2018年高考文科数学天津卷(含答案与解析)

绝 ★启用前 ---------------- 密在

--------------------

4.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入 N 的值为 20，则输出 T 的值为

（ ）

天津市 2018 年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学

第 I 卷

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 _

此

_，每小题_ 5 分，共 40 -------------------- 分. .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.设集合 A  {1,2,3,4} ， B  {1,0,2,3} ， C  {x  R | 1≤x  2} ，则____ 号 卷1

生 _ ___ A. {  1,1}

_ _

考

名 __

___ _ 上

__

_

_ _

__ _ _ __ 姓一 校 __ 答、

_ 业 __ D. {2,3,4}

选__择 __题 __ 题

：_ --------------------

 y≥0,

本大题共A.充分而不必要条件

8 小题

( A B) C 

参考公式：

·如果事件 A ， B 互斥，那么 P( A B)  P( A)  P(B) ．

·棱柱的体积公式V  Sh .其中 S 表示棱柱的底面面积， h 表示棱柱的高．

--------------------·棱锥的体积公式V  Sh ，其中 S 表示棱锥的底面积， h 表示棱锥的高 3.

--------------------

）

B. {0,1}

5.已知 a  log 3 7 ，

C. {  1,0,1}

-------------------- 2

_

 x  y≤5,

__ 2 x  y≤4,

6.将函数__  x  y y≤ sin1, 

22.设变量 x   x ， y 满足约束条件  则目标函数 z  3x  5 y 的最大值为 （ ） 

的图象向右平移

10

个单位长度，所得图象对应的函数

学. A 在区间.6 B.19 AC.21  ,  上单调递增 B.在区间D.45

 ,0  上单调递减毕 C.在区间3的  ,3.设 x  R ，则“ x

 8 ”是“ |x | 2 ”  上单调递增 （D.在区间 ）

 ,  上单调递减 无

--------------------

B.必要而不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

（

A.1 B.2 C.3 D.4

1 1 1

b  ( ) 3 ， c  log ，则 a ， b ， c 的大小关系为 （ ） 4 1 5 3

A. B.

C. c  b  a D. c  a  b

   5 

（ ）

a  b  c b  a  c

       4 4   4         4 2   2 

效

数学试卷 第 1 页（共 14 页）

数学试卷第 2 页（共 14 页）

7.已知双曲线 x2

a2 y 2

2  1(a  0,b  0) 的离心率为 2，过右焦点且垂直于 x 轴的直线与双

b曲线交于 A ， B 两点.设 A ， B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d 和 d ，且 d 1  d 2

 6 ，则双曲线的方程为1

（2

）

Ax2B. x2y 2

.

y 2

3 9  1 9 

1 3 C.x2 y2

D.x2 y 2

4 12  1

 12 

4 1

8. 在如图的平面图形中，已知 OM  1 ，ON  2 ，MON  120 ，BM  2MA ，CN  2 NA

则 BC OM 的值为

（ ）

A.-15

B.-9

C.-6

D.0

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.

9. i 是虚数单位，复数 67i

．

1  2i 

10.已知函数 f ( x)  exlnx ， f ( x) 为 f ( x) 的导函数，则 f  (1)的值为

．

11. 如图，已知正方体 ABCD – A1 B1 C 1 D1

的棱长为 1 ，则四棱柱 A 1

– BB 1D 1D

的体积

为

．

12.

在平面直角坐标系中，经过三点 (0,0) ， (1,1)， (2,0) 的圆的方程为

．

数学试卷 第 3 页（共 14 页）

13.已知 a ， b  R ，且 a – 3b  6  0 ，则 2a  1

8

的最小值为 ．

b

14.已知 x2 a  R ，函数 f ( x)   若对任意  2 x  a  2, x≤0,

x2  2 x  x 2a,[3,

x 0．  ， f ( x)≤ | x | 恒成

立，则 a 的取值范围是 ．

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）已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为 240，

160，160.现采用分层抽样的方法从中抽取 7 名同学去某敬老院参加献爱心活动.

（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？

（Ⅱ）设抽出的 7 名同学分别用 A ， B ， C ， D ， E ， F ， G 表示，现从中随机抽

取 2 名同学承担敬老院的卫生工作。

（ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ⅱ）设 M 为事件“抽取的 2 名同学来自同一年级”，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 bsinA  acos(B  π

6)

．

（Ⅰ）求教 B 的大小；

（Ⅱ）设 a  2 ， c  3 ，求 b 和 sin(2 A  B) 的值．

数学试卷 第 4 页（共 14 页）

-------------

17.（本小题满分 13 分）

----------------

如图，在四面体 ABCD 中，△ ABC 是等边三角形，平面 ABC ⊥平面 ABD ，点 M 为

19.（本小题满分 14 分）

x2y 2 5

设椭圆 ，1(ab0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为

在

--------------------棱 AB 的中点， AB  2 ， AD  2 3 ，∠BAD  90 ．

（Ⅰ）求证： AD⊥BC ；

（Ⅱ）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值；

___ （Ⅲ）求直线

CD 与平面

ABD 所成角的正弦值．

__ 此 __

--------------------

__ __ __ _号 生 考 ____ 卷

__-------------------- ___ _ _ _ _____ _ ___ _ ___上--------------------

_ _

名_ _ _ 姓 ____ 18.（本小题满分 13 分） _

设 a 是等差数列，其前 n 项和为 S (n  N* ) ；b 是等比数列，公比大于 0，其前__ n n n __

答n 项和为 T (n  N* ) ．已知 b  1 ， b  b  2 ， b  a  a ， b  a  2a__ n 1 3 2 4 3 5 5 4 6．

__ --------------------

）求 S 和 T ；n n

__ _（Ⅱ）若_

S n (T  T 2  …  T n )  a n  4b n，求正整数 n 的值． 1 __ __ 校

学 题业

--------------------毕

无

--------------------

效

数学试卷 第 5 页（共 14 页） a2 b2 3

| AB |

13 .

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线l : y  kx(k  0) 与椭圆交于 P ， Q 两点， l 与直线 AB 交于点 M ，且点

P ， M 均在第四象限.若 △BPM 的面积是 △BPQ 面积的 2 倍，求 k 的值.

20.（本小题满分

14 分）

设函数 f ( x)=(x  t 1)( 2 3x  t )( x  t ) ，其中 t ， t ， t  R ,且 t ， t ， t 是公差为 d 的

1 2 3 1 2 3

等差数列.

（Ⅰ）若

t 2

 0 ， d  1 求曲线 y  f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；

（Ⅱ）若 d  3 ，求 f ( x) 的极值；

（Ⅲ）若曲线 y  f ( x) 与直线 y  ( x 1 t )  6 3 有三个互异的公共点，求d 的取值 范围.

2

数学试卷 第 6 页（共 14 页）

天津市 2018 年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学答案解析

一、选择题

1.【答案】C

【解析】由于 A

B  {1,0,1,2 , 3, 4} ，所以 ( A B ) C  {1,0,1} .

【考点】集合的运算

2.【答案】C

 x  y≤5, 【解析】做出不等式组  2 x  y≤4,

，所表示的可行域，其是由 O (0， 0)， A(2,0) ，B (3,2) ，

 x  y≤1,0  y≥

C (2,3) ，

D (0,1) 围成的五边形区域（包括边界）

，对于目标函数 x  3x  5 y ；结

合图象可知过点 C 时取得最大值，最大值为 3 2  53  21.

【考点】简单的线性规划

3.【答案】A

【解析】由 38解得 x  2 ；由 | x | 2 解得 x  2 或 x  2 ，所以“ x 8”是“ | x | 2 ”

的充分而不必要条件。

【考点】不等式的求解、充分必要条件的判定

4.【答案】B

【解析】输人 N  20，i  2，T  0 ，此时 N

20

i10是整数，则有T011，i 2此时不满足条件 i≥5 ；接下来有 1  3 ， N i



条件 i≥5 ；接下来有3不是整数，则有i314，此时.不满足

N

i≥5 ，结束循环，输出i  T 5 是整数，则有 2 T 11  2，i  4 1  5 ，此时满足条件

.

【考点】算法的程序框图.模拟程序框图的运行

5.

【答案】D

【解析】根据函数的图象与性质可知1

log 11  log 5  log 73

 log 3  1   10 1 3，     

3

5

3

2

3

4

 4 

则 c  a  b .

数学试卷 第 7 页（共 14 页）

【考点】代数值的大小比较、函数的图象与性质

6.【答案】A

【解析】将函数

y  sin  2 x  π  的图象向右平移 π

个单位长度得到

 5  10

y  sin  2  xπ 10  πππ  5   2 2 sin2x

由   2kπ≤2 x≤2kπ+ , k  Z ，解得  π

π

4kπ≤x≤kπ+4 ,k Z ，当 k  0 ππ 时，则知函数在区间上单调递增 . 

4 ,4 

【考点】三角函数图象的平移变换、三角函数的图象与性质

7.【答案】A

【解析】由双曲线的离心率 e  c

x 2 y 2

a2 ，可得 c  2a ，则知b  3a ，将 x  2a 代人双曲线

a

3a 1 ，可得 y  3a ，设点 A(2d ,3 a)，B(2a, 3a) ，双曲线的一条渐近线方 2 2

程为 3x  y  0 ，可得 d  | 2 3a2  3a |  2 3+3 a， d  | 2 3a  3a |  2 3  3 a1 2

， 2 2 2

所以 d  d  2 3+32 a  2 3  3 a  2 3a  6 ，解得 a  3 ，故双曲线的方程为

1 2

x 2

2 y2

3 

9  1.

【考点】双曲线的方程与几何性质、点到直线的距离公式

8.【答案】C

【解析】根据题目可得:

BC OM  ( AC  AB）OM  (3AN  3AM ) OM  3(AN  AM ) OM

 3MN OM  3(ON  OM ) OM  3ON OM  3OM 2

 3 2 1 cos120=312 =  6

【考点】平面向量的线性运算与数量积

二、填空题 9.【答案】 4i

【解析】由题可得 61   7i 2i  (6  7i)(1 2i)(1   2i) 2i) 5 20  5i  4  i .

(1 

【考点】复数的四则运算

10.【答案】e

数学试卷 第 8 页（共 14 页）

【解析】由于 f ( x )  e1

x ln x 则有 f ( x)  ex ln x  ex x ，所以 f (1) e1

ln1 e1 1

1  e .

【考点】导数及其应用、函数值的求解

11. 1

3【答案】

【解析】由题可知四棱锥

A  BB D D 的底面是一个长、宽分别为

121

1 1

2 ， 的矩形，高为

2

，则四棱锥 A 1 BB D D 的体为V  1 122 1 .

1 1 3 2 3 【考点】空间几何体的性质、空间几何体的体积

12.【答案】 x 2  y 2  2 x  0

【解析】由于圆经过三点 O(0,0) ，A(1,1)，B(2,0) ，可知 OA⊥AB ，则知 OB 为圆的直径，

则圆心 C(1,0)，半径 r 1，可得圆的方程为 ( x  1) 2  y 2  1 ，即 x 2  y 2  2 x  0 .

【考点】圆的方程

13.【答案】 1

4

【解析】由于 a  3b  6  0 ；可得 a 36 6 ，结合基本不等式可得

2a  18b  2a  23b≥2 2a 23b  2 2a3b1

 2 26  2 23  4，当且仅当2a  23b ，

即 a 

3b  3.

【考点】基本不等式

14.【答案】  1 8 ,2  

【解析】当 [3,0] 时，由 f ( x )≤ | x | 恒成立可得 x  2x  a  2≤-x 即 x2  3x  a  2≤0 ，

结合图象可知 

9  9  a  2≤0

0，解得a≤2；当·x立可得  0  a，即  2≤0(0,)时，由f(x)≤|x|恒成

x²  x  2a≥ 0 ，结合图象可知  x 2  2 x  2a≤x 4

 1  2a  (1) 2 ≥0，

4  1

解得 a a≥ 11

8 ；综上分析可得 8 ≤a≤2.

【考点】分段函数、函数的图象与性质、不等式恒成立

三、解答题

15.【答案】（Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3:2:2 ，

由于采用分层抽样的方法从中抽取 7 名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生

数学试卷 第 9 页（共 14 页）

志愿者中分别抽取 3 人，2 人，2 人．

（Ⅱ）（ⅰ）解：从抽出的 7 名同学中随机抽取 2 名同学的所有可能结果为

{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，

{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，

G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共 21 种．

（ⅱ）解：由（Ⅰ），不妨设抽出的 7 名同学中，来自甲年级的是 A，B，C，来自乙年

级的是 D，E，来自丙年级的是 F，G，则从抽出的 7 名同学中随机抽取的 2 名同学

来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共

5 种．

所以，事件 M 发生的概率为 P(M )  5

21 ．

【考点】随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算

公式等基本知识

16.【答案】（Ⅰ）解：在 △ABC 中，由正弦定理

asin A 

b

，可得bsin又由 b sin A  a cos  B  π  ，得 a sin B  a cos  B A π asinB， B  π  sin，即 sin B  cos  B   ，可得

 6   6   6 

tan B  3 ．又因为 B  (0 ，π) ，可得 B  π

3 ．

（Ⅱ）解：在 △ABC 中，由余弦定理及 a  2，c  3，B  π

3 ，有

b 2  a 2  c 2  2ac cos B  7 ，故 b  7 ．

由

32 b sin A  a cos π 7 BsinA

．因此

 6  ，可得 ．因为 ac，故 cos A  7

sin 2 A  2sin A cos A  4 3

1 所以， sin(2 A  B )  sin 2 A cos7， B  cos cos2 2 A A sin  B 2cos2A17 ．

 4 3 1 1 3

7

2  7  2 14   3 3 ．

【考点】考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余

弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识

17.【答案】（Ⅰ）由平面 ABC⊥平面 ABD，平面 ABC∩平面 ABD=AB，AD⊥AB，可得

AD⊥平面 ABC，故 AD⊥BC．

数学试卷 第 10 页（共 14 页）

（Ⅱ）解：取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND．又因为 M 为棱 AB 的中点，故 MN∥BC．所

以∠DMN（或其补角）为异面直线 BC 与 MD 所成的角．

在 Rt△ DAM 中， AM1，故 DM  AD2  AM2 = 13 ．因为 AD⊥平面 ABC，故

AD⊥AC．

在

Rt△ DAN 中， AN  1 ，故 DN  AD2  AN2 = 13 ．

1

在等腰三角形MN DMN 中， MN 1，可得 cosDMN  2

DM 13 ．

26

所以，异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 13

．

26

（Ⅲ）解：连接 CM△．因为 ABC 为等边三角形，M 为边 AB 的中点，故 CM⊥AB，

CM  3 ．又因为平面 ABC⊥平面 ABD，而 CM  平面 ABC，故 CM⊥平面 ABD．所以，∠CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成的角． 在

Rt△ CAD 中， CD  AC2  AD2  4 ． 在 Rt△

CMD 中， sin CDM  CM

3 CD ． 

4

所以，直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为 3

4 ．

【考点】异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识

18.【答案】（

I）解：设等比数列{b }n 的公比为 q，由 b  1， b  b  2 ，可得q2q201 3 2

. 因为 q  0 ，可得 q  2n

，故 bn  2n1 .所以 Tn 12

1  2  2n1.

设等差数列{a n}

的公差为 d .由 b 4

 a 3

a ，可得5

a 1

3d  4 .由 b  a  2 a ，可得

3a  13d  16, 从而 a  1, d  1 ，故 n(n  15) 4

6

1

1

a n

 n ，所以 S n

2.

（II）解：由（I），知 T 1

T2 

Tn  (21  23   2n )  n  2n1  n  2.

由 S n  (T 1  T 2   T n )  a n  4b 可得n n(n  1) 2

 2n1  n  2  n  2n1 ，

数学试卷 第 11 页（共 14 页）

整理得 n 2  3 n  4  0, 解得 n  1（舍），或 n  4 .所以 n 的值为 4.

【考点】等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识

19.【答案】（ I）解：设椭圆的焦距为 2c，由已知得 c 2

5，又由a  a 2

 b 2  c 2 9 ，可得 2a  3b. 2

由 | AB| a2  b2  13 ,从而 a  3,b  2 .

所以，椭圆的方程为

x9 2

2 4 y  1 .

（II）解：设点的坐标为

P ( x , y ) ，点 M 的坐标为 ( x , y ) ，由题意， x点的坐标为 (x1 1 2  x  0 ，

Q 1 ,1 y

). 由 △ 2 BPM2 1

的面积是 △ BPQ 面积的 2 倍，可得 |PM |=2| PQ | ，从而

x 2 1 1 1x 2 1

2[ x  ( x )] ，即 x  5 x .

易知直线 AB 的方程为 2x  3 y  6 ，由方程组 2x3y6,

6  y 消去 x2 kx,

y，可得 x2 .

由

3k  2

方程组  9 y 2

4 .由 1, x 消去 5 x y ，可得，可得 x1 

6  9k 2  42 1

y  kx,

9k2  4  5(3k  2) ，两边平方，整理得18 k 2  25 k  8  0 ，解得 k   89 ，或

k  1

当 k   8

2 .

9 时， x 时，2  9  0 ，不合题意，舍去；当 k  1 2 x2 1  12 ， x 12 ，符合 5

题意.

所以， k 的值为  1

2 .

【考点】标准方程和几何性质、直线方程等基础知识，用代数方法研究圆锥曲线的性质，

运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力

20.【答案】

（Ⅰ）解：由已知，可得 f ( x )  x ( x  1)( x  1)  x 3  x ，故 f ( x )  3 x  1 ，

因此 f (0)  0 ， f (0)  1 ，又因为曲线 y  f ( x ) 在点(0， f(0))处的切线方程为

y  f 0 f (0)(x  0) ，故所求切线方程为 x  y  0 .

（Ⅱ）解：由已知可得

f ( x )  ( x  t  3)( x  t ) ( x  t  3)  ( x  t ) 3  9 ( x  t )  x 3  3t x 2  (3t 2  9) x  t 2故f(x)2 2 2 2 2 2 2 23 2  9 t .  3x 6t2x 3t22 9 .令 f ( x )  0 ，解得 x  t2  2

3 ，或 x  t  3 .

当 x 变化时，f‵ (x)，f(x)的变化如下表：

数学试卷 第 12 页（共 14 页）

x

(−∞，t2−

t2−

3

(t2−

3，t+

2

t2+

3

(t2+

3，

函数思想和分类讨论思想，综合分析问题和解决问题的能力

3 )

3 )

+∞)

f

( x )

+ 0 − 0 +

f(x)

↗

极大值

↘

极小值

↗

所以函数 f(x)的极大值为 f (t 2

 3)  ( 3)3  9 ( 3)  6 3 ；函数小值为

f (t2

 3)  ( 3)3  9( 3)  6 3 .

（III）解：曲线 y  f ( x) 与直线 y  (x t2 )  6 3 有三个互异的公共点等价于关于 x

的方程u  x  (xt t2  d) (x t2 ) (x t2  d)  (x t2 )  6 3  0 有三个互异的实数解，令

设函数 g x2 ，可得 x3  (1 u3(1d2)u630. d2 )x  6 3 ，则曲线 y  f ( x) 与直线 y  (x t2)  6 3 有三个互

异的公共点等价于函数 y  g ( x ) 有三个零点.

g'(x)  3x3  (1 d2) .

当 d 2≤1 时， g' ( x )≥ 0 ，这时 g' ( x) 在 R 上单调递增，不合题意.

当 d 2  1 时， g' ( x)  0 ，解得 x  2

d  1 3，d 2  1

1

x 2  3 .

易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1， x2]上单调递减，在(x2， +∞)上单调递增，

g(x)的极大值 g ( x  d 2  1  2 3( d 2  1)32

1) 6 3  0.  g    3 

 9

g(x)的极小值 g ( x  d 2  1  2 3( d 23 2)  g     1)2

 3  9 6 3.

若 g ( x 2) ≥0 ，由

g(x)的单调性可知函数 y  f ( x) 至多有两个零点，不合题意. 若3

g ( x 2

)  0, 即 (d 2  1)2  27 ，也就是 | d | 10 ，此时 | d | x 2，

g (| d |) | d | 6 3  0, 且2|d | x1 , g (2 | d |)  6 | d |3 2 | d | 6 3  62 10  6 3  0 ，从而由 g ( x) 的单调

性，可知函数

y  g ( x) 在区间 (2 | d |, x ),(1 x , x ),( x ,| d |) 内各有一个零点，符合题 意

1

2

2

所以 d 的取值范围是 (,  10)

( 10, ).

【考点】导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，

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