2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(天津卷)理

1、2014年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学(理工类)选择题:共40分一、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.(2014天津,理1)i是虚数单位,复数7+i3+4i=()A.1-iB.-1+iC.1725+3125i答案:A解析:7+i3+4i=(7+i)(3-4i2.(2014天津,理2)设变量x,y满足约束条件x+y-20,x-A.2B.3C.4D.5答案:B解析:画出不等式组所确定的可行域(如图阴影部分).由z=x+2y,得y=-12x+12作直线l:y=-12x,平移l,由图形可知当l经过可行域中的点A(1,1)时,z取最小值,且zmin=1+21=

2、3,故选B3.(2014天津,理3)阅读下边的程序框图,运行相应的程序,输出S的值为().A.15B.105C.245D.945答案:B解析:第一次执行循环体T=21+1=3,S=13=3,i=2;第二次执行循环体T=22+1=5,S=35=15,i=3;第三次执行循环体T=23+1=7,S=157=105,i=4.这时满足i4,跳出循环,输出S=105,故选B.4.(2014天津,理4)函数f(x)=log12(x2-4)的单调递增区间为(A.(0,+)B.(-,0)C.(2,+)D.(-,-2)答案:D解析:由x2-40得x2或x0,b0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,双曲线的

3、一个焦点在直线A.x25-y220=C.3x225-3y2答案:A解析:由于双曲线焦点在x轴上,且其中一个焦点在直线y=2x+10上,所以c=5.又因为一条渐近线与l平行,因此ba=2,可解得a2=5,b2=20,故双曲线方程为x25-y26.(2014天津,理6)如图,ABC是圆的内接三角形,BAC的平分线交圆于点D,交BC于点E,过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下,给出下列四个结论:BD平分CBF;FB2=FDFA;AECE=BEDE;AFBD=ABBF.则所有正确结论的序号是().A.B.C.D.答案:D解析:由弦切角定理知FBD=BAD,AD平分BAC,CBD=CAD

4、,BAD=DBC.FBD=CBD,即BD平分CBF,正确;由切割线定理知,正确;由相交弦定理知,AEED=BEEC,不正确;ABFBDF,ABBDAFBD=ABBF,正确.故选D.7.(2014天津,理7)设a,bR,则“ab”是“a|a|b|b|”的().A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案:C解析:令f(x)=x|x|,则f(x)=x2,x0,-x2,xbf(a)f8.(2014天津,理8)已知菱形ABCD的边长为2,BAD=120,点E,F分别在边BC,DC上,BE=BC,DF=DC.若AEAF=1,CECF=-23,则+A.12B.23C.56答

5、案:C解析:由于菱形边长为2,所以BE=BC=2,DF=DC=2,从而CE=2-2,CF=2-2.由AEAF=1,得(AB+BE)(=ABAD+ABDF+BE=22cos 120+2(2)+22+22cos 120=-2+4(+)-2=1,所以4(+)-2=3.由CECF=-23,得(2-2)(2-2)-12=-23,所以=+因此有4(+)-2(+)+43=3解得+=56,故选C二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.9.(2014天津,理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

6、一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4556,则应从一年级本科生中抽取名学生.答案:60解析:依题意知,应从一年级本科生中抽取44+5+5+6300=60(名)10.(2014天津,理10)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m3.答案:20解析:由三视图可知,该几何体是一个组合体,其上部是一个圆锥,且底面圆半径为2,高为2;下部是一个圆柱,底面圆半径为1,高为4,故该几何体的体积V=13222+124=83+411.(2014天津,理11)设an是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案:-1解析:

7、由已知得S1=a1,S2=a1+a2=2a1-1,S4=4a1+432(-1)=4a1-6,而S1,S2,S4成等比数列,所以(2a1-1)2=a1(4a1-6),整理得2a1+1=0,解得a1=-112.(2014天津,理12)在ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知b-c=14a,2sin B=3sin C,则cos A的值为答案:-1解析:由2sin B=3sin C,结合正弦定理得2b=3c,又b-c=14a,所以b=32c,a=由余弦定理得cos A=b=32c213.(2014天津,理13)在以O为极点的极坐标系中,圆=4sin 和直线sin =a相交于A,B两点,

8、若AOB是等边三角形,则a的值为.答案:3解析:由=4sin 可得2=4sin ,所以x2+y2=4y.所以圆的直角坐标方程为x2+y2=4y,其圆心为C(0,2),半径r=2;由sin =a,得直线的直角坐标方程为y=a,由于AOB是等边三角形,所以圆心C是等边三角形OAB的中心,若设AB的中点为D(如图).则CD=CBsin 30=212=1,即a-2=1,所以a=314.(2014天津,理14)已知函数f(x)=|x2+3x|,xR.若方程f(x)-a|x-1|=0恰有4个互异的实数根,则实数a的取值范围为.答案:(0,1)(9,+)解析:在同一坐标系中分别作出函数f(x)与y=a|x-

9、1|的图象,由图知,当a=0时,两函数的图象只有2个交点,当a0.若曲线y=-x2-3x(-3x0)与直线y=-a(x-1)(x1)相切,联立方程得x2+(3-a)x+a=0,则由=0得a=1(a=9舍去),因此当0a0)与直线y=a(x-1)(x1)相切,联立方程得x2+(3-a)x+a=0,则由=0可得a=9(a=1舍去),因此当a9时,f(x)的图象与y=a|x-1|的图象有4个交点,故当方程有4个互异实数根时,实数a的取值范围是(0,1)(9,+).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.(本小题满分13分)(2014天津,理15)已知函数f

10、(x)=cos xsinx+3-3cos2x+3(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在闭区间-4分析:(1)先利用两角和与差的正弦公式及二倍角的正弦、余弦公式,化简函数解析式为一个角的三角函数的形式,再求周期.(2)可利用函数f(x)在区间-4解:(1)由已知,有f(x)=cos x12sinx+32cosx-3cos2x+34=12sin xcos x-32cos2x+34=14sin 2x-34(1+所以,f(x)的最小正周期T=22=(2)因为f(x)在区间-4,-12上是减函数f-4=-14,f-12=-所以,函数f(x)在闭区间-4,4上的最大值为116.(本小题满分13分

11、)(2014天津,理16)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).(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率;(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数,求随机变量X的分布列和数学期望.分析:(1)利用古典概型及其概率计算公式即可求解.(2)根据随机变量x的所有可能值及古典概型概率公式可求出分布列,再由数学期望的定义求解即可得所求数学期望.解:(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A,则P(A)=

12、C3所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.P(X=k)=C4kC63-kC103所以,随机变量X的分布列为X0123P1131随机变量X的数学期望E(X)=016+112+2310+317.(本小题满分13分)(2014天津,理17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明:BEDC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.分析:方法一:用向量方法解.通过建立空间直角坐标系

13、,确定相关点的坐标.(1)用向量积为0,证线线垂直.(2)设平面PBD的一个法向量.利用垂直关系确定法向量坐标,再由向量夹角公式求线面角.(3)确定出二面角的两个面的一个法向量,由向量夹角公式求二面角余弦值.注意共线向量定理的应用.方法二:几何证明法:(1)取PD中点M.通过证明ABEM为平行四边形来证明线线平行.由已知线面垂直证线线垂直,再证线面垂直.由此证得CDAM,故可得结论.(2)由线与面、线与线、面与面的垂直,寻找并证明线面角,再通过解三角形,求出线面角的正弦值.(3)利用垂直关系寻找并证明二面角的平面角为PAG,再通过解三角形,利用余弦定理,求出二面角的余弦值.方法一:依题意,以点

14、A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BEDC=0.所以BEDC.(2)解:向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则n不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=n所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33(3)解:向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,设

15、CF=CP,01.故BF=BC+CF=BC+CP=(1-2,2-2由BFAC,得BFAC=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=34即BF=设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则n不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0).则cos=n1n易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为310方法二:(1)证明:如图,取PD中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EMDC,且EM=12DC又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BEAM.因为PA底面ABCD,故PA

16、CD,而CDDA,从而CD平面PAD,因为AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.(2)解:连接BM.由(1)知CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD.所以,直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BEEM,可得EBM为锐角,故EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=22,而M为PD中点,可得AM=2,进而BE=2.故在直角三角形BEM中,tanEBM=EMBE=ABBE=12所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33(3)解:如图.在PAC中

17、,过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD,故FH底面ABCD,从而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FGDC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F,G四点共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG为二面角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,cos所以二面角F-AB-P的余弦值为31018.(本小题满分13分)(2014天津,理18)设椭圆x2a2+y2b2=1(

18、ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.(1)求椭圆的离心率;(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l与该圆相切,求直线l的斜率.分析:(1)由题知A(a,0),B(0,b),|F1F2|=2c,因此可由已知条件结合b2=a2-c2,求出离心率.(2)由(1)可设出只含一个参数c的椭圆标准方程,设出P点坐标.由以PB为直径的圆过F1知PF1BF1,得P点坐标关系.由P点在椭圆上,得P点坐标另一关系,由此确定P点坐标.再根据过原点的直线l与圆相切,列出斜率k的方程,即可求出k值.解:(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).由|

19、AB|=32|F1F2|,可得a2+b2=3c2又b2=a2-c2,则c2所以椭圆的离心率e=22(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故椭圆方程为x22c设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有F1P=(x0+c,y0),F1B=(c由已知,有F1PF1B=0,即(x0+c)c+y又c0,故有x0+y0+c=0.又因为点P在椭圆上,故x022c由和可得3x02+4cx0=而点P不是椭圆的顶点,故x0=-43c代入得y0=c3,即点P的坐标为-设圆的圆心为T(x1,y1),则x1=-43c+02=-23c,y1=c3设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与

20、圆相切,可得|kx即k-2整理得k2-8k+1=0,解得k=415.所以,直线l的斜率为4+15或4-15.19.(本小题满分14分)(2014天津,理19)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M=0,1,2,q-1,集合A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n.(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;(2)设s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,其中ai,biM,i=1,2,n.证明:若anbn,则st.分析:在第(1)问中,由于q和n的值已给出,因此集合M确定,从而xi的取值确定.只需列出x的所有可能的取值,即得集合A.

21、在第(2)问中,考虑到s和t表达式的结构特点,应采用作差法证明它们的大小关系.在s-t的表达式中,由于ai与bi(i=1,2,3,n-1)的大小关系不确定,因此可将ai-bi(i=1,2,n-1)统一放大为其最大值q-1,而anbn,可将an-bn放大为其最大值-1,然后将s-t的表达式用等比数列求和公式化简,即可证得s-t0.(1)解:当q=2,n=3时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3.可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)证明:由s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n及anbn,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所以,st.20.(本小题满分14分)(2014天津,理20)设f(x)=x-aex(aR),xR.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.a0时,由f(x)=0,得