2021年天津卷数学高考试题(精编解析版)

2021年天津卷数学高考试题(精编解析版)2020年天津高考数学试题本试卷包含第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间为120分钟。第Ⅰ卷为1至3页，第Ⅱ卷为4至6页。在答题卡上填写姓名、考生号、考场号和座位号，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，将答案涂写在答题卡上。试卷上的答案无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷注意事项：1.每小题有四个选项，只有一个是正确的。2.第Ⅰ卷共9小题，每小题5分，共45分。参考公式：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U={-3,-2,-1,0,1,2,3}，集合A={-1,0,1,2}，B={-3,0,2,3}，则A∩(U-B)=（）A.{-3,3}B.{0,2}C.{-1,1}D.{-3,-2,-1,1,3}2.设a∈R，则"a>1"是"a>a"的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.函数y=2x/(x^2+1)的图像大致为（）A.B.C.D.4.从一批零件中抽取80个，测量其直径（单位：mm），将所得数据分为9组：[5.31,5.33),[5.33,5.35),[5.35,5.37),[5.37,5.39),[5.39,5.41),[5.41,5.43),[5.43,5.45),[5.45,5.47],[5.47,5.49]，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间[5.43,5.47)内的个数为（）A.10B.18C.20D.365.若正方体的棱长为23，则其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A.12πB.24πC.36πD.144π6.设a=3，b=0.7/0.8，c=log0.7(0.8)，则a,b,c的大小关系为（）A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b7.设函数f(x)=x^2-2x+5，则f(x)的最小值为（）A.2B.3C.4D.58.已知函数f(x)=sin(x+π/4)，给出下列结论：a.f(x)的周期为2π；b.f(x)在x=π/4处取得最大值；c.f(x)的图像关于直线x=π/2对称；d.f(x)在x=5π/4处取得最小值。其中正确的结论是（）A.a,b,c,dB.a,b,cC.a,b,dD.b,c,d9.已知矩阵A=[aij]3×3，其中aij=i+j。则矩阵B=[bij]3×3，其中bij=aij+aji，则B的对角线元素之和为（）A.6B.12C.18D.241897年，法国数学家皮卡（Picard）证明了：对于任何一个大于1的整数，其阶乘都不可能是一个完全平方数。解题思路：1.根据题目所给条件，解出点B的坐标为(2/(2k+1),2k/(2k+1))。2.由于P为线段AB的中点，所以点A的坐标为(0,-3)，因此点P的坐标为(-3/(2k+1),(6k-3)/(2k+1))。3.由3OC=OF，得点C的坐标为(1,0)。4.整理得直线CP的斜率为-1/2k+1，即k*(2k-3)/(2k+1)。5.由于AB垂直于CP，所以两条直线的斜率之积为-1，即k*(2k-3)/(2k+1)=-1/2，解得k=1/2或k=1。6.将k代入点B的坐标公式和直线CP的斜率公式中，分别得到两组直线方程y=x/2-3/2和y=2x-3。7.综上所述，直线AB的方程为y=x/2-3/2或y=2x-3。（Ⅰ）解题思路：1.根据题目所给条件，解出等差数列的公差d为1，等比数列的公比q为2。2.根据等差数列和等比数列的通项公式，得到Sn=n(n+1)/2和Sn=2^(2n+1)-2。3.证明S(n+2)<S(n)^2+1。（Ⅱ）证明思路：1.利用Sn=n(n+1)/2和Sn=2^(2n+1)-2的式子，得到S(n+1)=(n+1)(n+2)/2。2.将S(n+2)、S(n+1)和S(n)代入S(n+2)<S(n)^2+1的式子中，化简得到(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)<(n(n+1))^2+1。3.证明上式成立，即得证S(n+2)<S(n)^2+1。（Ⅲ）解题思路：1.根据题目所给条件，得到数列an和bn的通项公式。2.根据数列cn的定义式，分别计算出当n为奇数和偶数时的cn的值。3.将cn的值代入式子81n^13/(4n^2+4)+∑cn^2/4n^4+2n-3/2n(n+1)中，化简得到81n^13/(199*44444)+∑cn^2/4n^4+2n-3/2n(n+1)=-1/4。4.整理得到∑cn^2/4n^4=-81n^13/(199*44444)-2n-3/2n(n+1)-1/4。由①②可得：$$\sum\limits_{k=1}^{44}c_{2k}=\frac{4n(6n+54)}{20}-\sum\limits_{k=1}^{44}c_{2k-1}=\frac{n(2n+19)\cdot49}{20}$$因此，数列$\{c_n\}$的前$2n$项和为$\frac{(2n+19)\cdot4n}{20}+\frac{9}{20}$。满分16分。（Ⅰ）（i）解：当$k=6$时，$f(x)=x+6\lnx$，故$f'(x)=3+\frac{3}{x^2}$。可得$f(1)=1$，$f'(1)=9$，所以曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y-1=9(x-1)$，即$y=9x-8$。（ii）解：依题意，$g(x)=x-\frac{3x}{2}+6\lnx-\frac{363}{2x}$，$x\in(0,+\infty)$。从而可得$g'(x)=3x^2-6x+\frac{363}{2x^2}$，整理得$g'(x)=\frac{3(x-1)^3(x+1)}{x^3}$。当$x$变化时，$g(x)$，$g'(x)$的变化情况如下表：$$\begin{array}{c|c|c}x&g'(x)&g(x)\\\hline(0,1)&-&\searrow\\1&\text{极小值}&1\\(1,+\infty)&+&\nearrow\end{array}$$所以，函数$g(x)$的单调递减区间为$(0,1)$，单调递增区间为$(1,+\infty)$；$g(x)$的极小值为$g(1)=1$，无极大值。（Ⅱ）证明：由$f(x)=x+k\lnx$，得$f'(x)=1+\frac{k}{x}$。对任意的$x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且$x_1>x_2$，令$x_1=t(t>1)$，则$$\begin{aligned}x_1-x_2&=t-t\cdot\frac{x_2}{t}=(t-x_2)\cdot\frac{t}{t}=\frac{(t-1)^2(t+1)}{t}\\f'(x_1)+f'(x_2)&=1+\frac{k}{x_1}+1+\frac{k}{x_2}=\frac{k}{t-1}+\frac{k}{x_2}\\f(x_1)-f(x_2)&=(x_1-x_2)+k\ln\frac{x_1}{x_2}=\frac{(t-1)^2(t+1)}{t}+k\ln\frac{t}{x_2}\end{aligned}$$将上式代入$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$，得$$\begin{aligned}\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}&=\frac{(t-1)^2(t+1)}{t(x_1-x_2)}+k\cdot\frac{\ln\frac{t}{x_2}}{x_1-x_2}\\&=\frac{t^2-2t+1}{t(t-1)^2(t+1)}\cdot\frac{(t-1)^2(t+1)}{t}+k\cdot\frac{\ln\frac{t}{x_2}}{x_1-x_2}\\&=\frac{1}{t(t-1)^2}+k\cdot\frac{\ln\frac{t}{x_2}}{x_1-x_2}\end{aligned}$$当$t>1$时，$\ln\frac{t}{x_2}>0$，故$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>\frac{1}{t(t-1)^2}$。因为$x_1,x_2$的取值范围为$[1,+\infty)$，所以$f(x)$在$[1,+\infty)$上为凸函数，即$f''(x)>0$。因此，$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增。所以，$k>3$。令$h(x)=x-2\lnx$，$x\in[1,+\infty)$。当$x>1$时，$h(x)=1+\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right)>1$，由此可得$h(x)$在$[1,+\infty)$单调递增。因为$x_1>x_2\geq1$，所以$\ln\frac{t}{x_2}>\lnt>0$。因此，$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>\frac{1}{t(t-1)^2}>\frac{1}{t^3}\geq\frac{1}{x_1^3}$。所以，$f(x)$在$[1,+\infty)$上为凸函数，即$f''(x)>0$。因此，$k>3$。改写后的文章：根据不等式$t-2\lnt>(t-3t+3t-1)-3t-2\lnt$，化简后得到$\frac{t^3-3t^2+3t-1}{t^2}-3\lnt>0$，即$t^3-3t^2+6t\lnt-1>0$，记为（Ⅰ）。又根据式子$\frac{t^3-3t^2+3t-1}{t^2}+k\frac{1}{t}=t^2-3t^2+6\lnt-1$，记为（Ⅱ