2017年天津高考数学理试题及答案历年数学高考试题

数学（天津卷·理工）答案第1页（共6页）绝密★启用前秘密★启用后不得翻印，阅后收回2017年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学（理工类）参考解答评分说明：1．本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。一．选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分40分．（1）B（2）D（3）C（4）A（5）B（6）C（7）A（8）A二．填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分30分．（9）2（10）9π2（11）2（12）4（13）311（14）1080三．解答题（15）本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦、余弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．满分13分．（Ⅰ）解：在ABC△中，因为ab，故由3sin5B，可得4cos5B．由已知及余弦定理，有2222cos13bacacB，所以13b．由正弦定理sinsinabAB，得sin313sin13aBAb．所以，b的值为13，sinA的值为31313．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及ac，得213cos13A，所以12sin22sincos13AAA，25cos212sin13AA．故数学（天津卷·理工）答案第2页（共6页）πππ72sin2sin2coscos2sin44426AAA．（16）本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，事件的相互独立性，互斥事件的概率加法公式等基础知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分．（Ⅰ）解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3．111101112344PX，11111111111111111123423423424PX，111111111121112342342344PX，1111323424PX．所以，随机变量X的分布列为X0123P14112414124随机变量X的数学期望1111113012342442412EX．（Ⅱ）解：设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为10110011011111142424411.48PYZPYZPYZPYPZPYPZ，，所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148．（17）本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意ACNDBEMPzyx数学（天津卷·理工）答案第3页（共6页）可得000A，，，200B，，，040C，，，004P，，，002D，，，022E，，，001M，，，120N，，．（Ⅰ）证明：020DE，，，202DB，，．设xyzn，，为平面BDE的法向量，则00DEDBnn，，即20220yxz，.不妨设1z，可得101n，，．又121MN，，，可得0MNn．因为MN平面BDE，所以MN∥平面BDE．（Ⅱ）解：易知1100n，，为平面CEM的一个法向量．设2xyzn，，为平面EMN的法向量，则2200EMMNnn，.因为021EM，，，121MN，，，所以2020yzxyz，.不妨设1y，可得2412n，，．因此有1212124cos21nnnnnn，，于是12105sin21nn，．所以，二面角CEMN的正弦值为10521．（Ⅲ）解：依题意，设AHh（04h≤≤），则00Hh，，，进而可得12NHh，，，222BE，，．由已知，得2227cos21523NHBEhNHBENHBEh，，整理得2102180hh，解得85h，或12h．所以，线段AH的长为85或12．（18）本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．（Ⅰ）解：设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q．由已知2312bb，得2112bqq，而12b，所以260qq．又因为0q，解得2q．所以，2nnb．数学（天津卷·理工）答案第4页（共6页）由3412baa，可得138da①．由11411Sb，可得1516ad②，联立①②，解得11a，3d，由此可得32nan．所以，数列na的通项公式为32nan，数列nb的通项公式为2nnb．（Ⅱ）解：设数列221nnab的前n项和为nT，由262nan，12124nnb，有221314nnnabn，故23245484314nnTn，23414245484344314nnnTnn，上述两式相减，得2311132434343431412144314143248.nnnnnnTnnn得1328433nnnT．所以，数列221nnab的前n项和为1328433nn．（19）本小题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．满分14分．（Ⅰ）解：设F的坐标为0c，．依题意，12ca，2pa，12ac，解得1a，12c，2p，于是22234bac．所以，椭圆的方程为22413yx，抛物线的方程为24yx．（Ⅱ）解：设直线AP的方程为1xmy（0m），与直线l的方程1x联立，可得点21Pm，，故21Qm，．将1xmy与22413yx联立，消去x，整理得223460mymy，解得0y，或2634mym．由点B异于点A，可得点数学（天津卷·理工）答案第5页（共6页）2223463434mmBmm，．由21Qm，，可得直线BQ的方程为222623421103434mmxymmmm，令0y，解得222332mxm，故2223032mDm，．所以222223613232mmADmm．又因为APD△的面积为62，故2216262322mmm，整理得232620mm，解得63m，所以63m．所以，直线AP的方程为3630xy，或3630xy．（20）本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法．考查函数思想和化归思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．满分14分．（Ⅰ）解：由4322336fxxxxxa，可得328966gxfxxxx，进而可得224186gxxx．令0gx，解得1x，或14x．当x变化时，gx，gx的变化情况如下表：x,1114，14，gxgx所以，gx的单调递增区间是1，，14，，单调递减区间是114，．（Ⅱ）证明：由0hxgxmxfm，得0hmgmmxfm，000hxgxmxfm．数学（天津卷·理工）答案第6页（共6页）令函数10Hxgxxxfx，则10Hxgxxx．由（Ⅰ）知，当12x，时，0gx，故当01xx，时，10Hx，1Hx单调递减；当02xx，时，10Hx，1Hx单调递增．因此，当0012xxx，，时，11000HxHxfx，可得10Hm，即0hm．令函数200Hxgxxxfx，则20Hxgxgx．由（Ⅰ）知gx在12，上单调递增，故当01xx，时，20Hx，2Hx单调递增；当02xx，时，20Hx，2Hx单调递减．因此，当0012xxx，，时，2200HxHx，可得20Hm，即00hx．所以，00hmhx．（Ⅲ）证明：对于任意的正整数p，q，且00[1)(2]pxxq，，，令pmq，函数0hxgxmxfm．由（Ⅱ）知，当01mx，时，hx在区间0mx，内有零点；当02mx，时，hx在区间0xm，内有零点．所以hx在12，内至少有一个零点，不妨设为1x，则1100pphxgxxfqq．由（Ⅰ）知gx在12，上单调递增，故1012ggxg，于是432234041233622ppffppqpqpqaqqqpxqgxggq≥．因为当12x，时，0gx，故fx在12，上单调递增，所以fx在区间12，上除0x外没有其他的零点，而0pxq，故0pfq．又因为p，q，a均为整数，所以4322342336ppqpqpqaq是正整数，从而43223423361ppqpqpqaq≥．所以0412pxqgq≥．所以，只要取2Ag，就有041pxqAq≥．