2019年高考理科数学天津卷含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 20 页） 数学试卷 第 2 页（共 20 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（理工类）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、互斥，那么.AB()( )( )P ABP AP BU如果事件、相互独立，那么.AB()( ) ( )P ABP A P B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

2、的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则 （ ） 1,1,2,3,5,2,3,4,|13ABCxx R()ACB IUA.B. 2 2 3 ,C.D.12 3 , ,12 3 4, , ,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,xy xy x y 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.8C.24D.295.已知抛物线的焦点为，准线为 ，若

3、与双曲线24yxFll的两条渐近线分别交于点和点，且22221(0,0)xyababAB（为原点），则双曲线的离心率为| 4|ABOFO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 20 页） 数学试卷 第 4 页（共 20 页）（ ）A.B.23C.D.256.已知，则的大小关系为（ 5log 2a 0.5og2 .l0b 0.20.5c , ,a b c）A.B.acbabcC.D.bcacab7.已知函数是奇函数，将的图象上所( )sin()(0,0,| )f xAxA yf x有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），所得图

4、象对应的函数为.若 g x且的最小正周期为，且，则（ g x22 4g3 8f）A.B.22C. D.228.已知，设函数若关于的不等式在上aR222 ,1,( )ln ,1.xaxaxf xxaxxx( ) 0f x R恒成立，则的取值范围为（ a）A.B.0,10,2C.D.0,e 1,e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 1 i 10.的展开式中的常数项为 .83128xx11.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆25周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面

5、的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .12.设，直线和圆（为参数）相切，则的值为 .aR20axy22cos , 12sinx y a13.设，则的最小值为 .0,0,25xyxy(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）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

6、（）求的值.sin 26B数学试卷 第 5 页（共 20 页） 数学试卷 第 6 页（共 20 页） 16.（本小题满分 13 分）设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30 之前到校的概率均为.假定甲、乙两位2 3 同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（）用表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量的XX分布列和数学期望；（）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学M在 7：30 之前到校的天数恰好多 2”，求事件发生的概率.M17.（本小题满分 13 分）如图，平面，AE ABCD,CFAEADBCADAB1ABAD.2A

7、EBC（）求证：平面；BFADE（）求直线与平面所成角的正弦值；CEBDE（）若二面角的余弦值为，求线段的长.EBDF1 3CF18.（本小题满分 13 分）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为 4，22221(0)xyababFB离心率为.5 5（）求椭圆的方程；（）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，PMPBx点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线Ny| |ONOFOOPMN的斜率.PB-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 20 页） 数学试卷 第 8 页（共 20 页）19.（本小题满分 1

8、4 分）设是等差数列，是等比数列.已知. na nb1122334,622,24abbaba，（）求和的通项公式； na nb（）设数列满足其中. nc111,22 , 21,kknk kncb nc *kN（i）求数列的通项公式；221nnac（ii）求.2 *1nii ia cnN20.（本小题满分 14 分）设函数为的导函数.( )e cos ,( )xf xxg x f x（）求的单调区间； f x（）当时，证明；,4 2x ( )( )02f xg xx（）设为函数在区间内的零点，其中，nx( )( )1u xf x2,242nnnN证明.20022sinc se onnnxxx20

9、19 年普通高等学校全国统一招生考试（天津市）数学（理工类）答案解析第卷一、选择题1 【答案】D【解析】由条件可得，故. 1,2AC I2,3,4B ()1,2,3,4ACB IU【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】画出可行域如图中阴影部分所示.由得，可知当直线过点 A4zxy 4yxz时，取得最大值，由，可得，所以 A 的坐标为，.故z20, 1,xy x 1, 1,x y ( 1,1).max4( 1)15z 数学试卷 第 9 页（共 20 页） 数学试卷 第 10 页（共 20 页） 【考点】线性规划【考查能力】数形结合3 【答案】B【解析】由可得，由，

10、解得，由于区间是250xx05x11x 02x(0,2)的真子集，故“”是“”的必要而不充分条件.故选(0,5)(0,2)(0,5)05x11x B.【考点】充分性与必要性的判断，简单的不等式求解【考查能力】运算求解4 【答案】B【解析】由题意知，；，；，011S 2i 1j 11225S 3i 538S ，满足，输出的.4i 4i8S 【考点】程序框图【考查能力】运算求解5 【答案】D【解析】由题意，可得，直线 l 的方程为，双曲线的渐近线方程为.(1,0)F1x byxa 将代入，得，所以点 A，B 的纵坐标的绝对值均为，由1x byxa bya b a可得，即，故双曲线的离心率| 4|A

11、BOF24b a2ba224ba.2225cabeaa【考点】抛物线的标准方程与几何性质，双曲线的离心率【考查能力】运算求解6 【答案】A【解析】，而，故；551log 2log52a 0.2110.50.52c ac，而，故，所以0.50.5log0.2log0.252b 0.200.50.51c cbacb【考点】利用指数函数与对数函数的性质比较大小【考查能力】逻辑思维7 【答案】C【解析】由是奇函数，可得，又，所以，所以( )f x()kkZ|0，由的最小正周期为，可得，故，1( )sin2g xAx( )g x2 221 2 =2，所以，所以，故( )sin2f xAx( )sin=

12、24g xA2A( )2sin2f xx.332sin284f【考点】三角函数的图象与性质，三角函数的奇偶性、周期性【考查能力】数形结合数学试卷 第 11 页（共 20 页） 数学试卷 第 12 页（共 20 页）8 【答案】C【解析】解法一 当时，不等式恒成立，排除 D；当时，0a ( ) 0f x ae，当时的最小值为，满足222 ,1,( )eln ,1,xexe xf xxx x1x2( )22f xxexe(1)10f ；当时，由可得，易得f（x）在( ) 0f x 1x( )elnf xxx 1exefxxx ( )f x处取得极小值（也是最小值），满足恒成立，排除 A，B.故选

13、C.xe 0f e ( ) 0f x 解法二 若，当时，可得的最小值1x222( )22()2f xxaxaxaaa1a( )f x为，令，解得，故；当时，可得的2( )2f aaa ( ) 0f x 02a0a11a( )f x最小值为，满足条件。所以. 11 0f 0a若，由可得，当时，则单1x lnf xxax( )1axafxxx 1a 0fx ( )f x调递增，故只需，显然成立；当时，由可得，易得的( ) 0f x 1a( )=0fxxa( )f x最小值为，令，解得，故，所以.综上，a lnf aaaa( ) 0f a ae0aeae的取值范围是.0,e【考点】考查函数的性质与导

14、数的应用，不等式恒成立问题【考查能力】逻辑思维，运算求解第卷二、填空题9 【答案】13【解析】解法一 ，故.5i(5i)(1i)46i23i1i(1i)(1i)2225i23i2( 3)131i 解法二 .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】28【解析】二项展开式的通项，令可888 4 188311(2 )288rr rrr rrTCxC xx 840r得，故常数项为.2r 2 62 812288C【考点】二项式定理的应用11 【答案】 4【解析】由题可得，四棱锥底面对角线的长为 2，则圆柱底面的半径为，易知四

15、棱锥的高1 2为，故圆柱的高为 1，所以圆柱的体积为.5 12 21124 【考点】空间几何体的结构特征与体积的计算【考查能力】空间想象12 【答案】3 4【解析】由已知条件可得圆的直角坐标方程为，其圆心为，半径22(2)(1)4xy(2,1)为 2，由直线和圆相切可得，解得. 2|212|2 1aa 3 4a 【考点】圆的参数方程，直线与圆的位置关系13 【答案】4 3【解析】，由得(1)(21)2212662xyxyyxxyxyxyxyxyxy25xy数学试卷 第 13 页（共 20 页） 数学试卷 第 14 页（共 20 页） ，即，即，当且仅当时等号成立. 5 2 2xy5 2 4xy

16、25 8xy522xy当且仅当，即时取等号，结合6622 24 3xyxyxyxy62 xyxy3xy 可知，xy 可以取到 3，故的最小值为.25 8xy(1)(21)xy xy4 3【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】1【解析】解法一 在等腰中，易得，故，则AEB30BAEABE 2BE 2|()BD AEADABABBEAD ABAD BEABAB BEuuu r uu u ruuu ruu u ruu u ruuruuu r uu u ruuu r uuruu u ruu u r uur52 3cos3052 cos180122 32

17、cos15015 10 126=1 解法二 在中，由余弦定理可得，所以ABD25122 52 3cos307BD ，则.设与的夹角，则1272521cos1422/37ABD 5 7sin14ABDBDuuu r AEuu u r 7coscos 18030 )cos30coscos30sinsin3014ABDABDABDABD ，在中，易得，故.ABE2AEBE772114BD AE uuu r uu u r【考点】平面向量基本定理的线性运算与数量积【考查能力】运算求解三.解答题15 【答案】 （）解：在中，由正弦定理，得，又由ABCsinsinbc BCsinsinbCcB，得，即又因为

18、，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】 （I）先根据及正弦定理求出 a，b 的关系，再结合，用3 sin4 sincBaC2bcaa 表示出 b，c，最后利用余弦定理即可得出结果；（）先利用倍角公式，求出与，再利用两角和的正弦公式求解

19、即可。sin2Bcos2B【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】算求解能力16 【答案】 （）解：因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天 7：30 之前到校的概率均为，故，从而2 323,3XB3321()C,0,1,2,333kk kP Xkk 所以，随机变量的分布列为XX0123P1 272 94 98 27随机变量的数学期望X2()323E X 数学试卷 第 15 页（共 20 页） 数学试卷 第 16 页（共 20 页）（）解：设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为，则，且Y23,3YB由题意知

20、事件与互斥，3,12,0MXYXYU3,1XY2,0XY且事件与，事件与均相互独立，从而由（）知3X 1Y 2X 0Y ()(3,12,0)(3,1)(2,0)P MPXYXYP XYP XYU824120(3) (1)(2) (0)279927243P XP YP XP Y【解析】 （I）先根据已知条件分析出 X 服从二项分布，再利用二项分布的概率计算公式求出相应概率，即可求出其分布列与数学期望；（）先分析出乙同学 7：30 之前到校的天数 Y 服从二项分布，再根据互斥事件与相互独立事件的概率计算公式求概率即可。【考点】离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式【

21、考查能力】运用概率知识解决简单实际问题17 【答案】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，AAB AD AEuu u ruuu ruu u r ，xy轴正方向的空间直角坐标系（如图） ，可得，z(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)ABCD设，则(0,0,2)E(0)CFhh1,2,Fh（）证明：依题意，是平面的法向量，又，可得(1,0,0)AB uu u r ADE(0,2, )BFhuu u r，又因为直线平面，所以平面0BF ABuu u r uu u r BF ADEBFADE（）解：依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDB

22、ECE uuu ruuruu u r设为平面的法向量，则即不妨令，( , , )x y znBDE0, 20,xy xz 1z 可得因此有(2,2,1)n4cos,9|CECE CE uu u ruu u r uu u rnn n所以，直线与平面所成角的正弦值为CEBDE4 9（）解：设为平面的法向量，则即( , , )x y zmBDF0,0,BDBFuuu ruu u rmm0, 20,xy yhz 不妨令，可得1y 21,1,hm由题意，有，解得经检验，符合题意224|1cos,|343 2hh m nm nm n8 7h 所以，线段的长为CF8 7【解析】根据条件建立空间直角坐标系.（

23、I）先求出平面 ADE 的法向量，再证明法向量与垂直，即可证得结论；BFuu u r（）先求出平面 BDE 的法向量，把问题转化为求向量与法向量夹角的余弦值，再利CEuu u r用向量的夹角公式即可得出结果；（）求出平面 BDF 的法向量，根据已知条件，利用向量的夹角公式求解即可。【考点】直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角，用空间向量解决立体几何问题数学试卷 第 17 页（共 20 页） 数学试卷 第 18 页（共 20 页） 的方法【考查能力】空间想象，运算求解，推理论证18 【答案】 （）解：设椭圆的半焦距为，依题意，又，可c524,5cba222abc得，5a 2,b 1c 所以

24、，椭圆的方程为22 154xy（）解：由题意，设设直线的斜率为，又0 ,0PPpMP xyxM x，PB0k k ，则直线的方程为，与椭圆方程联立整理得0,2BPB2ykx222,1,54ykxxy，可得，代入得，进而直2245200kxkx220 45Pkxk 2ykx228 10 45Pkyk线的斜率在中，令，得由题意得OP245 10Ppyk xk2ykx0y 2Mxk ，所以直线的斜率为由，得，化简0, 1NMN2kOPMN2451102kk k 得，从而224 5k 2 30 5k 所以，直线的斜率为或PB2 30 52 30 5【解析】 （I）根据已知条件及求出 a，b，c 的值，

25、即可得到椭圆的方程；222abc（）先根据题意设直线 PB 的斜率为，得到 PB 的方程，与椭圈方程联立，用斜(0)k k 率 k 表示出点 P 的坐标，再借助两直线的垂直关系建立方程，解出 k 即可。【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程，用代数方法研究圆锥曲线的性质【考查能力】运算求解能力，用方程思想解决问题19 【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2662 , 6124 ,qd qd 3, 2,d q 14(1) 331,623 2nn nnannb 所以，的通项公式为的通项公式为 na 31,nnanb3 2nnb （） （i）解：2

26、22113 21 3 21941nnnnnn nacab所以，数列的通项公式为221nnac221941nnnac（ii）解：2222 1111211nnniiniiiiii iiiia caa caac 12212439412nnn nii2114 143 252914n nnn 211*2725212nnnn N【解析】 （I）先分别设出数列的公差与数列的公比，然后利用已知条件建立方程 na nb组，求出公差与公比，最后利用公式求解即可.（） （i）将（l）中所求结论代入，即可求出相应的通项公式；（ii）分组求和，即可得出结果.【考点】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

27、】及运算求解20 【答案】 （）解：由已知，有因此，当( )e (cossin )xf xxx时，有，得，则单调递减；52,244xkk()kZsincosxx( )0f x f x数学试卷 第 19 页（共 20 页） 数学试卷 第 20 页（共 20 页）当时，有，得，则单调递32,244xkk()kZsincosxx( )0f x f x增所以，的单调递增区间为的单调递减区间为 f x32,2(),( )44kkkf xZ52,2()44kkkZ（）证明：记依题意及（） ，有，从( )( )( )2h xf xg xx( )e (cossin )xg xxx而当时，故( )2e sinx

28、g xx ,4 2x 0( )g x ( )( )( )( )( 1)( )022h xf xg xxg xg xx因此，在区间上单调递减，进而 h x,4 2 ( )022h xhf所以，当时，,4 2x ( )( )02f xg xx（）证明：依题意，即记，则 10nnu xf x cose1nx nx 2nnyxn，且,4 2ny 22ecosecos2ennyxnn nnnfyyxnn N由及（） ，得由（）知，当时， 2 0e1n nfyfy0nyy,4 2x ，所以在上为减函数，因此又由( )0g x g x,4 2 004ng yg yg（）知，故 02nnnfyg yy 02222000002sincossince eoee sennnn n ny nnfyyg yg yg yxxyy 所以，20022sinc se onnnxxx【解析】 （1）先求出面数的导函数，再根据的正负即可求出的单调区( )f x( )fx( )fx( )f x间；（）利用导数分析函数在区间上的单调性，证明( )( )( )2h xf xg xx,4 2 大于或等于 0 即可；( )h x（）先根据条件建立关于的关系式，再利用函数的单调性及（1） （）中的结论即可nx证明不等式.【考点】导数的运算，不等式证明，运用导数研究函数的性质和方法【考查能力】抽象概括，综合分析问题和解决问题