2020-2021学年天津数学(理)高考模拟试题(及答案)

普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学（理工类）

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5页。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题考上，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 ·如果事件A，B相互独立，那么 P(A∪B)=P(A)+P(B)．P(AB)=P(A) P(B)． ·棱柱的体积公式V=Sh.

·棱锥的体积公式V1Sh. 3其中S表示棱柱的底面面积， h表示棱柱的高．

其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高．

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）设集合A{1,2,6},B{2,4},C{xR|1x5}，则(A（A）{2}（B）{1,2,4}（C）{1,2,4,6}（D）{xR|1x5}

B)C

2xy0,x2y20,（2）设变量x,y满足约束条件则目标函数zxy的最大值为

x0,y3,（A）

23（B）1（C）（D）3 32（3）阅读右面的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为24，则输出N的值为

（A）0 （B）1（C）2（D）3 （4）设R，则“|ππ1|”是“sin”的 12122（A）充分而不必要条件（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

x2y2（5）已知双曲线221(a0,b0)的左焦点为F，学 科&网离心率为2.若经过F和

abP(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y21（B）1（C）1（D）1（A）

44884884

（6）已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)xf(x).若ag(log25.1)，bg(20.8)，cg(3)，则a，b，c的大小关系为 （A）abc

（B）cba

（C）bac

（D）bca

5)2，f()0，且f(x)88（7）设函数f(x)2sin(x)，xR，其中0，||.若f(的最小正周期大于2，则

（A）13

2， 312 24（B）2， 312

1（C），

243（D）

，x2x3,x1,x（8）已知函数f(x)设aR，若关于x的不等式f(x)|a|在R上恒成立，22x,x1.x则a的取值范围是 （A）[

47,2] 16（B）[4739,] （C）[23,2] 1616（D）[23,39 ]16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）已知aR，i为虚数单位，若

ai为实数，则a的值为 . 2i（10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .

（11）在极坐标系中，直线4cos()10与圆2sin的公共点的个数为___________.

6a44b41（12）若a,bR，ab0，则的最小值为___________.

ab（13）在△ABC中，∠A60，AB3，AC2.若BD2DC，AEACAB(R)，且ADAE4，则的值为___________.

（14）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）

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）

在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知ab，a5,c6，sinB（Ⅰ）求b和sinA的值； （Ⅱ）求sin(2A3. 5π)的值. 416.（本小题满分13分）

从甲地到乙地要经过3个十字路口，学&科网设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为

111,,. 234（Ⅰ）设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望； （Ⅱ）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率. （17）（本小题满分13分）

如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；

（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为7，求线段AH的长. 21

18.（本小题满分13分）

已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(nN)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，

b2b312,b3a42a1，S1111b4.

（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列{a2nb2n1}的前n项和(nN).

（19）（本小题满分14分）

x2y21设椭圆221(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，学|科网离心率为.已知A是抛物线

ab2y22px(p0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为

（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为

（20）（本小题满分14分）

设aZ，已知定义在R上的函数f(x)2x43x33x26xa在区间(1,2)内有一个零点x0，

1. 26，求直线AP的方程. 2g(x)为f(x)的导函数.

（Ⅰ）求g(x)的单调区间； （Ⅱ）设m[1,x0)(x0,2]，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)，求证：h(m)h(x0)0；

（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p,q，且

p[1,x0)(x0,2],满足q|

p1x0|. 4qAq

天津理数答案

1-4BDCA 5-8BCAA 9.−2； 10.

9π； 211.2； 12.4； 13.

3； 1114.1080

15.（Ⅰ）解：在△ABC中，因为ab，故由sinB有b2a2c22accosB13，所以b13. 由正弦定理

34，可得cosB.由已知及余弦定理，55abasinB313,得sinA. b13sinAsinB313. 13所以，b的值为13，sinA的值为（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及ac，得cosA12213，所以sin2A2sinAcosA， 1313cos2A12sin2A5πππ72.故sin(2A)sin2Acoscos2Asin.

444261316.（Ⅰ）解：随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.

1111P(X0)(1)(1)(1)，

234411111111111P(X1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)，

234234234241111111111P(X2)(1)(1)(1)，

23423423441111. P(X3)23424所以，随机变量X的分布列为

X

0 1 2 3

P

1 411 241 41 24随机变量X的数学期望E(X)01111113123. 42442412（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P(YZ1)P(Y0,Z1)P(Y1,Z0)P(Y0)P(Z1)P(Y1)P(Z0)

11111111. 42424448所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为

11. 48（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.依题意可得

A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.

（Ⅰ）证明：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2）.设n(x,y,z)，为平面BDE的法向量， 2y0nDE0则，即.不妨设z1，可得n(1,0,1).又MN=（1，2，1），可得MNn0.

2x2z0nDB0因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE.

（Ⅱ）解：易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2(x,y,z)为平面EMN的法向量，则2yz0n2EM0，因为EM(0,2,1)，MN(1,2,1)，所以.不妨设y1，可得x2yz0n2MN0n2(4,1,2).

因此有cosn1,n2n1n24105，于是sinn1,n2. |n1||n2|2121所以，二面角C—EM—N的正弦值为105. 21（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（0h4），则H（0，0，h），进而可得NH(1,2,h)，BE(2,2,2).由已知，得|cosNH,BE|81，或h. 52|NHBE||2h2|7，整理得10h221h80，解得

2|NH||BE|h52321h81所以，线段AH的长为或.

5218.【解析】（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

2由已知b2b312，得b1(qq)12，而b12，所以q2q60.

n又因为q0，学.科网解得q2.所以，bn2.

由b3a42a1，可得3da18①. 由S11=11b4，可得a15d16②，

联立①②，解得a11，d3，由此可得an3n2.

n所以，学&科网数列{an}的通项公式为an3n2，数列{bn}的通项公式为bn2.

（II）设数列{a2nb2n1}的前n项和为Tn，

n1n由a2n6n2，b2n14，有a2nb2n1(3n1)4， 23故Tn245484(3n1)4n，

4Tn242543844(3n1)4n1，

34n(3n1)4n1

23上述两式相减，得3Tn24343412(14n)4(3n1)4n1 14(3n2)4n18.得Tn3n2n184. 333n2n184. 33所以，数列{a2nb2n1}的前n项和为

19.（Ⅰ）解：设F的坐标为(c,0).依题意，

11c1p，a，ac，解得a1，c，

22a22p2，于是b2a2c223. 44y21，抛物线的方程为y24x. 所以，椭圆的方程为x3（Ⅱ）解：设直线AP的方程为xmy1(m0)，与直线l的方程x1联立，可得点

4y22221联立，消去x，整理得P(1,)，故Q(1,).将xmy1与x3mm(3m24)y26my0，解得y0，或y6m.由点B异于点A，可得点23m4可

得

直

线

3m246mB(,)3m243m24.由

Q(1,2)m，BQ的方程为

6m23m24223m2(2)(x1)(1)(y)0，令y0，解得x，故223m4m3m4m3m223m26m223m26D(2,0).所以|AD|12.又因为的面积为，故△APD23m23m223m216m2266622，整理得3m26|m|20，解得|m|，所以m.

3323m2|m|2所以，直线AP的方程为3x6y30，或3x6y30.

20.（Ⅰ）解：由f(x)2x43x33x26xa，可得g(x)f(x)8x39x26x6，

2进而可得g(x)24x18x6.令g(x)0，解得x1，或x1. 4当x变化时，g(x),g(x)的变化情况如下表：

x (,1)

+ ↗

1(1,)

4- ↘

1(,) 4+ ↗

g(x) g(x)

所以，g(x)的单调递增区间是(,1)，(,)，单调递减区间是(1,). （Ⅱ）证明：由h(x)g(x)(mx0)f(m)，得h(m)g(m)(mx0)f(m)，

1414h(x0)g(x0)(mx0)f(m).

令函数H1(x)g(x)(xx0)f(x)，则H1(x)g(x)(xx0).由（Ⅰ）知，当x[1,2]时，故当x[1,x0)时，H1(x)0，H1(x)单调递减；当x(x0,2]时，H1(x)0，H1(x)g(x)0，

单调递增.因此，当x[1,x0)(x0,2]时，H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得

H1(m)0,即h(m)0.

令函数H2(x)g(x0)(xx0)f(x)，则H2(x)g(x0)g(x).由（Ⅰ）知，g(x)在[1,2]上单调递增，故当x[1,x0)时，H2(x)0，H2(x)单调递增；当x(x0,2]时，H2(x)0，H2(x)单调递减.因此，当x[1,x0)所以，h(m)h(x0)0. （III）对于任意的正整数

(x0,2]时，H2(x)H2(x0)0，可得H2(m)0,即h(x0)0.

p，q，且

p[1,x0)(x0,2]， q令mp，函数h(x)g(x)(mx0)f(m). q由（II）知，当m[1,x0)时，h(x)在区间(m,x0)内有零点； 当m(x0,2]时，h(x)在区间(x0,m)内有零点.

所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，则h(x1)g(x1)(由（I）知g(x)在[1,2]上单调递增，故0g(1)g(x1)g(2)，

ppx0)f()0. qqppf()|f()|p|2p43p3q3p2q26pq3aq4|qq|于是|x0||. 4qg(x1)g(2)g(2)q因为当x[1,2]时，g(x)0，故f(x)在[1,2]上单调递增， 所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点，而

ppx0，故f()0.

qq又因为p，q，a均为整数，所以|2p43p3q3p2q26pq3aq4|是正整数， 从而|2p43p3q3p2q26pq3aq4|1. 所以|p1p1x0||x|.所以，只要取，就有. Ag(2)044qg(2)qqAq