2014年高考(天津卷)文科数学

2014年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)数学(文史类)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卷参考公式：·如果事件A，B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．·圆柱的体积公式V＝Sh.其中S表示圆柱的底面面积，h表示圆柱的高．·圆锥的体积公式13VSh.其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高．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．(2014天津，文1)i是虚数单位，复数7i34i＝()．A．1－iB．－1＋iC．1731i2525D．1725i77答案：A解析：7+i(7+i)(34i)2128i+31i+4===1i3+4i(3+4i)(34i)25.2．(2014天津，文2)设变量x，y满足约束条件20201xyxyy，，，则目标函数z＝x＋2y的最小值为()．A．2B．3C．4D．5答案：B解析：作出约束条件的可行域如图中阴影所示．∵z＝x＋2y，∴1122yxz.∴直线1122yxz在y轴上的截距越小，z就越小．作直线l0：x＋2y＝0，平移l0，当过A点时，直线1122yxz在y轴上的截距最小．由=12=0yxy，，解得A(1,1)，∴zmin＝1＋2×1＝3.3．(2014天津，文3)已知命题p：x＞0，总有(x＋1)ex＞1，则p为()．A．x0≤0，使得00(1)e1xx+B．x0＞0，使得00(1)e1xx+C．x＞0，总有(x＋1)ex≤1D．x≤0，总有(x＋1)ex≤1答案：B解析：由全称命题x∈M，p(x)的否定为x0∈M，p(x)，可得p：x0＞0，使得00(1)e1xx+.故选B.4．(2014天津，文4)设a＝log2π，12logπb，c＝π－2，则()．A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．a＞c＞bD．c＞b＞a答案：C解析：∵a＝log2π＞log22＝1，1122logπlog10b，221π0,1πc==，∴a＞c＞b.故选C.5．(2014天津，文5)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()．A．2B．－2C．12D．12答案：D解析：由题意知2214SSS，则(a1＋a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得112a.故选D.6．(2014天津，文6)已知双曲线22221xyab(a＞0，b＞0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为()．A．221520xyB．221205xyC．2233125100xyD．2233110025xy答案：A解析：由双曲线方程可得其渐近线方程为byxa.∵一条渐近线平行于直线y＝2x＋10，∴2ba.①对直线y＝2x＋10，令y＝0，解得x＝－5.∴由题意知c＝5.②又∵a2＋b2＝c2，③联立①②③，解得a2＝5，b2＝20，∴所求双曲线的方程为221520xy.故选A.7．(2014天津，文7)如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是()．A．①②B．③④C．①②③D．①②④答案：D解析：如下图，在圆中，∵∠1与∠3所对的弧相同，∴∠1＝∠3.又BF为圆的切线，则∠2＝∠4.又∵AD为∠BAC的平分线，∴∠1＝∠2.∴∠3＝∠4.∴BD平分∠CBF.故①正确．在△BFD和△AFB中，∵∠F为公共角，且∠4＝∠2，∴△BFD∽△AFB.∴BFDFBDAFBFAB.∴BF2＝AF·DF，BF·AB＝BD·AF.故②正确，④正确．由相交弦定理可知③不正确，故选D.8．(2014天津，文8)已知函数3sincosfxxx+(ω＞0)，x∈R.在曲线y＝f(x)与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为π3，则f(x)的最小正周期为()．A．π2B．2π3C．πD．2π答案：C解析：π3sincos2sin6fxxxx+.设距离最小的相邻两交点的横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2，则21π3xx.∴1ππ2π66xk++，k∈Z或2π52ππ66xk++，k∈Z.∴215π2()=ππ663xx.∴2π=π33.∴ω＝2.∴2π==π2T.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．(2014天津，文9)某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4∶5∶5∶6，则应从一年级本科生中抽取________名学生．答案：60解析：4300604556(名)．10．(2014天津，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________m3.答案：20π3解析：由三视图知该几何体上面为圆锥，下面为圆柱．22120π22π14π33V+=.11．(2014天津，文11)阅读下边的框图，运行相应的程序，输出S的值为__________．答案：－4解析：初始时，S＝0，n＝3；第1次运作，S＝0＋(－2)3＝－8，n＝3－1＝2；第2次运作，S＝－8＋(－2)2＝－4，n＝2－1＝1，此时满足n≤1，输出－4.12．(2014天津，文12)函数f(x)＝lgx2的单调递减区间是__________．答案：(－∞，0)解析：函数f(x)＝lgx2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．∵f(x)＝lgx在(0，＋∞)上为增函数，y＝x2在[0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0]上为减函数，∴f(x)＝lgx2的单调减区间为(－∞，0)．13．(2014天津，文13)已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF，若1AEAF，则λ的值为__________．答案：2解析：∵四边形ABCD为菱形，且边长为2，∠BAD＝120°，∴BCAD，DCAB.由题意得13AEABBEABAD，1AFADDFADAB.∴11()()3AEAFABADABAD＝1114433ABADABAD＝4114(1)22()1323.∴4242133.∴124(4)333.∴λ＝2.14．(2014天津，文14)已知函数2|54|,0,2|2|,0,xxxfxxx若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为__________．答案：(1,2)解析：分别作出函数y＝f(x)与y＝a|x|的图象，由图知，a＜0时，函数y＝f(x)与y＝a|x|无交点；a＝0时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有三个交点，故a＞0.当x＞0，a≥2时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有一个交点；当x＞0,0＜a＜2时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有两个交点；当x＜0时，若y＝－ax与y＝－x2－5x－4(－4＜x＜－1)相切，则由Δ＝0得a＝1或a＝9(舍)．因此当x＜0，a＞1时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有两个交点；当x＜0，a＝1时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有三个交点；当x＜0,0＜a＜1时，函数y＝f(x)与y＝a|x|有四个交点．所以当且仅当1＜a＜2时，函数y＝f(x)与y＝a|x|恰有4个零点．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．(本小题满分13分)(2014天津，文15)某校夏令营有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如下表：一年级二年级三年级男同学ABC女同学XYZ现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同)．(1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．分析：(1)用列举法写出从6人中选2人的所有结果．(2)先写出事件M发生时所含的所有结果，再运用古典概型概率公式求解．解：(1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．因此，事件M发生的概率62155PM=.16．(本小题满分13分)(2014天津，文16)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知66acb，sin6sinBC.(1)求cosA的值；(2)求πcos26A的值．分析：(1)利用条件中角的关系，利用正弦定理化为边的形式，结合已知，用c表示出a，b，运用余弦定理求解cosA.(2)由(1)可先求sinA，再用二倍角公式求sin2A，cos2A的值，利用两角差的余弦公式求解．解：(1)在△ABC中，由sinsinbcBC，及sin6sinBC，可得6bc.又由66acb，有a＝2c.所以，2222222646cos2426bcacccAbcc.(2)在△ABC中，由6cos4A，可得10sin4A.于是21cos22cos14AA==，15sin22sincos4AAA.所以，πππ153cos2cos2cossin2sin6668AAA.17．(本小题满分13分)(2014天津，文17)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，2BABD==，AD＝2，5PAPD=，E，F分别是棱AD，PC的中点．(1)证明：EF∥平面PAB；(2)若二面角P－AD－B为60°.①证明：平面PBC⊥平面ABCD；②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．分析：(1)由线线平行证明线面平行．从而在平面PAB中，寻求过A点与EF平行的直线即可．可借助于中位线构造平行四边形求证．(2)①由线面垂直可证面面垂直．先由二面角定义找出二面角P－AD－B的平面角，结合长度在△PEB中，运用勾股定理，证明BE⊥PB.再证明BE⊥BC，进而证明BE⊥平面PBC，再证得平面PBC⊥平面ABCD.②由①易知∠EFB为所求角．再在△EBF中，利用EF与BE的边长求正弦值．(1)证明：如图，取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，故MF∥BC且12MFBC.由已知有BC∥AD，BC＝AD.又由于E为AD中点，因而MF∥AE，且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB.所以EF∥平面PAB.(2)①证明：连接PE，BE.因为PA＝PD，BA＝BD，而E为AD中点，故PE⊥AD，BE⊥AD.所以∠PEB为二面角P－AD－B的平面角．在△PAD中，由5PAPD==，AD＝2，可解得PE＝2.在△ABD中，由2BABD，AD＝2，可解得BE＝1.在△PEB中，PE＝2，BE＝1，∠PEB＝60°.由余弦定理，可解得3PB，从而∠PBE＝90°，即BE⊥PB.又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC.又BE⊂平面ABCD，所以，平面PBC⊥平面ABCD.②解：连接BF.由①知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB