2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(天津卷)理

1、2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(天津卷)數(shù)學(xué)(理工類)選擇題:共40分一、選擇題:在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2014天津,理1)i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)7+i3+4i=().a.1-ib.-1+ic.1725+3125id.-177+257i答案:a解析:7+i3+4i=(7+i)(3-4i)(3+4i)(3-4i)=25-25i25=1-i,故選a.2.(2014天津,理2)設(shè)變量x,y滿足約束條件x+y-20,x-y-20,y1,則目標(biāo)函數(shù)z=x+2y的最小值為().a.2b.3c.4d.5答案:b解析:畫出不等式組所確定的可行域(如圖陰影部分).由z=x

2、+2y,得y=-12x+12z,作直線l:y=-12x,平移l,由圖形可知當(dāng)l經(jīng)過(guò)可行域中的點(diǎn)a(1,1)時(shí),z取最小值,且zmin=1+2×1=3,故選b.3.(2014天津,理3)閱讀下邊的程序框圖,運(yùn)行相應(yīng)的程序,輸出s的值為().a.15b.105c.245d.945答案:b解析:第一次執(zhí)行循環(huán)體t=2×1+1=3,s=1×3=3,i=2;第二次執(zhí)行循環(huán)體t=2×2+1=5,s=3×5=15,i=3;第三次執(zhí)行循環(huán)體t=2×3+1=7,s=15×7=105,i=4.這時(shí)滿足i4,跳出循環(huán),輸出s=105,故選b.4.

3、(2014天津,理4)函數(shù)f(x)=log12(x2-4)的單調(diào)遞增區(qū)間為().a.(0,+)b.(-,0)c.(2,+)d.(-,-2)答案:d解析:由x2-4>0得x>2或x<-2,因此函數(shù)定義域?yàn)?-,-2)(2,+).令t=x2-4,當(dāng)x(-,-2)時(shí),t隨x的增大而減小,y=log12t隨t的減小而增大,所以y=log12(x2-4)隨x的增大而增大,即f(x)在(-,-2)上單調(diào)遞增.故選d.5.(2014天津,理5)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行于直線l:y=2x+10,雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上,則雙曲線的方程為

4、().a.x25-y220=1b.x220-y25=1c.3x225-3y2100=1d.3x2100-3y225=1答案:a解析:由于雙曲線焦點(diǎn)在x軸上,且其中一個(gè)焦點(diǎn)在直線y=2x+10上,所以c=5.又因?yàn)橐粭l漸近線與l平行,因此ba=2,可解得a2=5,b2=20,故雙曲線方程為x25-y220=1,故選a.6.(2014天津,理6)如圖,abc是圓的內(nèi)接三角形,bac的平分線交圓于點(diǎn)d,交bc于點(diǎn)e,過(guò)點(diǎn)b的圓的切線與ad的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)f.在上述條件下,給出下列四個(gè)結(jié)論:bd平分cbf;fb2=fd·fa;ae·ce=be·de;af·bd=a

5、b·bf.則所有正確結(jié)論的序號(hào)是().a.b.c.d.答案:d解析:由弦切角定理知fbd=bad,ad平分bac,cbd=cad,bad=dbc.fbd=cbd,即bd平分cbf,正確;由切割線定理知,正確;由相交弦定理知,ae·ed=be·ec,不正確;abfbdf,abbd=afbf.af·bd=ab·bf,正確.故選d.7.(2014天津,理7)設(shè)a,br,則“a>b”是“a|a|>b|b|”的().a.充分不必要條件b.必要不充分條件c.充要條件d.既不充分又不必要條件答案:c解析:令f(x)=x|x|,則f(x)=x2,x

6、0,-x2,x<0,畫出f(x)的圖象(如圖),易知f(x)在r上為單調(diào)遞增函數(shù),因此a>bf(a)>f(b),故“a>b”是“a|a|>b|b|”的充要條件,故選c.8.(2014天津,理8)已知菱形abcd的邊長(zhǎng)為2,bad=120°,點(diǎn)e,f分別在邊bc,dc上,be=bc,df=dc.若ae·af=1,ce·cf=-23,則+=().a.12b.23c.56d.712答案:c解析:由于菱形邊長(zhǎng)為2,所以be=bc=2,df=dc=2,從而ce=2-2,cf=2-2.由ae·af=1,得(ab+be)·(ad

7、+df)=ab·ad+ab·df+be·ad+be·df=2×2×cos 120°+2·(2)+2·2+2·2·cos 120°=-2+4(+)-2=1,所以4(+)-2=3.由ce·cf=-23,得(2-2)·(2-2)·-12=-23,所以=+-23,因此有4(+)-2(+)+43=3,解得+=56,故選c.二、填空題:本大題共6小題,每小題5分,共30分.9.(2014天津,理9)某大學(xué)為了解在校本科生對(duì)參加某項(xiàng)社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)的意向,擬采用分

8、層抽樣的方法,從該校四個(gè)年級(jí)的本科生中抽取一個(gè)容量為300的樣本進(jìn)行調(diào)查.已知該校一年級(jí)、二年級(jí)、三年級(jí)、四年級(jí)的本科生人數(shù)之比為4556,則應(yīng)從一年級(jí)本科生中抽取名學(xué)生. 答案:60解析:依題意知,應(yīng)從一年級(jí)本科生中抽取44+5+5+6×300=60(名).10.(2014天津,理10)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為m3. 答案:203解析:由三視圖可知,該幾何體是一個(gè)組合體,其上部是一個(gè)圓錐,且底面圓半徑為2,高為2;下部是一個(gè)圓柱,底面圓半徑為1,高為4,故該幾何體的體積v=13··22·2+

9、3;12·4=83+4=203.11.(2014天津,理11)設(shè)an是首項(xiàng)為a1,公差為-1的等差數(shù)列,sn為其前n項(xiàng)和.若s1,s2,s4成等比數(shù)列,則a1的值為. 答案:-12解析:由已知得s1=a1,s2=a1+a2=2a1-1,s4=4a1+4×32×(-1)=4a1-6,而s1,s2,s4成等比數(shù)列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=-12.12.(2014天津,理12)在abc中,內(nèi)角a,b,c所對(duì)的邊分別是a,b,c.已知b-c=14a,2sin b=3sin c,則cos a的值為. 答案

10、:-14解析:由2sin b=3sin c,結(jié)合正弦定理得2b=3c,又b-c=14a,所以b=32c,a=2c.由余弦定理得cos a=b2+c2-a22bc=32c2+c2-(2c)22·32c·c=-14.13.(2014天津,理13)在以o為極點(diǎn)的極坐標(biāo)系中,圓=4sin 和直線sin =a相交于a,b兩點(diǎn),若aob是等邊三角形,則a的值為. 答案:3解析:由=4sin 可得2=4sin ,所以x2+y2=4y.所以圓的直角坐標(biāo)方程為x2+y2=4y,其圓心為c(0,2),半徑r=2;由sin =a,得直線的直角坐標(biāo)方程為y=a,由于aob是等邊三角形,所

11、以圓心c是等邊三角形oab的中心,若設(shè)ab的中點(diǎn)為d(如圖).則cd=cb·sin 30°=2×12=1,即a-2=1,所以a=3.14.(2014天津,理14)已知函數(shù)f(x)=|x2+3x|,xr.若方程f(x)-a|x-1|=0恰有4個(gè)互異的實(shí)數(shù)根,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案:(0,1)(9,+)解析:在同一坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)f(x)與y=a|x-1|的圖象,由圖知,當(dāng)a=0時(shí),兩函數(shù)的圖象只有2個(gè)交點(diǎn),當(dāng)a<0時(shí),兩圖象沒(méi)有交點(diǎn),故必有a>0.若曲線y=-x2-3x(-3x0)與直線y=-a(x-1)(x1)相切,聯(lián)立方程得x2+

12、(3-a)x+a=0,則由=0得a=1(a=9舍去),因此當(dāng)0<a<1時(shí),f(x)的圖象與y=a|x-1|的圖象有4個(gè)交點(diǎn);若曲線y=x2+3x(x>0)與直線y=a(x-1)(x>1)相切,聯(lián)立方程得x2+(3-a)x+a=0,則由=0可得a=9(a=1舍去),因此當(dāng)a>9時(shí),f(x)的圖象與y=a|x-1|的圖象有4個(gè)交點(diǎn),故當(dāng)方程有4個(gè)互異實(shí)數(shù)根時(shí),實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)(9,+).三、解答題:本大題共6小題,共80分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟.15.(本小題滿分13分)(2014天津,理15)已知函數(shù)f(x)=cos x·si

13、nx+3-3cos2x+34,xr.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在閉區(qū)間-4,4上的最大值和最小值.分析:(1)先利用兩角和與差的正弦公式及二倍角的正弦、余弦公式,化簡(jiǎn)函數(shù)解析式為一個(gè)角的三角函數(shù)的形式,再求周期.(2)可利用函數(shù)f(x)在區(qū)間-4,4上的單調(diào)性求最值.解:(1)由已知,有f(x)=cos x·12sinx+32cosx-3cos2x+34=12sin x·cos x-32cos2x+34=14sin 2x-34(1+cos 2x)+34=14sin 2x-34cos 2x=12sin2x-3.所以,f(x)的最小正周期t=22=.(2)因

14、為f(x)在區(qū)間-4,-12上是減函數(shù),在區(qū)間-12,4上是增函數(shù),f-4=-14,f-12=-12,f4=14,所以,函數(shù)f(x)在閉區(qū)間-4,4上的最大值為14,最小值為-12.16.(本小題滿分13分)(2014天津,理16)某大學(xué)志愿者協(xié)會(huì)有6名男同學(xué),4名女同學(xué).在這10名同學(xué)中,3名同學(xué)來(lái)自數(shù)學(xué)學(xué)院,其余7名同學(xué)來(lái)自物理、化學(xué)等其他互不相同的七個(gè)學(xué)院.現(xiàn)從這10名同學(xué)中隨機(jī)選取3名同學(xué),到希望小學(xué)進(jìn)行支教活動(dòng)(每位同學(xué)被選到的可能性相同).(1)求選出的3名同學(xué)是來(lái)自互不相同學(xué)院的概率;(2)設(shè)x為選出的3名同學(xué)中女同學(xué)的人數(shù),求隨機(jī)變量x的分布列和數(shù)學(xué)期望.分析:(1)利用古典概

15、型及其概率計(jì)算公式即可求解.(2)根據(jù)隨機(jī)變量x的所有可能值及古典概型概率公式可求出分布列,再由數(shù)學(xué)期望的定義求解即可得所求數(shù)學(xué)期望.解:(1)設(shè)“選出的3名同學(xué)是來(lái)自互不相同的學(xué)院”為事件a,則p(a)=c31·c72+c30·c73c103=4960.所以選出的3名同學(xué)是來(lái)自互不相同學(xué)院的概率為4960.(2)隨機(jī)變量x的所有可能值為0,1,2,3.p(x=k)=c4k·c63-kc103(k=0,1,2,3).所以,隨機(jī)變量x的分布列為x0123p1612310130隨機(jī)變量x的數(shù)學(xué)期望e(x)=0×16+1×12+2×310+

16、3×130=65.17.(本小題滿分13分)(2014天津,理17)如圖,在四棱錐p-abcd中,pa底面abcd,adab,abdc,ad=dc=ap=2,ab=1,點(diǎn)e為棱pc的中點(diǎn).(1)證明:bedc;(2)求直線be與平面pbd所成角的正弦值;(3)若f為棱pc上一點(diǎn),滿足bfac,求二面角f-ab-p的余弦值.分析:方法一:用向量方法解.通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系,確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo).(1)用向量積為0,證線線垂直.(2)設(shè)平面pbd的一個(gè)法向量.利用垂直關(guān)系確定法向量坐標(biāo),再由向量夾角公式求線面角.(3)確定出二面角的兩個(gè)面的一個(gè)法向量,由向量夾角公式求二面角余弦值.注意共線

17、向量定理的應(yīng)用.方法二:幾何證明法:(1)取pd中點(diǎn)m.通過(guò)證明abem為平行四邊形來(lái)證明線線平行.由已知線面垂直證線線垂直,再證線面垂直.由此證得cdam,故可得結(jié)論.(2)由線與面、線與線、面與面的垂直,尋找并證明線面角,再通過(guò)解三角形,求出線面角的正弦值.(3)利用垂直關(guān)系尋找并證明二面角的平面角為pag,再通過(guò)解三角形,利用余弦定理,求出二面角的余弦值.方法一:依題意,以點(diǎn)a為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得b(1,0,0),c(2,2,0),d(0,2,0),p(0,0,2).由e為棱pc的中點(diǎn),得e(1,1,1).(1)證明:向量be=(0,1,1),dc=(2,0,0),故b

18、e·dc=0.所以bedc.(2)解:向量bd=(-1,2,0),pb=(1,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面pbd的法向量,則n·bd=0,n·pb=0,即-x+2y=0,x-2z=0.不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面pbd的一個(gè)法向量.于是有cos<n,be>=n·be|n|·|be|=26×2=33.所以,直線be與平面pbd所成角的正弦值為33.(3)解:向量bc=(1,2,0),cp=(-2,-2,2),ac=(2,2,0),ab=(1,0,0).由點(diǎn)f在棱pc上,設(shè)cf=cp,01.故bf=bc

19、+cf=bc+cp=(1-2,2-2,2).由bfac,得bf·ac=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=34.即bf=-12,12,32.設(shè)n1=(x,y,z)為平面fab的法向量,則n1·ab=0,n1·bf=0,即x=0,-12x+12y+32z=0.不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面fab的一個(gè)法向量.取平面abp的法向量n2=(0,1,0).則cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·|n2|=-310×1=-31010.易知,二面角f-ab-p是銳角,所以其余弦值為31010.方法二:(

20、1)證明:如圖,取pd中點(diǎn)m,連接em,am.由于e,m分別為pc,pd的中點(diǎn),故emdc,且em=12dc,又由已知,可得emab且em=ab,故四邊形abem為平行四邊形,所以beam.因?yàn)閜a底面abcd,故pacd,而cdda,從而cd平面pad,因?yàn)閍m平面pad,于是cdam,又beam,所以becd.(2)解:連接bm.由(1)知cd平面pad,得cdpd,而emcd,故pdem.又因?yàn)閍d=ap,m為pd的中點(diǎn),故pdam,可得pdbe,所以pd平面bem,故平面bem平面pbd.所以,直線be在平面pbd內(nèi)的射影為直線bm,而beem,可得ebm為銳角,故ebm為直線be與平

21、面pbd所成的角.依題意,有pd=22,而m為pd中點(diǎn),可得am=2,進(jìn)而be=2.故在直角三角形bem中,tanebm=embe=abbe=12,因此sinebm=33.所以,直線be與平面pbd所成角的正弦值為33.(3)解:如圖.在pac中,過(guò)點(diǎn)f作fhpa交ac于點(diǎn)h.因?yàn)閜a底面abcd,故fh底面abcd,從而fhac.又bfac,得ac平面fhb,因此acbh.在底面abcd內(nèi),可得ch=3ha,從而cf=3fp.在平面pdc內(nèi),作fgdc交pd于點(diǎn)g,于是dg=3gp.由于dcab,故gfab,所以a,b,f,g四點(diǎn)共面.由abpa,abad,得ab平面pad,故abag.所以

22、pag為二面角f-ab-p的平面角.在pag中,pa=2,pg=14pd=22,apg=45°,由余弦定理可得ag=102,cospag=31010.所以二面角f-ab-p的余弦值為31010.18.(本小題滿分13分)(2014天津,理18)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為f1,f2,右頂點(diǎn)為a,上頂點(diǎn)為b.已知|ab|=32|f1f2|.(1)求橢圓的離心率;(2)設(shè)p為橢圓上異于其頂點(diǎn)的一點(diǎn),以線段pb為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)f1,經(jīng)過(guò)原點(diǎn)o的直線l與該圓相切,求直線l的斜率.分析:(1)由題知a(a,0),b(0,b),|f1f2|=2c,因此

23、可由已知條件結(jié)合b2=a2-c2,求出離心率.(2)由(1)可設(shè)出只含一個(gè)參數(shù)c的橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程,設(shè)出p點(diǎn)坐標(biāo).由以pb為直徑的圓過(guò)f1知pf1bf1,得p點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)系.由p點(diǎn)在橢圓上,得p點(diǎn)坐標(biāo)另一關(guān)系,由此確定p點(diǎn)坐標(biāo).再根據(jù)過(guò)原點(diǎn)的直線l與圓相切,列出斜率k的方程,即可求出k值.解:(1)設(shè)橢圓右焦點(diǎn)f2的坐標(biāo)為(c,0).由|ab|=32|f1f2|,可得a2+b2=3c2,又b2=a2-c2,則c2a2=12.所以橢圓的離心率e=22.(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故橢圓方程為x22c2+y2c2=1.設(shè)p(x0,y0).由f1(-c,0),b(0,c),有f1p=(x0+c

24、,y0),f1b=(c,c).由已知,有f1p·f1b=0,即(x0+c)c+y0c=0.又c0,故有x0+y0+c=0.又因?yàn)辄c(diǎn)p在橢圓上,故x022c2+y02c2=1.由和可得3x02+4cx0=0.而點(diǎn)p不是橢圓的頂點(diǎn),故x0=-43c,代入得y0=c3,即點(diǎn)p的坐標(biāo)為-4c3,c3.設(shè)圓的圓心為t(x1,y1),則x1=-43c+02=-23c,y1=c3+c2=23c,進(jìn)而圓的半徑r=(x1-0)2+(y1-c)2=53c.設(shè)直線l的斜率為k,依題意,直線l的方程為y=kx.由l與圓相切,可得|kx1-y1|k2+1=r,即k-2c3-2c3k2+1=53c,整理得k2-

25、8k+1=0,解得k=4±15.所以,直線l的斜率為4+15或4-15.19.(本小題滿分14分)(2014天津,理19)已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù).設(shè)集合m=0,1,2,q-1,集合a=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xim,i=1,2,n.(1)當(dāng)q=2,n=3時(shí),用列舉法表示集合a;(2)設(shè)s,ta,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,bim,i=1,2,n.證明:若an<bn,則s<t.分析:在第(1)問(wèn)中,由于q和n的值已給出,因此集合m確定,從而xi的取值確定.只需列出x的所有可能的取值,即得集合a.在第(2)

26、問(wèn)中,考慮到s和t表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn),應(yīng)采用作差法證明它們的大小關(guān)系.在s-t的表達(dá)式中,由于ai與bi(i=1,2,3,n-1)的大小關(guān)系不確定,因此可將ai-bi(i=1,2,n-1)統(tǒng)一放大為其最大值q-1,而an<bn,可將an-bn放大為其最大值-1,然后將s-t的表達(dá)式用等比數(shù)列求和公式化簡(jiǎn),即可證得s-t<0.(1)解:當(dāng)q=2,n=3時(shí),m=0,1,a=x|x=x1+x2·2+x3·22,xim,i=1,2,3.可得,a=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)證明:由s,ta,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,b

27、im,i=1,2,n及an<bn,可得s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1(q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-1=(q-1)(1-qn-1)1-q-qn-1=-1<0.所以,s<t.20.(本小題滿分14分)(2014天津,理20)設(shè)f(x)=x-aex(ar),xr.已知函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范圍;(2)證明x2x1隨著a的減小而增大;(3)證明x1+x2隨著a的減小而增大.分析:在第(1)問(wèn)中,由f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)知f(x)圖象與x軸有兩個(gè)不同交

28、點(diǎn),因此可通過(guò)用導(dǎo)數(shù)研究f(x)的單調(diào)性與極值情況,結(jié)合圖象分析,建立關(guān)于參數(shù)a的不等條件求得其取值范圍;在第(2)問(wèn)中,首先應(yīng)結(jié)合圖象確定零點(diǎn)x1,x2的所在區(qū)間,然后針對(duì)a的兩個(gè)不同值a1,a2,考察它們對(duì)應(yīng)零點(diǎn)1,2與1,2的大小關(guān)系,結(jié)合f(x)的單調(diào)性確定21與21的大小關(guān)系,證得結(jié)論;在第(3)問(wèn)中,可結(jié)合(2)問(wèn)的結(jié)論,只需證明x1+x2的值隨x2x1的增大而增大即可.這時(shí)可通過(guò)對(duì)已知式子兩邊取對(duì)數(shù),將x1+x2表示為關(guān)于x2x1的函數(shù)h(x),然后用導(dǎo)數(shù)證明h(x)單調(diào)遞增即可證得結(jié)論.(1)解:由f(x)=x-aex,可得f'(x)=1-aex.下面分兩種情況討論:a0時(shí),f'(x)>0在r上恒成立,可得f(x)在r上單調(diào)遞增,不合題意.a>0時(shí),由f'(x)=0,得x=-ln a.當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f'(x)+0-f(x)-ln a-1這時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,-ln a);單調(diào)遞減區(qū)間是(-ln a,+).于是,“函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立:1°f(-ln a)>0;2°存在s1(-,-ln a),滿足f(s1)<0;3°存在s2(-ln a,+