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【解析版】2018年高考天津卷理数试题

资料类别: /试题

所属版本: 通用

所属地区: 天津

上传时间:2018/7/2

下载次数:63次

资料类型:历年高考题

文档大小:927KB

所属点数: 0

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2018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 .
如果事件A,B相互独立,那么 .
棱柱的体积公式,其中表示棱柱的底面面积,表示棱柱的高.
棱锥的体积公式,其中表示棱锥的底面面积,表示棱锥的高.
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. 设全集为R,集合,,则
A.     B.     C.     D. 
【答案】B
【解析】分析:由题意首先求得,然后进行交集运算即可求得最终结果.
详解:由题意可得:,
结合交集的定义可得:.
本题选择B选项.
点睛:本题主要考查交集的运算法则,补集的运算法则等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2. 设变量x,y满足约束条件 则目标函数的最大值为
A. 6    B. 19    C. 21    D. 45
【答案】C
【解析】分析:首先画出可行域,然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点,最后求解最大值即可.
详解:绘制不等式组表示的平面区域如图所示,
结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值,
联立直线方程:,可得点A的坐标为:,
据此可知目标函数的最大值为:.
本题选择C选项.

点睛:求线性目标函数z=ax+by(ab≠0)的最值,当b>0时,直线过可行域且在y轴上截距最大时,z值最大,在y轴截距最小时,z值最小;当b<0时,直线过可行域且在y轴上截距最大时,z值最小,在y轴上截距最小时,z值最大.
3. 阅读右边的程序框图,运行相应的程序,若输入N的值为20,则输出T的值为

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4
【答案】B
【解析】分析:由题意结合流程图运行程序即可求得输出的数值.
详解:结合流程图运行程序如下:
首先初始化数据:,
,结果为整数,执行,,此时不满足;
,结果不为整数,执行,此时不满足;
,结果为整数,执行,,此时满足;
跳出循环,输出.
本题选择B选项.
点睛:识别、运行程序框图和完善程序框图的思路:
(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构.
(2)要识别、运行程序框图,理解框图所解决的实际问题.
(3)按照题目的要求完成解答并验证.

4. 设,则“”是“”的
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不重复条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】分析:首先求解绝对值不等式,然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.
详解:绝对值不等式    ,
由  .
据此可知是的充分而不必要条件.
本题选择A选项.
点睛:本题主要考查绝对值不等式的解法,充分不必要条件的判断等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5. 已知,,,则a,b,c的大小关系为
A.     B.     C.     D. 
【答案】D
【解析】分析:由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.
详解:由题意结合对数函数的性质可知:
,,,
据此可得:.
本题选择D选项.
点睛:对于指数幂的大小的比较,我们通常都是运用指数函数的单调性,但很多时候,因幂的底数或指数不相同,不能直接利用函数的单调性进行比较.这就必须掌握一些特殊方法.在进行指数幂的大小比较时,若底数不同,则首先考虑将其转化成同底数,然后再根据指数函数的单调性进行判断.对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较,利用图象法求解,既快捷,又准确.
6. 将函数的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数
A. 在区间上单调递增    B. 在区间上单调递减
C. 在区间上单调递增    D. 在区间上单调递减
【答案】A
【解析】分析:由题意首先求得平移之后的函数解析式,然后确定函数的单调区间即可.
详解:由函数图象平移变换的性质可知:
将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为:
.
则函数的单调递增区间满足:,
即,
令可得一个单调递增区间为:.
函数的单调递减区间满足:,
即,
令可得一个单调递减区间为:.
本题选择A选项.
点睛:本题主要考查三角函数的平移变换,三角函数的单调区间的判断等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
7. 已知双曲线的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点. 设A,B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和,且,则双曲线的方程为
A.     B.     C.     D. 
【答案】C
【解析】分析:由题意首先求得A,B的坐标,然后利用点到直线距离公式求得b的值,之后求解a的值即可确定双曲线方程.
详解:设双曲线的右焦点坐标为(c>0),则,
由可得:,
不妨设:,
双曲线的一条渐近线方程为:,
据此可得:,,
则,则,
双曲线的离心率:,
据此可得:,则双曲线的方程为.
本题选择C选项.
点睛:求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法.具体过程是先定形,再定量,即先确定双曲线标准方程的形式,然后再根据a,b,c,e及渐近线之间的关系,求出a,b的值.如果已知双曲线的渐近线方程,求双曲线的标准方程,可利用有公共渐近线的双曲线方程为,再由条件求出λ的值即可.
8. 如图,在平面四边形ABCD中,,,,. 若点E为边CD上的动点,则的最小值为 

A.     B.     C.     D. 
【答案】A
【解析】分析:由题意建立平面直角坐标系,然后结合点的坐标得到数量积的坐标表示,最后结合二次函数的性质整理计算即可求得最终结果.
详解:建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,,

点在上,则,设,则:
,即,
据此可得:,且:
,,
由数量积的坐标运算法则可得:
,
整理可得:,
结合二次函数的性质可知,当时,取得最小值.
本题选择A选项.
点睛:求两个向量的数量积有三种方法:利用定义;利用向量的坐标运算;利用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择,同时要注意数量积运算律的应用.

2018年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)
数  学(理工类)
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. i是虚数单位,复数___________.
【答案】4–i    
【解析】分析:由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
详解:由复数的运算法则得:.
点睛:本题主要考查复数的运算法则及其应用,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10. 在的展开式中,的系数为____________.
【答案】
【解析】分析:由题意结合二项式定理展开式的通项公式得到r的值,然后求解的系数即可.
详解:结合二项式定理的通项公式有:,
令可得:,则的系数为:.
点睛:(1)二项式定理的核心是通项公式,求解此类问题可以分两步完成:第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r,如常数项指数为零、有理项指数为整数等);第二步是根据所求的指数,再求所求解的项.
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
11. 已知正方体的棱长为1,除面外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥的体积为__________.

【答案】
【解析】分析:由题意首先求解底面积,然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积.
详解:由题意可得,底面四边形为边长为的正方形,其面积,
顶点到底面四边形的距离为,
由四棱锥的体积公式可得:.
点睛:本题主要考查四棱锥的体积计算,空间想象能力等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12. 已知圆的圆心为C,直线(为参数)与该圆相交于A,B两点,则的面积为___________.
【答案】
【解析】分析:由题意首先求得圆心到直线的距离,然后结合弦长公式求得弦长,最后求解三角形的面积即可.
详解:由题意可得圆的标准方程为:,
直线的直角坐标方程为:,即,
则圆心到直线的距离:,
由弦长公式可得:,
则.
点睛:处理直线与圆的位置关系时,若两方程已知或圆心到直线的距离易表达,则用几何法;若方程中含有参数,或圆心到直线的距离的表达较繁琐,则用代数法.
13. 已知,且,则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】分析:由题意首先求得a-3b的值,然后结合均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果,注意等号成立的条件.
详解:由可知,
且:,因为对于任意x,恒成立,
结合均值不等式的结论可得:.
当且仅当,即时等号成立.
综上可得的最小值为.
点睛:在应用基本不等式求最值时,要把握不等式成立的三个条件,就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”,若忽略了某个条件,就会出现错误.
14. 已知,函数若关于的方程恰有2个互异的实数解,则的取值范围是______________.【答案】
【解析】分析:由题意分类讨论和两种情况,然后绘制函数图像,数形结合即可求得最终结果.
详解:分类讨论:当时,方程即,
整理可得:,
很明显不是方程的实数解,则,
当时,方程即,
整理可得:,
很明显不是方程的实数解,则,
令,
其中,
原问题等价于函数与函数有两个不同的交点,求的取值范围.
结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象,
同时绘制函数的图象如图所示,考查临界条件,
结合观察可得,实数的取值范围是.

点睛:本题的核心在考查函数的零点问题,函数零点的求解与判断方法包括:
(1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.

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. 在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知.
(I)求角B的大小;
(II)设a=2,c=3,求b和的值.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ),.
【解析】分析:(Ⅰ)由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得,则B=.
(Ⅱ)在△ABC中,由余弦定理可得b=.结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
详解:(Ⅰ)在△ABC中,由正弦定理,可得,
又由,得,
即,可得.
又因为,可得B=.
(Ⅱ)在△ABC中,由余弦定理及a=2,c=3,B=,
有,故b=.
由,可得.因为a=,于是sin=.
所以,二面角E–BC–F的正弦值为.
(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),
可得.
易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,
故,
由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].
所以线段的长为.
点睛:本题主要考查空间向量的应用,线面平行的证明,二面角问题等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.


18. 设是等比数列,公比大于0,其前n项和为,是等差数列.已知,,,.
(I)求和的通项公式;
(II)设数列的前n项和为,
(i)求;
(ii)证明.
【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)(i).(ii)证明见解析.
【解析】分析:(I)由题意得到关于q的方程,解方程可得,则.结合等差数列通项公式可得 
(II)(i)由(I),有,则.
(ii)因为,裂项求和可得.
详解:(I)设等比数列的公比为q.由
可得.因为,可得,故.
设等差数列的公差为d,由,可得
由,可得 
从而 故 
所以数列的通项公式为,
数列的通项公式为
(II)(i)由(I),有,
故.
(ii)因为,
所以.
点睛:本题主要考查数列通项公式的求解,数列求和的方法,数列中的指数裂项方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

19. 设椭圆(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B. 已知椭圆的离心率为,点A的坐标为,且.
(I)求椭圆的方程;
(II)设直线l:与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ,求k的值.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)或
【解析】分析:(Ⅰ)由题意结合椭圆的性质可得a=3,b=2.则椭圆的方程为.
(Ⅱ)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由题意可得5y1=9y2.由方程组可得.由方程组可得.据此得到关于k的方程,解方程可得k的值为或
详解:(Ⅰ)设椭圆的焦距为2c,由已知有,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,,,
由,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为.
(Ⅱ)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,故.
又因为,而∠OAB=,故.
由,可得5y1=9y2.
由方程组消去x,可得.
易知直线AB的方程为x+y–2=0,
由方程组消去x,可得.
由5y1=9y2,可得5(k+1)=,
两边平方,整理得,
解得,或.
所以,k的值为或
点睛:解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.

20. 已知函数,,其中a>1.
(I)求函数的单调区间;
(II)若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行,证明;
(III)证明当时,存在直线l,使l是曲线的切线,也是曲线的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间,单调递增区间为;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)证明见解析.
【解析】分析:(I)由题意可得.令,解得x=0.据此可得函数的单调递减区间,单调递增区间为.
(II)曲线在点处的切线斜率为.曲线在点处的切线斜率为.原问题等价于.两边取对数可得.
(III)由题意可得两条切线方程分别为l1:.l2:.则原问题等价于当时,存在,,使得l1和l2重合.转化为当时,关于x1的方程存在实数解,构造函数,令,结合函数的性质可知存在唯一的x0,且x0>0,使得,据此可证得存在实数t,使得,则题中的结论成立.
详解:(I)由已知,,有.
令,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,,的变化情况如下表:
x		0					0	+				极小值			
所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为.
(II)由,可得曲线在点处的切线斜率为.
由,可得曲线在点处的切线斜率为.
因为这两条切线平行,故有,即.
两边取以a为底的对数,得,所以.
(III)曲线在点处的切线l1:.
曲线在点处的切线l2:.
要证明当时,存在直线l,使l是曲线的切线,也是曲线的切线,
只需证明当时,存在,,使得l1和l2重合.
即只需证明当时,方程组有解,
由①得,代入②,得.   ③
因此,只需证明当时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数,
即要证明当时,函数存在零点.
,可知时,;
时,单调递减,
又,,
故存在唯一的x0,且x0>0,使得,即.
由此可得在上单调递增,在上单调递减. 
在处取得极大值.
因为,故,
所以.
下面证明存在实数t,使得.
由(I)可得,
当时,
有
,
所以存在实数t,使得
因此,当时,存在,使得.
所以,当时,存在直线l,使l是曲线的切线,也是曲线的切线.
点睛:导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及命题角度  从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用.





















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