2017天津高考理科数学试卷含答案

1、2017天津理【试卷点评】2017年天津高考数学试卷考点变化不大，题型结构与2016年相同，从知识结构角度看，试卷考查内容覆盖面广，与往年基本一致与此同时，试卷命题中出现的综合与创新，体现了能力立意 的命题思路与稳中求变的命题特点.整卷难度分布合理，具有较好的区分度，整体难度与去年相比稍有降低.纵观整篇试卷，命题严格按照考试说明与课程标准，双基内容占了相当大的比例，体现 了命题人回归教材、突出主干的思路，重视对考生基本数学素养的考查对于此部分题目，只要考 生熟练掌握基本概念和定理，就可以轻松得分试卷在知识点选择上与去年相比略有改变，考验学生基础知识掌握的全面性试卷命题风格稳定，试题布局合理，利

2、于考生发挥自身真实水平，具有 较好的信度和效度.在注重基础和应用的同时， 今年天津高考试卷也加强了综合性与创新性的考查，以提高试卷区分度，如第8题，主要考查基本初等函数的图象和性质，设问综合了分段函数单调性、函数零点以及图象变换等典型考点，充分考查了考生的数形结合思想与转化化归思想，考验学生的知识理解深度与分析问题解决问题的能力第19题总的来说需要考生熟练掌握解析几何中常见几何图形性质的代数表达并合理选择参数简化运算，对考生的运算和解题技巧要求较高第20题设问较为新颖，命题具有一定的抽象性与综合性，需要学生基于三次函数单调性与极值最值的关系进行探索分析， 考查函数与方程、分类讨论、转化等数学思

3、想，问题思路环环相扣，逻辑严密，难度较大，充分考 验学生的心理素质， 具有较好的区分度， 体现了高考的选拔性，另外也给优秀学生提供了展示自身 能力的平台，也引导我们数学教学工作需注重数学能力与创新意识的培养.2016年天津理科数学试卷继续稳字当头，平凡问题考查真功夫，没有出现任何偏题怪题，有利于学生考出好成绩，也对 中学数学教学回归教材、扎实基础有很好的导向作用.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. 设集合 A = 1 , 2, 6, B = 2 , 4, C = x R| 1 x 5,则(A U B) C =()A 2B 1 , 2, 4C 1 , 2, 4,

4、 5D x R| - 1 x 5【解析】因 A = 1 , 2, 6, B = 2 , 4,故 AU B = 1 , 2, 4, 6,又 C = x Rl- 1 x 5,故(AU B) C = 1 , 2 , 4 2x+ y 0 ,x+ 2y 2 0 ,2. 设变量X , y满足约束条件则目标函数Z= x+ y的最大值为()x 0 ,y 3 ,2 3A 3 B 1 C. 2 D. 3【解】作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示，由Z= x+ y得y= x+ z,作出直线y=X,平移使之经过可行域，观察可知，最优解在B(0 , 3)处取得，故ZmaX= 0 + 3= 3,选项D符合3. 阅

5、读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入 N的值为24 ,则输出N的值为()A . 0B. 1C. 2D . 3【解析】依次为 N = 8, N = 7, N = 6, N = 2,输出N = 2,选C.4. 设 R,则 “| 12 V 12” 是"Sin <的()A 充分而不必要条件B 必要而不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件 117 【解析】法一：由I 石| V12 得O V v 故Sin v刁由Sin v 3,得一石+ 2kv V石+ 2k k Z,推不出“ | 12i v 12”.故选 A . 11 t Zj,法一：I 12 V 12? OV V 6?

6、Sin v2,而当 Sin v 2时，取 = 6, I 6 12 = 4> 12 故选 A 2 25已知双曲线x2 仔1(a>O, b>0)的左焦点为a bF ,离心率为/2若经过F和P(0, 4)两点的第4页(共8页)直线平行于双曲线的一渐近线，则双曲线的方程为()B . x2 y2 = 18 8C . x2 y2= 148D . x2 y2= 184【解析】=4,则由e= 2知a= b,且C= 2a .故双曲线渐近线方程为 a2= b2= 2 = 8 .故双曲线方程为y=±.又 kpF= J； 0 = 4= 1,故 C6.已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x

7、)= Xf(X).若 a = g( log5 . 1), b= g(20 8), C= g,则a, b, C的大小关系为()A . av bV CB . CV bV aC . bV aV CD . bV CV a【解一】易知g(x)= Xf(X)在R上为偶函数,因奇函数f(x)在R上是增函数，且f(0) = 0.故g(x)在(0,+ 上是增函数.又 3> Iog25 . 1 >2> 20 8,且 a= g( Iog25 . 1) = g(log25 . 1),故 g(3) >g(log25 . 1)>g(20 . 8),则 c>a>b .法二(特殊化)

8、取 f(x) =g(x)= X2为偶函数且在(0,+上单调递增，又3 > Iog 25 . 1> 20 8,从而可得c> a> b .5 11 7.设函数 f(x) = 2sin(x+ ), x R,其中 > 0, | < 若 f § = 2，f 一= 0，且 f(x)的最小正周期大于2 则(2A . = 3,211 = 3，$= 72C.111 = 3, = 24D .17 = 3, = 24【解析】因f 58=2,f11C8 = 0，且f(x)的最小正周期大于11 5 2 ,故f(x)的最小正周期为 4 r8 83 故 = 2 2 22 5 3

9、 3，故 f(x)= 2sin 3x+ .故 2sin 3×8+ = 2 ,得 = 2k +12, k Z,又 | < ,故取k= O,得=12.x2 x+ 3, x 1,X8.已知函数f(x) =2设a R ,若关于X的不等式f(x) P- + a|在R上恒成立,x+一，x>1.2X则a的取值范围是()47 OIA. - 47 2B. -16, SC . 2 .3 2【解析】根据题意，作出f(x)的大致图象，如图所示.D. -2。39当x 1时，若要f(x) 丨3 + a 恒成立，结合图象，只需X2 x+ 3 (?+ a),即x2? + 3+ a 0,故对于方程 x2

10、X+ 3+ a= 0, =(护4(3 + a) 0,解得 a篇；当 x> 1 时，若要 f(x) |+a|恒成立，结合图象，只需X + XX + a,即X + 2a. 又X + 22,当且仅当X=2,即X= 2时等号成立，故a 2.综上，a的取值范围是器,2.共 30 分.填空题：本大题共 6小题，每小题5分，ai已知a R, i为虚数单位，若为实数，则a的值为 .2 + ia i (a i) ( 2 i)(2a 1) ( a+ 2) i 2a 1 a+ 2 亠宀沁 t a + 2 C2+ i = (2+ i)( 2 i) =5=5 5 i为头数，则 5 =0 a9.【解析】=2.10.

11、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 积为 .18,则这个球的体【解析】设正方形的边长为a,则6a2= 18,即a2= 3,故外接球直径2R= 3a= 3,故V= ； R3 = 33 3(；)3=911.在极坐标系中，直线4pcos( 6)+ 1 = 0与圆 尸2sin 的公共点的个数为3【解析】直线为2 3x+ 2y+ 1 = 0,，故有两个交点.a4 + 4b4 + 112 .若a, b R , ab> 0 ,则-的最小值为aba4+ 4b4+ 1 4a2b2+ 1I /T【解】因 a,b R, ab>0,故 4ab+ U2 4ab U = 4,当且仅当

12、ababab aba2= 2b2,1 4ab = aba2=22，b2= 42时取得等号.13.在厶 ABC 中， A= 60 =4,贝U 的值为3aB + ；AC,则AD AE = (IAB +3 2ABAC,AB= 3, AC = 2,若BD = 2DC, AE = C AB( R),且 AlD AE【解析】ABAC = 3X2×cos 60 O= 3, AD = 3B2+ 23C2=f×3 3×32+ 段2= -y 5= 4,解得 = IP14. 用数字1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的

13、四位数一共有 个.（用数字作答）【解析】当不含偶数时，有 A4= 120个，当含有一个偶数时，有 ClC3A4= 960个，故这样的四位数 共有 1 080个.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）在在ABC中，内角A, B, C所对的边分别为 a, b, c.已知a> b, a =5, C= 6, Sin B = 3.5（1）求b和Sin A的值;求Sin(2A+ 4)的值.【解析】（1）在ABC中，因为a> b,故由Sin B = 3，可得CoS B =；.由已知及余弦定理，有 b2= a255+ C2-2aC

14、C0S B = 13,故b=E由正弦定理孟=盏，得 Sin A =晋=皓.故，b的值为Sin A的值为3 13132 7 2 + A) = Sin 2Acosyl + cos 2Asin =4 442616. （本小题满分13分）从甲地到乙地要经过 3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立, 且在各路口遇到红灯的概率分别为1,1,4.2 34（1）设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望;（2）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.【解析】（1）随机变量X的所有可能取值为 0, 1, 2, 3, 13125(2) 由(1)及 av c,得

15、 cos A=，故 Sin 2A= 2sin Acos A=亦，CoS 2A = 1 2sin2A= 故 Sin(2A1 -11× 1 11P(X=0)=2 ×1 34=4 ,111111111 11P(X=1)=×21 I 3× 1 -4 +1 -×2×31 4 +1 2 ×1 13× 4= 24 ,IIIIIIII11P(X= 2) =1 ××+×1-×+××1=,P(XZ)1234213423144, 1 J 1P(X= 3) = ×

16、15; = _23424故，随机变量X的分布列为X0123P11_1_424424随机变量X的数学期望E(X) = 0×1 + 1×11 + 22+ 3×1 J,4 2442412(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为1 11 11 1 P(Y+ Z = 1)= P(Y= 0，Z= 1) + P(Y= 1，Z = 0)=P(Y= 0)P(Z= 1)+ P(Y= 1)P(Z= 0)=4× 24+ 24×4=故，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148 第12页(共8页)17. (本小题满分13分)如图

17、，在三棱锥P ABC中，PA丄底面 ABC, BAC = 90° .点D , E,N分别为棱PA, PC, BC的中点,AB= 2.n -DE = 0 ,的一个法向量，则n -DB = 0 ,(1)求证：MN /平面 BDE ;求二面角C EM N的正弦值；已知点H在棱FA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求线段AH的长.解 如图，以A为原点，分别以Ab, Ac, AP方向为X轴、y轴、Z轴的正方 向建立空间直角坐标系.依题意，可得A(0, 0, 0), B(2, 0, 0), C(0, 4,0), P(0, 0, 4), D(0 , 0 , 2) , E(0 , 2 ,

18、2) , M(0, 0 , 1) , N(1 , 2 , 0).(1)证明 DE = (0 , 2 , 0) , Dg = (2 , 0, 2).设 n = (X , y , Z)为平面 BDE即2y= 0, 不妨设Z= 1,可得n = (1, 0 ,2x 2z= 0.1).又 MN = (1 , 2, 1),可得 IvlN n = 0.因为 MN?平面 BDE,故 MN /平面 BDE .易知n= (1 , 0, 0)为平面 CEM的一个法向量.设 n2= (, y, z)为平面EMN的一个法向量,n2 EM = 0,则因为 EM = (0, - 2, - 1), MNn2 MN = 0,2

19、y- Zi= 0,(1, 2, 1),故不妨设 yi= 1,xi + 2y1 Z1 = 0.可得 n2= ( 4, 1, 2).因此 CoSn 1, n2n1 n2In 1n221,于是 Sin F n2= J".故二面角C-EM N的正弦值为10521(3) 依题意，设 AH = h(0 h 4),贝U H(0, 0, h),进而可得 NH = ( 1, 2, h),BE= (- 2, 2,2).由已知，得|cos NH , Bl|= INH BE|NH|BE|2h - 2=7h2+ 5× 3 = 21整理得10h2- 21h + 8 = 0,解得h=5,或h=;.故，线

20、段AH的长为5或；.18. (本小题满分13分)已知an为等差数列，前n项和为S(n N*), bn是首项为2的等比数列, 且公比大于 0, b2+ b3= 12, b3= a4 2a1, S11 = 11b4.(1)求an和bn的通项公式；求数列a2nb2n-1的前n项和(n N*).【解析】3设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由已知b2+ b3= 12,得b1(q + q(1)求椭圆的方程和抛物线的方程； 设I上两点P, Q关于X轴对称，直线 AP与椭圆相交于点 B(B异于点A),直线BQ与X轴) =12,而 b1= 2,故 q1的前 n 项和为 3n- 2 ×

21、4n+1 + -.+ q 6= 0.又 q>0,解得 q = 2.故，bn= 2n.由 b3 = a4 2a1 ,可得 3d a1 =6相交于点D .若 APD的面积为才，求直线AP的方程.【解析】(1)设F的坐标为(c, 0).依题意，C = 1, P= a, a C=,解得a= 1, C = 1, P= 2,于a 2222.由(19)(本小题满分14分)设椭圆孑+器=1(a> b> 0)的左焦点为F ,右顶点为 A,离心率为？.已 知A是抛物线y2 = 2px(p> 0)的焦点，F到抛物线的准线I的距离为才n= 11b4,可得a1 + 5d= 16，联立，解得a1

22、= 1, d= 3,由此可得an = 3n 2.故， 数列an的通项公式为an= 3n-2 ,数列 bn的通项公式为 bn= 2n.12×( 1 4n)1 4故，数列 a2nb2n设数列a2nb2n-1的前 n 项和为 Tn,由 a2n= 6n 2, b2n- 1= 2× 4厂1,有 a2nb2n-1= (3n 1) × 4n,故 Tn= 2× 4+ 5× 42+ 8×43+ (3n 1) ×4n, 4Tn= 2×42+ 5× 43+ 8× 4x2 y21+ (3n 4)×4n+ (3

23、n 1)× 4n+1 ,上述两式相减，得 3Tn= 2× 4 + 3× 42+ 3× 43+ 3× 4n- (3n 1) × 4n+1 =是b2=a2-c2= 4故，椭圆的方程为2+ 4y =1 ,抛物线的方程为y2= 4x2(2)设直线AP的方程为X= my+ 1(m 0),与直线I的方程x=- 1联立得，点 P 1,- m ,故24 21联立，消去X,整理得(3m2+ 4)y2+ 6my = 0,解得y= 0,或Q - 1，m 将 X= my+ 1 与 X2+ 36my= 3m2+ 4 由点B异于点A，可得点6m 2 3m2+ 4

24、为 3m2 + 4-m (X+ I)- 3m2+ 4 + 12 3m26m2FAADI= 1-3m+2 = K 又 APD3m2+ 4 6m2B 3m2 + 4 , 3m2+ 4 由Q - 1, m得，直线BQ的方程2 2y-m =0,令 y=0 得, X=22+2,故。幣2，0 故 的面积为于，故g ×计詹×侖=乎，整理得3m2-2Wml+ 2= 0,解得 Iml=乎，故 m=±36故，直线 AP的方程为3x+ 6y- 3= 0 ,或3x- 6y- 3= 0.(20)(本小题满分14分)设a Z,已知定义在 R上的函数f(x)= 2x4+ 3x3- 3x2- 6

25、x+ a在区间(1, 2)内有一个零点 X0, g(x)为f(x)的导函数.求g(x)的单调区间；.设 m 1, X0) (x0, 2,函数 h(x)= g(x)(m- x0) f(m),求证:h(m) h(0)v 0;.求证：存在大于 0的常数A ,使得对于任意的正整数p, q ,且JP 1 , x0) (x0 , 2,满足qP1| - x04.Iq1 Aq4【解析】.由 f(x)= 2x4+ 3x3- 3x2- 6x+ a,可得 g(x) = f'x) = 8x3 + 9x2-6x 6,进而可得 g'x)=124x2+ 18x-6.令g'x) = 0,解得x=- 1

26、或X=,.当X变化时，g'x), g(x)的变化情况如下表：4X(-, - 1)1(-1, 4)1(4 , + >g '刈+g(x)1 1故g(x)的单调递增区间是(一,- 1), (4, + )单调递减区间是(一1, 4).证明：由 h(x) = g(x)(m- X0) f(m),得 h(m) = g(m)(m- x0) f(m), h(x0)= g(x0)(m- x0) f(m).令 函数 HI(X) = g(x)(x- x0)- f(x),则 H1, x) = g'x(x-X0).由(1)知,当 x 1 , 2时,g'x)>0,故当 x 1 ,

27、 x0)时，H1'x)v 0, H1(x)单调递减；当 x (X0, 2时，H1'x)>0, H1(x)单调递增.因此，当 x 1 , x0) U (x0, 2时,H1(x)>H1(x0)=- f(x0) = 0,可得 H1(m)>0,即 h(m)>0.令函数 H2(x)= g(x0)(x-x0) f(x), 则 H2,x) = g(x0)- g(x).由(1)知 g(x)在1 , 2上单调递增，故当 x 1 , x0)时，H2,x) >0 , H2(x)单调 递增；当x (X0 ,2时，H2，x)V 0 ,H2(x)单调递减.因此当 x 1 ,x