【天津卷】2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(文)真题(含答案)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数 学（文史类）

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、准考号填写在答题卡上，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PA

BPAPB.

·圆柱的体积公式VSh，其中S表示圆柱的底面面积，h表示圆柱的高 ·棱锥的体积公式V

1

Sh，其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高 3

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1,1,2,3,5，B2,3,4 ，C{xR|1„x3} ，则(A（A）{2}





（B）{2，3}



（C）{-1，2，3}



C)B

（D）{1，2，3，4}

xy2≤0,xy2≥0,

（2）设变量x,y满足约束条件则目标函数z4xy的最大值为

x…1,y…1,

（A）2



（B）3



（C）5



（D）6

（3）设xR，则“0x5”是“x11”的 （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）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为



（A）5



（B）8



（C）24

0.2

（D）29

（5）已知alog27，blog38，c0.3（A）cba （c）bca

2

，则a,b,c的大小关系为







（B）abc （D）cab

x2y2

（6）已知抛物线y4x的焦点为F，准线为l.若与双曲线221(a0,b0)的两条渐近线分别

ab

交于点A和点B，且|AB|4|OF|（O为原点），则双曲线的离心率为 （A）2





（B）3





（C）2



（D）5

（7）已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)是奇函数，且fx的最小正周期为，将，所得图象对应的函数为gx.若yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）

3

g2，则f48

（A）-2





 





（C）2



（D）2

（B）2


2x,0剟x1,

1

（8）已知函数f(x)1若关于x的方程f(x)xa(aR)恰有两个互异的实数解，

4x1.,

x

则a的取值范围为 （A）,

44

59



（B）

59

, 44



（C）

59

,{1} 44



（D）,

44

59

{1}



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2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数 学（文史类）

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）i是虚数单位，则的值

5i

的值为__________. 1i

2

（10）设xR，使不等式3xx20成立的x的取值范围为__________. （11）曲线ycosx

x

在点0,1处的切线方程为__________. 2

（12）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面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x0，y0，x2y4，则

(x1)(2y1)

的最小值为__________.

xy

（14）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB23 ，AD5 ，A30 ，点E在线段CB的延长线上，且AEBE，则BDAE__________.

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. （Ⅰ）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？

（Ⅱ）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A,B,C,D,E,F.享受情况如右表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.

员工

A

项目 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

○ × × ○ × ○

B

○ × × ○ × ○

C

× ○ × × ○ ×

D

○ × ○ × × ×

E

× ○ × ○ × ×

F

○ ○ × ○ × ○

（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ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a,b,c.已知bc2a，3csinB4asinC. （Ⅰ）求cosB的值； （Ⅱ）求sin2B







的值. 6

（17）（本小题满分13分）

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC平面PCD，

PACD，CD2，AD3，




（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD； （Ⅱ）求证：PA平面PCD；

（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. （18）（本小题满分13分）

设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0，已知a1b13，b2a3 ，b34a23. （Ⅰ）求an和bn的通项公式；

1,



（Ⅱ）设数列cn满足cn

bn2

（19）（本小题满分14分）

n为奇数,n为偶数,

求a1c1a2c2

a2nc2n

nN.

*

x2y2

设椭圆221(ab0)的左焦点为F，左顶点为A，顶点为B.已知3|OA|2|OB|（O为原点）.

ab

（Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点F且斜率为

3

的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆4

心C在直线x4上，且OC∥AP，求椭圆的方程. （20）（本小题满分14分

设函数f(x)lnxa(x1)e，其中aR. （Ⅰ）若a≤0，讨论fx的单调性； （Ⅱ）若0a

x

1

， e

（i）证明fx恰有两个零点

（ii）设x为fx的极值点，x1为fx的零点，且x1x0，证明3x0x12.




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2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数 学（文史类）参考解答

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）D （5）A



（2）C （6）D



（3）B （7）C



（4）B （8）D

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）3









（10）1,（13）

2 3







（11）x2y20

（12）

 4



9 2



（14）1

三.解答题

（15）本小题主要考查随机抽样、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，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力，满分13分.

解：（1）由已知，老、中、青员工人数之比为6:9:10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员中分别抽取6人，9人，10人. （Ⅱ）（i）从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为

{A，F},B,C,B,D,B,E,B,F,C,D,C,E,C,F,D,E,D,FE,FA,B,A,C,A,D,A,E，

，共15种.

（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为

A,B,A,D,A,E,A,F,B,D,B,E,B,F,C,E,C,F,D,F,E,F，共11种.

所以，事件M发生的概率P(M)

11

15

（16）本小题主要考查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，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. （1）解：在ABC中，由正弦定理

bc

，得bsinCcsinB，又由3csinB4asinC，得sinBsinC

42

3bsinC4asinC，即3b4a.又因为bc2a，得到ba，ca.由余弦定理可得

33


421622

aaa

a2c2b2199cosB.

22ac42aa3

（Ⅱ）解：由（1）可得sinB1cosB

2

15 4158

，

，从而

sin2B2sinBcosBcos2Bcos2Bsin2B

78

，故

15371357

. sin2Bsin2Bcoscos2Bsin

666828216

（17）本小题主要考查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等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力满分13分.



（Ⅰ）证明：连接BD，易知AC

BDH，BHDH.又由BGPG，故GH∥PD，又因为GH

平面PAD，PD平面PAD，所以GH∥平面PAD.

（Ⅱ）证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DNPC，又因为平面PAC平面PCD，平面PAC

平面PCDPC，所以DN平面PAC，交PA平面PAC，故DNPA

.又已知PACD，

CDDND，所以PA平面PCD.

（Ⅲ）解：连接AN，由（Ⅱ）中DN平面PAC，可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角， 因为PCD为等边三角形，CD2且N为PC的中点，所以DN3.又DNAN，

在RtAND中，sinDAN

DN3

. AD3

3

. 3

所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为

（18）本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前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an的公差为d，等比数列bn的公比为q依题意，得

n1n故an33(n1)3n，bn333.

3q32dd3

，解得，2

3q154dq3

n

所以，an的通项公式为an3n，bn的通项公式 为bn3.

（Ⅱ）解：a1c1a2c2a2nc2n

a1a3a5a2n1a2b1a4b2a6b3 n3

a2nbn

n(n1)

663112321833...6n3n 2

3n26131232

n3n

12n

Tn1323n3. ① 23

3Tn1323

n331， ②

n

n1

②-①得，2Tn333...3n3

23



313n13

n3

n1

(2n1)3n13

. 

2

(2n1)3n13

所以，a1c1a2c2...a20c2n3n6Tn3n3

2

2

2

(2n1)3n26n29

nN*. 2

（19）本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.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、数形结合思想解决问题的能力，满分14分.

322222

ac（Ⅰ）解：设椭圆的半焦距为c，由已知有3a2b，又由abc，消去b得a，2

解得

2

c1

. a2

1. 2

所以，椭圆的离心率为

x2y2

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，a2c，b3c ，故椭圆方程为221.由题意，Fc,0，则直线l

4c3c


x234c2

的方程为y(xc).点P的坐标满足

4y



解得x1c，x2

y2

21，3c22

，消去y并化简，得到7x6cx13c0，

3

(xc)，4

13c393

，代入到l的方程，解得y1c，y2c.因为点P在x轴上方，所以Pc,c.72142

3

ct2由圆心C在直线x4上，可设C4,t.因为OC∥AP，且由（Ⅰ）知A2c,0，故，解得4c2c

t2.因为圆C与x轴相切，所以圆的半径为2，又由圆C与l相切，得

3

(4c)24314

2

2，可得c2.

x2y2

1. 所以，椭圆的方程为

1612

（20）本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.满分14分. （Ⅰ）解：由已知，fx的定义域为(0,)，且

11ax2exxx

f(x)aea(x1)e xx



2x

因此当a≤0时，1axe0 ，从而f(x)0，所以fx在(0,)内单调递增.



1ax2ex12x

（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知f(x).令g(x)1axe，由0a，

xe



可知gx在(0,)内单调递减，又g(1)1ae0，且

1111

gln1aln1ln0. aaaa

故gx0在(0,)内有唯一解，从而f(x)0在(0,)内有唯一解，不妨设为x0，则1x0ln



22

1

.a

当x0,x0时，f(x)



g(x)gx00，所以fx在0,x0内单调递增；当x(x0,)时，xx

g(x)gx0f(x)0，所以fx在(x0,)内单调递减，因此x0是fx的唯一极值点.

xx




令h(x)lnxx1，则当x1时，h(x)



1

10，故hx在(1,)内单调递减，从而当x1时，x

hxh10 ，所以lnxx1.从而

1

11111lna1

flnlnlnaln1elnlnln1hln0，

aaaaaa

又因为fx0f(1)0，所以fx在(1,)内有唯零点.又fx在0,x0内有唯一零点1，从而，

fx）在(1,)内恰有两个零点.

2x2

x11x1x0x0lnx1fx00,ax0e1x1x0

lnxe（ii）由题意，即，从而，即.因为e1x12

xfx0,lnxax1ex110111

当x1时，lnxx1 ，又x1x01，故e于是

x1x0

2

x0x11xx22

，两边取对数，得lne10lnx0，x0

x11

x1x02lnx02x01，

整理得3x0x12.

本文来源：https://www.wddqxz.cn/e9bac5ddf9b069dc5022aaea998fcc22bcd143aa.html