圆的方程为　　　　　　　　　．

【解】．把直线（为参数）化为普通方程为，与轴的交点为．于是圆心的坐标为；因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离即为半径，因此．所以圆的方程为．

14．如图，四边形是圆的内接四边形，延长和相交于点．若，．则的值为　　　　．

【解】．因为四边形是圆的内接四边形，所以，又，所以．于是．因为，，所以，从而，于是，．

15．如图，在中，，，，则　　　　．

【解】．设，则，．

又，，则．

解法1．．

因为，所以．

因为是直角三角形，所以．

于是．

解法2．

．

解法3．设,则.

在中，由正弦定理得,即,所以，．

．

解法4．根据题意,建立如图的直角坐标系.．则．

设,于是，．

．为此，只需求出点的横坐标．

作轴于．由，则，于是，于是．．即点的横坐标．所以．

16．设函数．对任意，

恒成立，则实数的取值范围是　　　　．

【解】．

解法１．不等式化为，即

，整理得，

因为，所以，设，．

于是题目化为，对任意恒成立的问题．

为此需求，的最大值．

设，则．

函数在区间上是增函数，因而在处取得最大值．

，所以，

整理得，即，所以，解得或，

因此实数的取值范围是．

解法2．同解法1,题目化为，对任意恒成立的问题．

为此需求，的最大值．

设，则．．

因为函数在上是增函数，所以当时，取得最小值．

从而有最大值．所以，

整理得，即，

所以，解得或，

因此实数的取值范围是．

解法3．不等式化为，即

，整理得，

　　令．

由于，则其判别式，因此的最小值不可能在函数图象的顶点得到，

所以为使对任意恒成立，必须使为最小值，

即实数应满足

　　解得，因此实数的取值范围是．

解法4．（针对填空题或选择题）由题设，因为对任意，

恒成立，则对，不等式也成立，

把代入上式得，即，

因为，上式两边同乘以，并整理得，即，

所以，解得或，

因此实数的取值范围是．

三．解答题：

本大题共小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（本小题满分分）已知函数．

（Ⅰ）求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值．

（Ⅱ）若，．求的值．

【解】（Ⅰ）由得

．

所以函数的最小正周期为．因为，所以．

所以，即时，函数为增函数，而在时，函数为减函数，所以为最大值，为最小值．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又由已知，则．

因为，则，因此，

所以，于是，

　　　．

18．（本小题满分分）某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．

（Ⅰ）假设这名射手射击次，求恰有次击中的概率．

（Ⅱ）假设这名射手射击次，求有次连续击中目标，另外次未击中目标的概率．

（Ⅲ）假设这名射手射击次，每次射击，击中目标得分，未击中目标得分，在次射击中，若有次连续击中，而另外次未击中，则额外加分；若次全击中，则额外加分．记为射手射击次后的总得分数，求的分布列．

【解】（Ⅰ）设为射手在次射击中击中目标的次数，则．

在次射击中恰有次击中的概率为．

（Ⅱ）设“第次击中目标”为事件，“射手在次射击中有次连续击中目标，另外次未击中目标”为事件．则

　　．

（Ⅲ）由题意，的所有可能取值为．三次均未中）

　　　　；

仅击中次）

　　　　；

击中次但未连续击中）；

有次连续击中）；

次连续击中）．

或．

所以的分布列为

19．（本小题满分分）如图，在长方体中，分别是棱，上的点，，．

（Ⅰ）求异面直线与所成的角的余弦值；

（Ⅱ）证明：

；

（Ⅲ）求二面角的正弦值．

【解】解法1．如图所示，建立空间坐标系，点为坐标原点．设，由，知，，，．

于是，，，，．

（Ⅰ），．

于是．

由于异面直线所成的角的范围是，所以异面直线与所成的角的余弦值为．

（Ⅱ），，，则，．

于是，，又，所以．

（Ⅲ）设平面的法向量，则即

取，则，．．

由（Ⅱ）可知，为平面的一个法向量，又．

所以，从而．

所以二面角的正弦值为．

解法2．设，由，知,，，．

（Ⅰ）连接，，设与交于点，易知．

由，所以．所以是异面直线与所成的角．

因为，所以由余弦定理有

．所以异面直线与所成的角的余弦值为．

（Ⅱ）连接，设与交于点．

因为，所以．从而．

又由于，所以．

因此．又因为，且，所以．从而．

连接，同理可证，从而，所以．

因为，，，所以．

（Ⅲ）连接．由（Ⅱ）可知．

又，，所以．

因此为二面角的平面角．

易知，则，又，所以．

在中，．

在中，。

连接，在中，。

在中，，所以。

所以二面角的正弦值为．

20．（本小题满分分）已知椭圆的离心率．连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线与椭圆相交于不同的两点．已知点的坐标为，点在线段的垂直平分线上，且．求的值．

【解】（Ⅰ）由得，再由得．

因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为，所以，则，

解方程组得．所以椭圆的方程．

（Ⅱ）解法1．由（Ⅰ）得.设点的坐标为，

由题意直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为。

于是两点的坐标满足方程组

由方程组消去并