精品 天津高考数学名师详解文理.docx
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精品天津高考数学名师详解文理
天津高考数学卷(理科详解)
第 Ⅰ 卷
一.选择题:
本卷共小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合要求的.
1.是虚数单位,复数( ).
A. B. C. D.
【解】.故选A.
2.函数的零点所在的一个区间是( ).
A. B. C. D.
【解】解法1.因为,,,
所以函数的零点所在的一个区间是.故选B.
解法2.可化为.
画出函数和的图象,可观察出选项C,D不正确,且,由此可排除A,故选B.
3.命题“若是奇函数,则是奇函数”的否命题是( ).
A.若偶函数,则是偶函数
B.若不是奇函数,则不是奇函数
C.若是奇函数,则是奇函数
D.若不是奇函数,则不是奇函数
【解】由四种命题的定义,故选B.
4.阅读右边的程序框图,若输出的值为,则判断框内可填写( ).
A. B.
C. D.
【解】由框图,第一步为,第二步为,第三步为,由于输出的值为,则需否,因此判断框内为故选D.
5.已知双曲线的一条渐近线方程是,它的一个焦点在抛物线的准线上,则双曲线的方程为( ).
A. B. C. D.
【解】解法1.由题设可得双曲线方程满足,即.于是.
又抛物线的准线方程为,因为双曲线的一个焦点在抛物线的准线上,则
,于是.所以双曲线的方程.故选B.
解法2.因为抛物线的准线方程为,双曲线的一个焦点在抛物线的准线上,则.由此排除A,C.又双曲线的一条渐近线方程是,则,由此又排除D,故选B.
6.已知是首项为的等比数列,是的前项和,且.则的前项和为( ).
A.或 B.或 C. D.
【解】设数列的公比为,由可知.于是又,
于是,即,因为,则.
数列的首项为,公比为,则前项和.故选C.
7.在中,内角的对边分别是,若,,则( ).
A. B. C. D.
【解】由及正弦定理得,代入得
,即,又,
由余弦定理,
所以.故选A.
8.设函数若,则实数的取值范围是( ).
A. B. C. D.
【解】若,则,即,所以,
若则,即,所以,。
所以实数的取值范围是或,即.故选C.
9.设集合,.若,则实数必满足( ).
A.B.C.D.
【解】集合化为,集合化为.
若,则满足或,因此有或,即.故选D.
10.如图,用四种不同的颜色给图中的六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色.则不同的涂色方法共有( ).
A.种 B.种 C.种 D.种
【解】解法1.首先考虑除外,相邻两端点不同色的情形:
此时有种涂法,与相邻的点有种涂法,有种涂法,有种涂法,此时,有种涂法,有种涂法,因此共有(种).
但是,这是有可能同色,且当同色,不同色时,同色.此时的涂法有同色的有种,对于点,点共有种,由对称性只有种涂法.所以共有(种).
因此,符合题目要求的涂法有(种).故选B.
解法2.分两种情形讨论:
点同色和点不同色,涂法数如下表:
合 计
点同色
点不同色
因此,符合题目要求的涂法有(种).故选B.
解法3.先对涂色,有(种).
固定其中一种涂法,设四种不同的颜色为颜色①,②,③,④.且设涂颜色①,涂颜色②,涂颜色③.则根据题意的涂法可用下表枚举:
②
②
②
②
③
③
③
③
④
④
④
③
③
④
①
④
④
①
①
③
③
①
④
①
①
④
②
①
④
②
①
②
②
以上共种,因此符合题目要求的涂法有(种).故选B.
解法4.分两种情形讨论:
(1)全部使用四种不同的颜色.
第一步:
对涂色,只能用三种颜色,有(种),
第二步:
从三点中选一点涂第四种颜色,有种,再对另两点涂色有种涂法,共有种涂法,所以全部使用四种不同的颜色的涂法有(种);
(2)只使用三种颜色.第一步:
对涂色,有(种),
第二步:
对三点涂色,由于只用三种颜色,则点有种涂法,此时和只有种涂法.
所以只使用三种颜色的涂法有(种).
由
(1),
(2)符合题目要求的涂法有种).故选B.
解法5.为研究问题方便,不妨把平面图形变换成三棱柱,如右图所示,
染色规则:
在三棱柱的六个顶点中,相同颜色的顶点可连接同一颜色的线段,依题意,三棱柱的九条棱都不能染色.
下面分情况进行讨论:
(1)当六个顶点只用三种颜色涂色时,相同颜色顶点的连线为三棱柱侧面上的对角线,如图(甲)或(乙),图中字母的角码表示颜色编号,则不同的涂色方法共有:
(种);
(2)当六个顶点用四种颜色涂色时,又可分为在
(1)的条件下,用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个或两个:
①用第四种颜色替换掉六个顶点中的一个,如图(丙),此时相当于在
(1)的条件下,去掉一条侧面上的对角线,有种方法,因此,
不同的涂色方法共有:
(种);
②用第四种颜色替换掉六个顶点中两个,显然被替换掉的两个顶点的颜色编号不能相同,否则与
(1)重复,被替换掉的两个顶点也不能在同一底面上或同一侧棱上,因此被替换掉的两个顶点与被保留的两个同颜色顶点在同一侧面上,如图(丁),此时相当于在
(1)的条件下,保留一个侧面上的对角线,考虑到重复情况,不同的涂色方法共有:
(种).综上所述,不同的涂色方法共有:
(种).故选B.
第 Ⅱ 卷
二.本大题共小题,每小题分,共分.把答案填在题中横线上.
11.甲、乙两人在天中每天加工的零件的个数用茎叶图表示如下图.中间一列的数字表示零件个数的十位数,两边的数字零件个数的个位数,则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为 和 .
【解】,.
设甲的平均数为,乙的平均数为,则
.
.
则这天中甲、乙两人日加工零件的平均数分别为和.
12.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 .
【解】.几何体是由一个正四棱锥和一个长方体组合而成.
设几何体的体积为,正四棱锥的体积为,长方体的体积为.
则.
13.已知圆的圆心是直线(为参数)与轴的交点,且圆与直线相切,则圆的方程为 .
【解】.把直线(为参数)化为普通方程为,与轴的交点为.于是圆心的坐标为;因为圆与直线相切,所以圆心到直线的距离即为半径,因此.所以圆的方程为.
14.如图,四边形是圆的内接四边形,延长和相交于点.若,.则的值为 .
【解】.因为四边形是圆的内接四边形,所以,又,所以.于是.因为,,所以,从而,于是,.
15.如图,在中,,,,则 .
【解】.设,则,.
又,,则.
解法1..
因为,所以.
因为是直角三角形,所以.
于是.
解法2.
.
解法3.设,则.
在中,由正弦定理得,即,所以,.
.
解法4.根据题意,建立如图的直角坐标系..则.
设,于是,.
.为此,只需求出点的横坐标.
作轴于.由,则,于是,于是..即点的横坐标.所以.
16.设函数.对任意,
恒成立,则实数的取值范围是 .
【解】.
解法1.不等式化为,即
,整理得,
因为,所以,设,.
于是题目化为,对任意恒成立的问题.
为此需求,的最大值.
设,则.
函数在区间上是增函数,因而在处取得最大值.
,所以,
整理得,即,所以,解得或,
因此实数的取值范围是.
解法2.同解法1,题目化为,对任意恒成立的问题.
为此需求,的最大值.
设,则..
因为函数在上是增函数,所以当时,取得最小值.
从而有最大值.所以,
整理得,即,
所以,解得或,
因此实数的取值范围是.
解法3.不等式化为,即
,整理得,
令.
由于,则其判别式,因此的最小值不可能在函数图象的顶点得到,
所以为使对任意恒成立,必须使为最小值,
即实数应满足
解得,因此实数的取值范围是.
解法4.(针对填空题或选择题)由题设,因为对任意,
恒成立,则对,不等式也成立,
把代入上式得,即,
因为,上式两边同乘以,并整理得,即,
所以,解得或,
因此实数的取值范围是.
三.解答题:
本大题共小题,共分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分分)已知函数.
(Ⅰ)求函数的最小正周期及在区间上的最大值和最小值.
(Ⅱ)若,.求的值.
【解】(Ⅰ)由得
.
所以函数的最小正周期为.因为,所以.
所以,即时,函数为增函数,而在时,函数为减函数,所以为最大值,为最小值.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,又由已知,则.
因为,则,因此,
所以,于是,
.
18.(本小题满分分)某射手每次射击击中目标的概率是,且各次射击的结果互不影响.
(Ⅰ)假设这名射手射击次,求恰有次击中的概率.
(Ⅱ)假设这名射手射击次,求有次连续击中目标,另外次未击中目标的概率.
(Ⅲ)假设这名射手射击次,每次射击,击中目标得分,未击中目标得分,在次射击中,若有次连续击中,而另外次未击中,则额外加分;若次全击中,则额外加分.记为射手射击次后的总得分数,求的分布列.
【解】(Ⅰ)设为射手在次射击中击中目标的次数,则.
在次射击中恰有次击中的概率为.
(Ⅱ)设“第次击中目标”为事件,“射手在次射击中有次连续击中目标,另外次未击中目标”为事件.则
.
(Ⅲ)由题意,的所有可能取值为.三次均未中)
;
仅击中次)
;
击中次但未连续击中);
有次连续击中);
次连续击中).
或.
所以的分布列为
19.(本小题满分分)如图,在长方体中,分别是棱,上的点,,.
(Ⅰ)求异面直线与所成的角的余弦值;
(Ⅱ)证明:
;
(Ⅲ)求二面角的正弦值.
【解】解法1.如图所示,建立空间坐标系,点为坐标原点.设,由,知,,,.
于是,,,,.
(Ⅰ),.
于是.
由于异面直线所成的角的范围是,所以异面直线与所成的角的余弦值为.
(Ⅱ),,,则,.
于是,,又,所以.
(Ⅲ)设平面的法向量,则即
取,则,..
由(Ⅱ)可知,为平面的一个法向量,又.
所以,从而.
所以二面角的正弦值为.
解法2.设,由,知,,,.
(Ⅰ)连接,,设与交于点,易知.
由,所以.所以是异面直线与所成的角.
因为,所以由余弦定理有
.所以异面直线与所成的角的余弦值为.
(Ⅱ)连接,设与交于点.
因为,所以.从而.
又由于,所以.
因此.又因为,且,所以.从而.
连接,同理可证,从而,所以.
因为,,,所以.
(Ⅲ)连接.由(Ⅱ)可知.
又,,所以.
因此为二面角的平面角.
易知,则,又,所以.
在中,.
在中,。
连接,在中,。
在中,,所以。
所以二面角的正弦值为.
20.(本小题满分分)已知椭圆的离心率.连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)设直线与椭圆相交于不同的两点.已知点的坐标为,点在线段的垂直平分线上,且.求的值.
【解】(Ⅰ)由得,再由得.
因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为,所以,则,
解方程组得.所以椭圆的方程.
(Ⅱ)解法1.由(Ⅰ)得.设点的坐标为,
由题意直线的斜率存在,设直线的斜率为,则直线的方程为。
于是两点的坐标满足方程组
由方程组消去并
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