2019-2020年高考试题——数学理（天津卷）.doc

2019-2020年高考试题数学理（天津卷）一.选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 是虚数单位( )A.B.C.D.【答案】C【分析】，故选C2. 设变量满足约束条件则目标函数的最大值为 ( )A.4B.11C.12D.14【答案】B【分析】易判断公共区域为三角形区域，求三个顶点坐标为、，将代入得到最大值为故选B3. 是的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【分析】可知充分，当时可知不必要.故选A4. 设双曲线的离心率为且它的一条准线与抛物线的准线重合，则此双曲线的方程为( )A.B.C.D.【答案】D【分析】由可得故选D5. 函数的反函数是( )A.B.C.D.【答案】C【分析】原函数过故反函数过从而排除A、B、D，故选C6. 设为两条直线，为两个平面.下列四个命题中，正确的命题是( )A.若与所成的角相等，则B.若，则C.若则D.若则【答案】D【分析】对于A当与均成时就不一定；对于B只需找个，且即可满足题设但不一定平行；对于C可参考直三棱柱模型排除，故选D7. 在R上定义的函数是偶函数，且.若在区间上是减函数，则( )A.在区间上是增函数，在区间上是减函数B.在区间上是增函数，在区间上是减函数C.在区间上是减函数，在区间上是增函数D.在区间上是减函数，在区间上是增函数【答案】B【分析】由可知图象关于对称，又因为为偶函数图象关于对称，可得到为周期函数且最小正周期为2，结合在区间上是减函数，可得如右草图.故选B8. 设等差数列的公差不为0.若是与的等比中项，则( )A.2B.4C.6D.8【答案】B【分析】是与的等比中项可得(*)，由为等差数列可得及代入(*)式可得.故选B9. 设均为正数，且则( )A.B.C.D.【答案】A【分析】由可知，由可知，由可知，从而.故选A10. 设两个向量和其中为实数.若则的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】A【分析】由可得，设代入方程组可得消去化简得，再化简得再令代入上式得可得解不等式得因而解得.故选A二.填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案填在题中横线上.11. 若的二项展开式中的系数为则.(用数字作答)【答案】2【分析】，当时得到项的系数12. 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为则此球的表面积为.【答案】【分析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即，由13. 设等差数列的公差是2，前项的和为则.【答案】3【分析】根据题意知代入极限式得14. 已知两圆和相交于两点，则直线的方程是.【答案】【分析】两圆方程作差得BACD15. 如图，在中，是边上一点，则.【答案】【分析】由余弦定理得可得，又夹角大小为，所以.16. 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色.要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种(用数字作答).【标准答案】【分析】 用2色涂格子有种方法，用3色涂格子有种方法，故总共有种方法.三.解答题：本大题共6小题，共76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12分)已知函数R.(I)求函数的最小正周期；(II)求函数在区间上的最小值和最大值.【分析】.因此，函数的最小正周期为.(II)解法一：因为在区间上为增函数，在区间上为减函数，又故函数在区间上的最大值为最小值为. 解法二：作函数在长度为一个周期的区间上的图象如下：由图象得函数在区间上的最大值为最小值为.【考点】本小题考查三角函数中的诱导公式、特殊角三角函数值、两角差公式、倍角公式、函数的性质等基础知识，考查基本运算能力.18. (本小题满分12分)已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球.现在从甲、乙两个盒内各任取2个球.(I)求取出的4个球均为黑色球的概率；(II)求取出的4个球中恰有1个红球的概率；(III)设为取出的4个球中红球的个数，求的分布列和数学期望.【分析】(I)设“从甲盒内取出的2个球均黑球”为事件A，“从乙盒内取出的2个球为黑球”为事件B.由于事件A，B相互独立，且.故取出的4个球均为黑球的概率为.(II)解：设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红红，1个是黑球”为事件C，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D.由于事件C，D互斥，且.故取出的4个球中恰有1个红球的概率为.(III)解：可能的取值为.由(I)，(II)得又 从而.的分布列为0123的数学期望.【考点】本小题主要考查互斥事件、相互独立事件、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力.19. (本小题满分12分)APEBCD如图，在四棱锥中，底面是的中点.(I)证明：；(II)证明：平面；(III)求二面角的大小.【分析】(I)证明：在四棱锥中，因底面平面故.平面.而平面.(II)证明：由可得.是的中点，.由(I)知，且所以平面.而平面.底面在底面内射影是.又综上得平面.(III)解法一：过点作垂足为连结.由(II)知，平面在平面内的射影是则.因此是二面角的平面角.由已知，得.设可得MAPEBCD在中，.则在中，所以二面角的大小是解法二：由题设底面平面则平面平面交线为过点作垂足为故平面过点作垂足为连结故因此是二面角的平面角.APEBCDMF由已知，可得.设可得于是，在中，所以二面角的大小是【考点】本小题考查直线与直线垂直、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.20. (本小题满分12分)已知函数R)，其中R.(I)当时，求曲线在点处的切线方程；(II)当时，求函数的单调区间与极值.【分析】(I)解：当时，又所以，曲线在点处的切线方程为 即(II)解：由于以下分两种情况讨论.(1)当时，令得到当变化时，的变化情况如下表：00极小值极大值所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.函数在处取得极小值且.函数在处取得极大值且.(2)当时，令得到.当变化时，的变化情况如下表：00极小值极大值所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.函数在处取得极大值且.函数在处取得极小值且.【考点】本小题考查导数的几何意义，两个函数的和、差、积、商的导数，利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法.21. (本小题满分14分)在数列中N其中.(I)求数列的通项公式；(II)求数列的前项和；(III)证明存在N使得对任意N均成立.【分析】(I)解法一：，.由此可猜想出数列的通项公式为.以下用数学归纳法证明.(1)当时等式成立.(2)假设当时等式成立，即那么，这就是说，当时等式也成立.根据(1)和(2)可知，等式对任何N都成立.解法二：由N可得所以为等数列，其公差为1，首项为0.故所以数列的通项公式为(II)解：设 当时，式减去式，得这时数列的前项和当 时，这时数列的前项和(III)证明：通过分析，推测数列的第一项最大.下面证明：由知要使式成立，只要因为所以式成立. 因此，存在使得对任意N均成立.【考点】本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前项和公式、数列求和、不等式的证明等基础知识与基本方法，考查归纳、推理、运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.22. (本小题满分14分)设椭圆的左、右焦点分别为是椭圆上的一点原点到直线的距离为.(I)证明：；(II)设为椭圆上的两个动点过原点作直线的垂线垂足为求点的轨迹方程.【分析】(I)证法一：由题设及不妨设点其中由于点在椭圆上，有即 解得从而得到直线的方程为整理得由题设，原点到直线的距离为即将代入上式并化简得即 证法二：同证法一，得到点的坐标为过点作垂足为易知故由椭圆定义得又所以解得而而得即（II）解法一：设点的坐标为当时，由知，直线的斜率为所以直线的方程为或其中点的坐标满足方程组将式代入式，得整理得于是 由式得由知将式和式代入得 将代入上式，整理得当时，直线的方程为点的坐标满足方程组 所以由知即解得这时，点的坐标仍满足综上，点的轨迹方程为解法二：设点的坐标为直线的方程为由垂足为可知直线的方程为记（显然点的坐标满足方程组由式得由式得将式代入式得整理得于是由式得由式得将式代入式得整理得于是由知将式和式代入得 将代入上式，得所以，点的轨迹方程为【考点】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、求曲线的方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力.