2014年高考文科数学天津卷(含详细答案)

绝密★启用前

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1至2页,第Ⅱ卷3至6页.

答卷前,考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上,并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时,考生务必将答案涂写在答题卡上,答在试卷上的无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1.每小题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号. 2.本卷共8小题,每小题5分,共40分. 参考公式：



如果事件

A,B互斥,那么



圆锥的体积公式V13Sh P(AB)P(A)P(B).

其中S表示圆锥的底面面积,



圆柱的体积公式VSh. h表示圆锥的高.

其中S表示圆柱的底面面积,

h表示圆柱的高.

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.i是虚数单位,复数7i34i

( )

A.1i

B.1i

C.17312525i D.172577i

xy22.设变量x,y满足约束条件≥0,xy2≤0,则目标函数zx2y的最小值为

( )

y≥1,A.2

B.3

C.4

D.5

数学试卷 第1页（共33页） 3.已知命题p：x0,总有(x1)ex1,则p为 ( )

A.x0≤0,使得(x01)ex0≤1 B.x00,使得(x01)ex0≤1 C.x0,总有(x1)ex≤1 D.x≤0,总有(x1)ex≤1 4.设alog2π,blog1π,cπ2,则

( )

2A.abc B.bac C.acb

D.cba

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.2

B.2

C.1 D.122

6.已知双曲线x2y2a2b21(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

( )

x2y2x2y22A.C.

3x23y23x23y5201 B.

2051 251001 D.100251 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FDFA； ③AECEBEDE； ④AFBDABBF. 则所有正确结论的序号是

( )

A.①②

B.③④

C.①②③ D.①②④

8.已知函数f(x)3sinxcosx(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.

π2 B.

2π3 C.π

D.2π

数学试卷 第2页（共33页） 第Ⅱ卷

注意事项：

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.

2.本卷共12小题,共110分.

二、填空题：本大题共6小题,每小题5分,共30分.

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2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

4量为300的样本进行调查.已知该校一年级、二年级、三年级、2四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424正视图侧视图抽取 名学生.

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.

俯视图11.阅读下边的框图,运行相应的程序,输出S的值为 .

12.函数f(x)lgx2的单调递减区间是 .

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DF.若AEAF1,则的值为 .

14.已知函数f(x)|x25x4|,x≤0,若函数yf(x)a|x|恰有42|x2|,x＞0,个零点,则实数a的

取值范围为 .

数学试卷 第3页（共33页）

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）

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 A B C 女同学 X Y Z 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）. （Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果；

（Ⅱ）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.

16.（本小题满分13分）

在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知ac66b,sinB6sinC.

（Ⅰ）求cosA的值；

（Ⅱ）求cos(2Aπ6)的值.

数学试卷 第4页（共33页） 17.（本小题满分13分）

如图,在四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形,BABD2,AD2,

PAPD5,E,F分别是棱AD,PC的中点.

（Ⅰ）证明：EF平面PAB；

（Ⅱ）若二面角PADB为60, （ⅰ）证明：平面PBC平面ABCD；

（ⅱ）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.

18.（本小题满分13分）

设椭圆x2y2a2b21(ab0)的左、右焦点为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知

|AB|32|F1F2|.

（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过点F2的直线l与该圆相切于点M,|MF2|22.求椭圆的方程.

数学试卷 第5页（共33页） 19.（本小题满分14分）

已知函数f(x)x223ax3(a0),xR. （Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）若对于任意的x1(2,),都存在x2(1,),使得f(x1)f(x2)1.求a的取值范围.

20.（本小题满分14分）

已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M{0,1,2,,q1},集合A{x|xx1x2qxnqn1,xiM,i1,2,,n}.

（Ⅰ）当q2,n3时,用列举法表示集合A； （Ⅱ）设s,tA,sa1a2qan1nq,tb1b2qbn1nq,其中ai,biM,

i1,2,,n.证明：若anbn,则st.

数学试卷 第6页（共33页）

2014年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学(文史类)答案解析

第Ⅰ卷 一、选择题 1.【答案】A 【解析】复数7i(7i)(34i)2128i3i41i，故选A. 34i(34i)(34i)25【提示】将复数的分子与分母同时乘以分母的共轭复数34i，即求出值。 【考点】复数代数形式的乘除运算。 2.【答案】B 【解析】作出不等式对应的平面区域，由zx2y，得y直线y1z1zx，平移直线yx，由图象可知当22221z1z,时，x经过点B(11)直线yx的截距最小，此时z最小。此时z的最小值为z1213，2222故选：B. 【提示】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值。 【考点】简单线性规划。 3.【答案】B 【解析】根据全称命题的否定为特称命题可知，p为x00，使得(x01)e1，故选：B. 【提示】据全称命题的否定为特称命题可写出命题p的否定。 【考点】命题的否定，全称命题。 4.【答案】C π0，0π21，即a1，b0，0c1，∴acb，故选：C 【解析】log2π1，log12【提示】根据对数函数和幂函数的性质求出a，b，c的取值范围，即可得到结论。 3 / 11

【考点】对数值大小的比较。 5.【答案】D 【解析】∵{an}是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，∴S1a1，S22a1-1，S44a16，22由S1，S2，S4成等比数列，得：S2S1S4，即(2a11)a1(4a16)，解得：DG3GP。 故选：D. 【提示】由等差数列的前n项和求出S1，S2，S4，然后再由S1，S2，S4成等比数列列式求解a1。 【考点】等比数列的性质，等差数列的性质。 6.【答案】A x2y20)，∴c5，∵双曲线221(a0，b0)的一【解析】令y0，可得x5，即焦点坐标为(-5,ab条渐近线平行于直线l：y2x10，∴b2，∵c2a2b2，∴a25，b220， ax2y21。故选：A. ∴双曲线的方程为520x2y2【提示】先求出焦点坐标，利用双曲线221(a0，b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，abb可得2，结合c2a2b2，求出a，b，即可求出双曲线的方程。 a【考点】双曲线的标准方程。 7.【答案】D 【解析】∵圆周角DBC对应劣弧CD，圆周角DAC对应劣弧CD，∴DBCDAC。 ∵弦切角FBD对应劣弧BD，圆周角BAD对应劣弧BD，∴FBDBAF。 ∵BD是BAC的平分线，∴BAFDAC。 ∴DBCFBD。即BD平分CBF。即结论①正确。 又由FBDFAB，BFDAFB，得△FBD∽△FAB。 FBFD，FB2FDFA。即结论②成立。 FAFBBFBD由，得AFBDABBF。即结论④成立。正确结论有①②④，故选D. FAAB由【提示】本题利用角与弧的关系，得到角相等，再利用角相等推导出三角形相似，得到边成比例，即可选出本题的选项。 【考点】命题的真假判断与应用，与圆有关的比例线段。 8.【答案】C

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【解析】∵已知函数f(x)3sinxcosx2sinx(0),xR，在曲线yf(x)与直线y1的6交点中，若相邻交点距离的最小值为π1，正好等于f(x)的周期的倍，设函数f(x)的最小正周期为T，则331πT，∴Tπ，故选：C. 33【提示】根据f(x)2sinx，再根据曲线yf(x)与直线y1的交点中，相邻交点距离的最小值为6π1，正好等于f(x)的周期的倍，求得函数f(x)的周期T的值。 33【考点】三角函数的周期性及其求法，正弦函数的图象。 第Ⅱ卷 二、填空题 9.【答案】60 【解析】解：根据分层抽样的定义和方法，一年级本科生人数所占的比例为级本科生中抽取名学生数为30060，故答案为：60. 【提示】先求出一年级本科生人数所占总本科生人数的比例，再用样本容量乘以该比列，即为所求。 【考点】分层抽样方法。 10.【答案】41，故应从一年455651520π 3138320π。 3【解析】解：由三视图知：几何体是圆锥与圆柱的组合体，其中圆柱的高为4，底面直径为2，圆锥的高为2，底面直径为4，∴几何体的体积Vπ124π2224ππ故答案为：20π 3【提示】几何体是圆锥与圆柱的组合体，判断圆柱与圆锥的高及底面半径，代入圆锥与圆柱的体积公式计算。 【考点】由三视图求面积、体积。 11.【答案】-4 【解析】解：由框图知，第一次循环得到：S-8，n2；第二次循环得到：S-4，n1；退出循环，输出-4。故答案为：-4。 【提示】写出前二次循环，满足判断框条件，输出结果。 【考点】程序框图。 0) 12.【答案】(, 5 / 11

【解析】解：ylgx22lg|x|，∴当x0时，f(x)2lgx在(0,)上是增函数； 0)上是减函数。 当x0时，f(x)2lg(x)在(,20)。故填(,0)。 ∴函数f(x)lgx的单调递减区间是(,【提示】先将f(x)化简，注意到x0，即f(x)2lg|x|，再讨论其单调性，从而确定其减区间。 【考点】复合函数的单调性。 13.【答案】2 【解析】解：∵BC3BE，DCDF， ∴BEBC，DF11DC，AEABBEABBCABAD， 3311AFADDFADDCADAB， 113∵菱形ABCD的边长为2，BAD120，∴|AB||AD|2，|AB||AD|22cos1202， 2211111ABADADABADAB1∵|AE||AF|1，∴ABAD1， 333111105，解得2，故答案为：2. 即44211，整理得3333【提示】根据向量的基本定理，结合数量积的运算公式，建立方程即可得到结论。 【考点】平面向量数量积的运算。 2) 14.【答案】(1,【解析】解：由yf(x)a|x|0得f(x)a|x|，作出函数yf(x)，ya|x|的图象，当a0，不满足条件，∴a0，当a2时，此时ya|x|与f(x)有三个交点，当a1时，此时ya|x|与f(x)有五2) 个交点，∴要使函数yf(x)a|x|0恰有4个零点，则1a2，故答案为：(1, 【提示】由yf(x)a|x|0得f(x)a|x|，利用数形结合即可得到结论。 【考点】根的存在性及根的个数判断。

数学试卷 第16页（共33页） 数学试卷 第17页（共33页） 数学试卷 第18页（共33页）

三、解答题 15.【答案】2 5【解析】解：（Ⅰ）用表中字母列举出所有可能的结果有：(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)，共计15个结果。 （Ⅱ）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”，则事件M包含的结果有：(A,Y)、(A,Z)、(B,X)、(B,Z)、(C,X)、(C,Y)，共计6个结果，故事件M发生的概率为【提示】（Ⅰ）用表中字母一一列举出所有可能的结果，共15个。 62。 155（Ⅱ）用列举法求出事件M包含的结果有6个，而所有的结果共15个，由此求得事件M发生的概率。 【考点】古典概型及其概率计算公式，列举法计算基本事件数及事件发生的概率。 16.【答案】（Ⅰ）将sinB6sinC，利用正弦定理化简得：b6c，代入ac6b，得：acc，6b2c2a26c2c24c26即a2c，∴cosA； 22bc426c（Ⅱ）∵cosA1610，A为三角形内角，∴sinA1cos2A，∴cos2A2cos2A1，444πππ15315，则cos2Acos2Acossin2Asin。 66684sin2A2sinAcosA【提示】（Ⅰ）已知第二个等式利用正弦定理化简，代入第一个等式表示出a，利用余弦定理表示出cosA，将表示出的a，b代入计算，即可求出cosA的值； （Ⅱ）由cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，进而利用二倍角的正弦、余弦函数公式求出sin2A与cos2A的值，原式利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，将各自的值代入计算即可求出值。 【考点】正弦定理，两角和与差的余弦函数。 17.【答案】（Ⅰ）证明：连结AC，ACBDH，∵底面ABCD是平行四边形，∴H为BD中点，∵E是 棱AD的中点。∴在△ABD中，EH∥AB，又∵AB平面PAB，EH平面PAD，∴EH∥平面PAB。同理可证，FH∥平面PAB。 又∵EHFHH，∴平面EFH∥平面PAB，∵EF平面EFH，∴EF∥平面PAB； （Ⅱ）（ⅰ）如图，连结PE，BE。 ∵BABD2，AD2，PAPD5，∴BE1，PE2。 又∵E为AD的中点，∴BEAD，∴PEB即为二面角PADB的平面角，即PEB60，PEAD，∴PB3。 7 / 11

∵△PBD中，BD2PB2PD2，∴PBBD，同理PBBA，∴PB平面ABD，∵PB平面PBC，∴平面PAB平面ABCD； （ⅱ）由（i）知，PBBD，PBBA，∵BABD2，AD2，∴BDBA，∴BD，BA，BP两两垂直，以B为坐标原点，分别以BD，BA，BP为X，Y，Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-DAP，B(0,0,0)，则有A(0,2,0)，C(2,2,0)，BC(2,2,0)平面PAB平面ABCDD(2,0,0)，P(0,0,3)，nBC02x2y0∴，BF(0,0,3)，设平面PBC的法向量为n(x,y,z)，∵，∴，令x1，nBP03z0则y1，z0， 故n(1,1,0)，∵E，F分别是棱AD，PC的中点，∴E22223,,0F,,，2， 2222f(1)0， ∴EF0,2,2，∴3cosn,EFnEF2211211EFPBC，即直线与平面所成角的正弦值为。 1111|n||EF|2211 【提示】（Ⅰ）要证明EF∥平面PAB，可以先证明平面EFH∥平面PAB，而要证明面面平行则可用面面平

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行的判定定理来证； （Ⅱ）（ⅰ）要证明平面PBC平面ABCD，可用面面垂直的判定定理，即只需证PB平面ABCD即可；（ⅱ）由（ⅰ）知，BD，BA，BP两两垂直，建立空间直角坐标系BDAP，得到直线EF的方向向量与平面PBC法向量，其夹角的余弦值的绝对值即为所成角的正弦值。 【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角。 18.【答案】（Ⅰ）ec2 a2x2y21 （Ⅱ）63【解析】解：（Ⅰ）依题意可知a2b2∴e32c，∵b2a2c2，∴a2b22a2-c23c2，∴a22c2，2c2。 a2222222x2y2（Ⅱ）由（Ⅰ）知a2c，∴ba-cc，∴椭圆方程为221，B(0,c)，F1(-c,0) 2cc设P点坐标(2csin,ccos)，圆心为O ∵PB为直径，∴BF1PF1，∴kBF1kPF1ccccos1，求得sin22或0（舍去），由5椭圆2csinc381 93对称性可知，P在x轴下方和上方结果相同，只看在x轴上方时，cos1∴P241229c52坐标为c,c，∴圆心坐标为c,c，∴r|OB|cc，333349325c229c225c24c292228，∴c23，∴a26，b23，|OF2|c，∵r|MF2||OF2|，∴99993x2y21。 ∴椭圆的方程为63【提示】（Ⅰ）分别用a，b，c表示出|AB|和|F1F2|，根据已知建立等式求得a和c的关系，进而求得离心率e。 （Ⅱ）根据（1）中a和c的关系，用c表示出椭圆的方程，设出P点的坐标，根据PB为直径，推断出BF1PF1，进而知两直线斜率相乘得1，进而求得sin和cos，表示出P点坐标，利用P，B求得圆心坐标，则可利用两点间的距离公式分别表示出|OB|，|OF2|，利用勾股定理建立等式求得c，则椭圆的方程可得。 【考点】直线与圆锥曲线的关系，椭圆的标准方程，椭圆的简单性质。 1119.【答案】（Ⅰ）f2 a3a 9 / 11

33（Ⅱ）, 4211时，f(x)0，当0x时，aa110)和,，单调递增区间为0,，当x0时，有极小值f(x)0，f(x)单调递减区间为：(-,aa111f(0)0，当x时，有极大值f2； a3aa333,时，f(x)0。 （Ⅱ）由f(0)f0及（Ⅰ）知，当x0,时，f(x)0；当x2a2a2a【解析】解：（Ⅰ）f(x)2x2ax2(a0)，∵a0，∴当x0或x)}，集合B设集合A{f(x)|x(2，1x(1,),f(x)0，则对于任意的x1(2,)，都存在f(x)x2(1,)，使得f(x1)f(x2)1，等价于AB，显然A； 下面分三种情况讨论： 3332，即0a时，由f0可知，0A，而0B，∴A不是B的子集； 2a2a4333)上单调递减，故A(-,f(2))， 2，即a时，f(2)0，且f(x)在(2，（2）当12a42（1）当0)，即(-,0)；由f(1)0，有f(x)在(1,)上的取值范围包含(-,0)B，∴AB； ∴A(,（3）当133,0，A(，f(2))，1，即a时，有f(1)0，且f(x)在(1,)上单调递减，故B2a2f(1)∴A不是B的子集。 33综上，a的取值范围是,。 42【提示】（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，可得f(x)的单调区间，从而求出函数的极值； 333,时，f(x)0。设集（Ⅱ）由f(0)f0及（Ⅰ）知，当x0,时，f(x)0；当x2a2a2a)}，集合B合A{f(x)|x(2，1x(1,),fx()0，则对于任意的x1(2,)，都存在f(x)x2(1,)，使得f(x1)f(x2)1，等价于AB，分类讨论，即可求a的取值范围。 【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，函数在某点取得极值的条件，利用导数研究函数的极值。 20.【答案】（Ⅰ）A={0，1，2，3，4，5，6，7} （Ⅱ）见解析 1}， 【解析】（Ⅰ）解：当q2，n3时，M{0,

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,,2,3,4,5,6,7}。 xiM，i1,2,3}。可得A{01A{x｜xx1x22x322，tb1＋b2q＋＋bnqn1, （Ⅱ）证明：由s,tA,sa1a2qanqn1，其中ai,biM,i1,2,,n。anbn，∴anbn1。 可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1 [1q...qn2qn1qn1]0。 q1∴st。 ,,2,3,4,5,6,7}，xiM，i1,1}，A{012,3}。即可得到集合A. 【提示】（Ⅰ）当q2，n3时，M{0,（Ⅱ）由于ai,biM,i1,2,,n。anbn，可得anbn1。 由题意可得st(a1b1)(a2b2)q等比数列的前n项和公式即可得出。 【考点】数列与不等式的综合，数列的求和。

(an1bn1)qn2(anbn)qn1[1q...qn2qn1]，再利用 11 / 11