2019年高考文科数学天津卷含答案.docx

数学试卷 第 1 页（共 22 页） 数学试卷 第 2 页（共 22 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试（天津市） 数学（文史类）本试卷分为第 I 卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟.第卷本卷共 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.()( )( )P ABP AP BU··圆柱的体积公式，其中表示圆柱的底面面积，表示圆柱的高.VShSh··棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面面积，表示棱锥的高.1 3VShSh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，则（ 1,1,2,3,52,3,4|13ABCxx R，()ACB IU）A.B. 22 3 ，C.D.12 3 ，1423，2.设变量x，y满足约束条件则目标函数的最大值为（ ）2 0,2 0,1,1,xyxyxy 4zxy A.2B.3C.5D.63.设，则“”是“”的（ xR05x|1| 1x）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4.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出 S 的值为（ ）A.5B.8毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 22 页） 数学试卷 第 4 页（共 22 页）C.24D.295.已知，则 A，B，C 的大小关系为（ ）0.2 23log 7,log 8,0.3abcA. B. cbaabcC.D.bcacab6.已知抛物线的焦点为F，准线为l.若l与双曲线的两24yx22221(0,0)xyabab条渐近线分别交于点 A 和点 B，且（O为原点），则双曲线的离心率为| 4|ABOF（ ）A.B.23C.2D.57.已知函数是奇函数，且的最小正周期( )sin()(0,0,| )f xAxA f x为，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），所 yf x得图象对应的函数为.若，则（ ） g x2 4g3 8fA.B.22C. D.228.已知函数若关于 x 的方程恰有两个互2,01, ( )1,1.xx f x xx 1( )()4f xxa a R异的实数解，则 A 的取值范围为（ ）A.B.5 9,4 4 5 9,4 4C.D.5 9,14 4U5 9,14 4 U第卷本卷共 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. 是虚数单位，则的值为 .i5i 1i 10.设，使不等式成立的 x 的取值范围为 .xR2320xx11.曲线在点处的切线方程为 .cos2xyx(0,1)12.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面 25的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .13.设，则的最小值为 .0,0,24xyxy(1)(21)xy xy14.在四边形中，点 E 在线段ABCD,2 3,5,30ADBCABADA的延长线上，且，则 .CBAEBEBD AEuuu r uu u r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）2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病 医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、 青员工分别有 72，108，120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽 取 25 人调查专项附加扣除的享受情况.（）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？（）抽取的 25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有 6 人，分别记为数学试卷 第 5 页（共 22 页） 数学试卷 第 6 页（共 22 页） .享受情况如下表，其中“”表示享受，“×”表示不享, , , , , A B C D E F受.现从这 6 人中随机抽取 2 人接受采访.员工项目ABCDEF子女教育××继续教育×××大病医疗×××××住房贷款利息××住房租金×××××赡养老人×××（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 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件 M 发生的概率.16.（本小题满分 13 分）在中，内角所对的边分别为.已知，ABC, ,A B C, ,a b c2bca.3 sin4 sincBaC（）求的值；cosB（）求的值.sin 26B17.（本小题满分 13 分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，PABCDABCDPCD 平面平面，.PAC PCD,2,3PACD CDAD（）设 G，H 分别为 PB，AC 的中点，求证：平面；GHPAD（）求证：平面；PAPCD-在-此-卷-上-答-题-无-效- - 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 22 页） 数学试卷 第 8 页（共 22 页）（）求直线 AD 与平面所成角的正弦值.PAC18.（本小题满分 13 分）设是等差数列，是等比数列，公比大于 0，已知na nb.1123323,43abba ba（）求和的通项公式；na nb（）设数列满足求. nc21nnn cbn ，为奇数,，为偶数.* 1 12222()nna ca ca cnNL19.（本小题满分 14 分）设椭圆的左焦点为 F，左顶点为 A，上顶点为 B.已知22221(0)xyabab（O 为原点）.3| 2|OAOB（）求椭圆的离心率；（）设经过点 F 且斜率为的直线 l 与椭圆在 x 轴上方的交点为 P，圆 C 同时与3 4x 轴和直线 l 相切，圆心 C 在直线上，且，求椭圆的方程.4x OCAP20.（本小题满分 14 分）设函数，其中.( )ln(1)exf xxa xaR（）若，讨论的单调性；0a( )f x（）若，10ea数学试卷 第 9 页（共 22 页） 数学试卷 第 10 页（共 22 页） （i）证明恰有两个零点；( )f x（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.0x( )f x1x( )f x10xx0132xx2019 年普通高等学校全国统一招生考试（天津市）数学（文史类）答案解析第卷一、选择题1 【答案】D【解析】通解：，所以，故选 D. 1,2AC2,3,4B ()1,2,3,4ACB优解：因为，所以中一定含有 2，3，4 三个元素，故排除|2,3,4|B ()ACBA，B，C，选 D.【考点】集合的交运算与并运算【考查能力】运算求解2 【答案】C【解析】解法一 作出可行域如图中阴影部分所示.由得，结合图形可4zxy 4yxz知当直线过点 A 时，最大，由，得，.故4yxzz20, 1,xy x ( 1,1)A .故选 C.max4 ( 1)15z 解法二易知目标函数：的最大值在可行域的顶点处取得，可行域的四个顶点分4zxy 别是，.当直线经过点时，；当直( 1,1)(0,2)( 1, 1) (3, 1)4yxz( 1,1)5z 线经过点时，；当直线经过点时，；当直4yxz(0,2)2z 4yxz( 1, 1) 3z 线经过点时，：.所以，故选 C.4yxz(3, 1)13z max5z【考点】简单的线性规划问题【考查能力】数形结合，运算求解3 【答案】B【解析】由，解得，故“”是“”的必11x 02x(0,2)(0,5)Ú05x11x 要而不充分条件.故选 B.【考点】绝对值不等式的解法，充要关系【考查能力】逻辑推理，运算求解4 【答案】B【解析】由题意知，；，；，01 1S 2i 1j 11225S 3i 538S ，退出循环.故输出的结果为 8，故选 B.4i 【考点】循环结构的程序框图数学试卷 第 11 页（共 22 页） 数学试卷 第 12 页（共 22 页）【考查能力】逻辑思维，运算求解5 【答案】A【解析】因为，22log 7log 42a 33log 8log 92b 3log 8 1b 0.20.31c 所以.故选 A.cba【考点】对数函数与指数函数的性质【考查能力】逻辑推理，运算求解6 【答案】D【解析】由题意知，双曲线的渐近线方程为，则(1,0)F:1l x byxa ，而，所以，所以| 4| 4ABOF| 2bABa2b a，故选 D.222245cabaaeaaa【考点】抛物线与双曲线的几何性质【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解7 【答案】B【解析】因为是奇函数，且其最小正周期为，所( )sin()(0,0,|)f xAxA以，所以，故，02( )sin2f xAx( )sing xAx2A( )2sin2f xx，故选 C.332sin284f【考点】三角函数的图象变换，三角函数的奇偶性、周期性【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解8 【答案】D【解析】由题意画出的图象，如图所示，当直线与曲线相切( )f x1 4yxa 1(1)yxx时，方程有一个解，得，11 4xax 2440xax2( 4 )440a 1a 此时有两个解.当直线经过点时，即，1( )4f xxa 1( )4f xxa (1,2)1214a 所以，当直线经过点时，得，从图象9 4a 1( )4f xxa (1,1)1114a 5 4a 可以看出当时，函数的图象与直线，有两5 9,4 4a2,01, ( )1,1xx f x xx 1 4yxa 个交点，即方程有两个互异的实数解.1( )4f xxa 故选 D.【考点】分段函数的图象与性质，函数图象的交点与方程的解之间的关系【考查能力】分析问题，解决问题，数形结合，运算求解第卷二、填空题9 【答案】13【解析】通解，于是.5i(5i)(1i)46i23i1i(1i)(1i)2225i23i2( 3)131i 数学试卷 第 13 页（共 22 页） 数学试卷 第 14 页（共 22 页） 优解 22225( 1)5i|5i|26131i|1i|211 【考点】复数的运算及复数的模【考查能力】运算求解10 【答案】21,3【解析】，即，所以.2320xx (32)(1)0xx 213x 【考点】一元二次不等式的解法11 【答案】220xy【解析】由题意知，于是，所以所求切线方程为，1si'n2yx 01'2xy 11(0)2yx 即.220xy【考点】导数的几何意义、切线方程【考查能力】运算求解12 【答案】4【解析】由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧校的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为 1，高为 1，所以该圆柱的体积.21124V 【考点】空间几何体的内接几何体13 【答案】9 2【解析】解法一：由题意知，代入得42xy，当了时，取得最222(421)(21)48552(42 )2424yyyy y yyyyy1x 224yy大值 2，此时原式取得最小值，所以.(1)(21)59222xy xy解法二：由题意知，代入22xy ，当当时，222(1)(41)(22)(5)2810102(4)4422xxxxxx xx xxxxxx2x 你取得最大值 4，此时原式取得最小值，所以.24xx(1)(21)59222xy xy解法三：由题意知因为，所(1)(21)2212552xyxyxyxy xyxyxyxy0x0y以，即，当且仅当时取“=” ，所以422 2xyxy2xy22xy.(1)(21)59222xy xy【考点】二次函数的性质，基本不等式的应用【考查能力】运算求解，化归与转化14 【答案】1x【解析】通解： 为等腰三角形，易得，所以，AEB| 2BE 2 5AEABBEABADuu u ruu u ruuruu u ruuu r则.22227|()1012211555BD AEADABABADADABAD AB uuu r uu u ruuu ruu u ruu u ruuu ruuu ruu u ruuu r uu u r优解：如图，以点 B 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴，垂直 BC 且过点 B 的直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，则，易知，又(0 0)B ，( 2,0)E ( 3, 3)A ，所以，于是，25122 52 3cos307BD (2, 3)D(2, 3)BD uuu r，所以.(1,3)AE uu u r (2, 3) (1,3)231BD AE uuu r uu u r数学试卷 第 15 页（共 22 页） 数学试卷 第 16 页（共 22 页）【考点】平面向量基本定理，向量的数量积【考查能力】分析问题与解决问题，运算求解三.解答题15.【答案】解：（）由已知，老、中、青员工人数之比为，由于采用分层抽样6 : 9 : 10的方法从中抽取 25 位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取 6 人，9 人，10 人.（） （i）从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为 , , , , , , , , , , , ,A BA CA DA EA FB C , , , , , , , , ,B DB EB FC DC E , ,C F，共 15 种. , , , , , D ED FE F（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为，共 11 种. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,A BA DA EA FB DBCEB FEC FD FE F所以，事件 M 发生的概率.11()15P M 【解题思路】 （）先根据题意求出老、中、青员工人数之比，然后用分层抽样的知识即可求解；（） （i）利用列举法即可求解；（ii）先找出事件 M 包含的结果，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【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【考查能力】用概率知识解决简单实际问题16.【答案】 （）解：在中，由正弦定理，得，又由ABCsinsinbc BCsinsinbCcB，得，即.又因为，得到，3 sin4 sincBaC3 sin4 sinbCaC34ba2bca4 3ba.由余弦定理可得.2 3ca222 222416 199cos22423aaaacbBacaa （）解：由（）可得，从而，215sin1cos4BB15sin22sincos8BBB ，故227cos2cossin8BBB .153713 57sin 2sin2 coscos2 sin666828216BBB 【解析】 （1）由正弦定理及已知条件得，再结合将 b，c 用 a 表示，最后34ba2bca用余弦定理求；cosB（）结合（I）求出，进而求出，最后利用两角和的正弦公式即可得sin B2sin B2cos B出结果.【考点】同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，正弦定理、余弦定理【考查能力】运算求解能力17.【答案】 （）证明：连接，易知，.又由，故BDACBDHIBHDHBG= PG.又因为平面 PAD，平面 PAD，所以平面 PAD.GH PDGH PD GH（）证明：取棱 PC 的中点 N，连接 DN.依题意，得，又因为平面平面DNPCPAC 数学试卷 第 17 页（共 22 页） 数学试卷 第 18 页（共 22 页） PCD，平面 平面，所以平面 PAC，又平面 PAC，故PAC IPCDPCDN PA.又已知，所以平面 PCD.DNPAPACDCDDNDIPA（）解：连接 AN，由（）中平面 PAC，可知为直线与平面 PAC 所DN DANAD成的角，因为为等边三角形，且 N 为 PC 的中点，所以.又，PCD2CD 3DN DNAN在中，.RtAND3sin3DNDANAD所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为.3 3【解析】 （I）连接 BD，由三角形的中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可GHPD得出结论；（）取 PC 的中点 N，连接 DN，则，由面面垂直的性质定理得平面DNPCDN PAC，进而得，利用线面垂直的判定定理即可证明；DNPA（）连接 AN，则由（）得为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，再计算DAN即可.sinDAN【考点】直线与平面平行，直线与平面垂直，平面与平面垂直，直线与平面所成的角【考查能力】空间想象，推理论证18.【答案】 （）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为.依题意，得 nad nbq解得故.2332 , 3154 ,qd qd 3, 3,d q 133(1)3 ,3 33nn nnannb 所以，的通项公式为，的通项公式为. na3nan nb3nnb （）解：1 12222nna ca ca cL 135212 1426 32nnnaaaaa ba ba ba bLL123(1)36(6 312 318 363 )2nn nnn L.21236 1 32 33nnnL记121 32 33nnTn L, 则23131 32 33nnTn L, 得，.1 23113 13(21)332333331332nn nnn nnTnn L所以， 1 22 1 12222(21)3336332nnnnna ca ca cnTn L.22(21)369 2nnnn N【解析】 （1）设等差数列的公差为 d，等比数列 0.的公比为 q，由已知条件建立方程组 na进行求解即可；（）利用分组求和法及错位相减法求解.【考点】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前项和公式n【考查能力】数列求和的基本方法，运算求解19.【答案】 （）解：设椭圆的半焦距为 c，由已知有，又由，消去32ab222abc得，解得.b2223 2aac1 2c a所以，椭圆的离心率为.1 2（）解：由（）知，故椭圆方程为.由题意，2 ,3ac bc2222143xy cc(, 0)Fc数学试卷 第 19 页（共 22 页） 数学试卷 第 20 页（共 22 页）则直线 的方程为 点 P 的坐标满足消去并化简，得到l3()4yxc22221,43 3(),4xy ccyxc y，解得.代入到 的方程，解得.2276130xcxc1213,7cxc x l1239,214yc yc 因为点在轴上方，所以.由圆心在直线上，可设.因为Px3,2P ccC4x (4, )Ct，且由（）知，故，解得.因为圆与轴相切，OCAP(2 , 0)Ac3 2 42ct cc2t Cx所以圆的半径长为 2，又由圆与 相切，得，可得.Cl 23(4)242 314c =2c所以，椭圆的方程为.22 11612xy【解析】 （I）利用已知条件将转化为，结合，求出椭3| 2|OAOB32ab222abc圆的离心率；（）由（I）得出，用 c 表示出椭因方程与直线 l 的方程，联立方程，消2ac3bc去 y，得到关于 x 的一元二次方程，求出点 P 的坐标，利用已知条件可求解 c 的值，进而得到椭圆的方程.【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程，圆，用代数方法研究圆锥曲线的性质【考查能力】运算求解，用方程思想，数形结合思想解决问题20.【答案】（）解：由已知，的定义域为，且( )f x(0,).211e( )e(1)ex xxfaxxaa xxx因此当 a0 时，从而，所以在内单调递增.21e0xax( )0fx( )f x(0,)（）证明：（i）由（）知.令，由，21e( )xaxfxx2( )1exg xax 10ea可知在内单调递减，又，且( )g x(0,)(1)1e0ga .221111ln1ln1ln0gaaaaa 故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则( )0g x (0,)( )0fx(0,)0x.当时，所以在内单调递011lnxa00,xx 0( )( )0g xg xfxxx( )f x00,x增；当时，所以在内单调递减，0,xx 0( )( )0g xg xfxxx( )f x0,x 因此是的唯一极值点.0x( )f x令，则当时，故在内单调递减，从而( )ln1h xxx1x 1( )10h' xx ( )h x(1,)当时，所以.从而1x( )(1)0h xhln1xx，ln1111111lnlnlnln1 elnlnln1ln0afahaaaaaa 又因为，所以在内有唯零点.又在内有唯一零点 0(1)0f xf( )f x0(,)x ( )f x00,x1，从而，在内恰有两个零点.( )f x(0,)（ii）由题意，即从而，即.因 010,0,fxf x012 011e1,lne ,1xxaxxa x101 12 01lnexxxxx102 011lne1xxxx x为当时，又，故，两边取对数，得1xln1xx101xx102 012 0 11e1xxxxxx，于是，102 0lnelnxxx10002ln21xxxx整理得.013 2xx【解题思路】 （I）首先求出导数，根据，确定函数的单调性；0a数学试卷 第 21 页（共 22 页） 数学试卷 第 22 页（共 22 页） （） （i）利用导数及函数的零点存在性定理得函数的单调性及具有唯一极值点， f x f x然后构造函数，结合函数的单调性及零点存在性定理证明恰有两个零点； f x（ii）建立与 x 的关系式，通过放缩法得证.0x【考点】导数的运算，不等式证明，运用导数研究函数的性质【考查能力】综合分析问题和解决问题的能力