2019年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)
数学(文)试卷分析
1、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的
(1)设集合,,,则
(A) (B) (C) (D)
【答案】D 【解析】本题主要考察集合的运算 因为集合,则集合,故正确答案为D |
(2)设变量满足约束条件,则目标函数的最大值为
(A)2 (B)3 (C)5 (D)6
【答案】C 【解析】本题主要考察线性规划 记,则约束条件的可行域可由图像表示,由图可知,当直线经过点时,Z取最大值,则最大值为,故正确答案为C |
(3)设,则“”是“”的
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
【答案】B 【解析】本题主要考察充分条件与必要条件,解不等式 由可推出,由可推出 充分性:由不可推出,所以充分性不成立 必要性:由可推出,所以必要性成立,即是的必要不充分条件,故正确答案为B |
(4)阅读右边的程序框图,运行相应的程序,输出的值为
(A)5 (B)8 (C)24 (D)29
【答案】B 【解析】本题主要考察程序框图 初始: 第一次循环: 第二次循环: 第三次循环:,满足条件,输出,故正确答案为B |
(5)已知则的大小关系是
(A) (B) (C) (D)
【答案】A 【解析】本题主要考察指数函数,对数函数,比较大小 ,则的大小关系是 故正确答案为A |
(6)已知抛物线的焦点为,准线为,若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点,且,则双曲线的离心率为
(A) (B) (C) (D)
【答案】D 【解析】本题主要考察双曲线与抛物线的性质 抛物线的焦点,准线,则,且点和点关于x轴对称,则,。设双曲线的渐近线方程为,则点在渐近线上,将点坐标代入渐近线方程,则,又,则 故正确答案为D |
(7)已知函数是奇函数,则的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),所得图像对应的函数为,的最小正周期为,且,则
(A)-2 (B) (C) (D)2
【答案】C 【解析】本题主要考察三角函数的图像变换,函数的奇偶性 由f(x)是奇函数,可知f(0)=0,即且<π,所以。 横坐标伸长到原来的2倍得到g(x),所以g(x)= , 又g(x)最小正周期为2, 所以,g(x)=Asin, 所以A=2。 故正确答案为C |
(8)已知函数,若关于的不等式,恰有两个互异的实数解,则的取值范围为
(A) (B) (C) (D)
【答案】D 【解析】本题主要考察函数综合问题,分段函数与函数零点问题 方法一:的图像如图: 当直线与f(x)右部分相切时,切点为(2,),此时a=1,直线与f(x)左支有一个交点,与右支有一个切点,符合题意。 如果使切线向下平移,则直线只会与f(x)左支有一个交点,不符合题意。 如果使切线向上平移,直线会与f(x)左支有一个交点,与右支有两个交点,不符合题意。 直至经过(1,1),(1,1)这个点在f(x)上取不到,此时直线与f(x)会有2个交点,此时a=,符合题意。 如果继续向上平移,直至经过点(1,2),直线与f(x)左支和右支各一个交点,都是符合题意的,此时a的取值范围是( 综上,a的取值范围是 方法二:由题意,,则 画出g(x)函数图像如图所示: 即的图像与的图像恰有两个交点 将的图像自x轴开始向上平移,只要一个交点 第一个临界位置为点(2,1),此时,的图像与的图像恰有两个交点 继续向上平移,两图像由三个交点 第二个临界位置为(1,),此时,此时,的图像与的图像恰有两个交点,继续向上平移,两图像始终有两个交点 第三个临界位置为(1,),此时, 继续向上平移,两图像只有一个交点 综上,的取值范围为 |
2、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,则的值为
【答案】 【解析】本题主要考察虚数的运算 因为,,所以 |
(10)设,使不等式成立的x的取值范围是
【答案】 【解析】本题主要考察解不等式 因此解得 |
(11)曲线在点处的切线方程为
【答案】 【解析】本题考查求解切线方程 的导数为 则在处切线的斜率为 则切线方程可写为,整理得 |
(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
【答案】 【解析】本题主要考察立方体体积 因为四棱锥的底面是边长为的正方形,则正方形的对角线长为2,则四棱锥的高、底面正方形对角线的一半和四棱锥的侧棱构成直角三角形,设四棱锥的高为,则由勾股定理可得,即四棱锥的高为2,又因为圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,经过四棱锥四条侧棱的中点的正方形切面对角线长为1,则该圆柱的底面为这个正方形的外接圆,则该外接圆的半径,圆柱的高为四棱锥高的一半,则圆柱的体积 |
(13)设x>0,y>0,x+2y=4,则的最小值为
【答案】 【解析】本题主要考察解均值不等式 x+2y=4 所以 当且仅当x=2 y=1时等号成立 = |
(14)在四边形ABCD中,,点E在线段CB的延长线上,且,则
【答案】 【解析】本题主要考察平面向量的运算 过B做BF垂直于AD,因为,,则, 又因为,,则,则 以F为原点,FD、FB为坐标轴建立平面直角坐标系,则, |
3、解答题:本大题共6个小题,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,现采用分层抽样的办法,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
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人?
(2)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,享受情况如下表,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 项目 | A | B | C | D | E | F |
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 | ||||||
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果
②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
【答案】(1)分别抽取6人,9人,10人 (2)①见解析 ② 【解析】本题主要考察分层抽样,列举法求事件概率,考察综合分析问题的能力和计算能力 (1)解: 由已知老、中、青员工人数之比为,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、青员工中分别抽取取6人,9人,10人 (2)解 ①从已知6人中随机抽取2人可能的结果为 ②由①可知,符合条件的共11种,因此 |
(16)(本小题满分13分)
在中,内角所对的边分别为,已知,
(1)求的值
(2)求的值
【答案】(1) (2) 【解析】本题主要考察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 (1)解: 在中,由正弦定理,得,又由,得,即,又因为,得,,由余弦定理可得 (2)解: 由(1)可得,从而,,因此 |
(17)(本小题满分13分)
如图,在四棱锥中,底面ABCD为平行四边形,为等边三角形,
(1)设G,H分别为PB,AC中点,求证
(2)求证:
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值
【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【解析】本题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何的问题,考查空间想象能力,运用知识求解问题的能力和推理论证能力。 (1)证明: 连接BD,则 又由则 又因为 所以 (2)证明: 取PC中点N,连接DN,由题意 又因为 所以,又,故 又已知 所以 (3)解: 连接AN,由(2)知,则为直线AD与平面PAC所成角 因为为等边三角形,且N为PC中点,所以 又,在直角三角形AND中, 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 |
(18)(本小题满分14分)
设是等差数列,是等比数列,公比大于0,已知
(1)求和的通项公式
(2)设数列满足,求其中
【答案】(1), (2) 【解析】本题主要考察等差数列、等比数列以及其前n项和公式等基础知识,考察数列求和的基本方法和运算求解能力。 (1)解: 设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q, 由题意得,解得 则, 解: 记 则 则由错位相减法可得: 所以 |
(19)(本小题满分13分)
设椭圆的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B,已知
(1)求椭圆的离心率
(2)设经过点F且斜率为的直线l在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线上,且,求椭圆方程
【答案】(1) (2) 【解析】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识。考查用代数方法研究圆锥曲线的性质,考查运算解题能力,以及用方程思想解决问题的能力。 (1)解: 设椭圆的半焦距为c,由已知,则,又由 消去b得到 解得,所以椭圆的离心率为 (2)解: 由(1)可知,则椭圆方程可表示为 由题意,设经过点F的直线方程为, 联立直线与椭圆方程 得到,解得 代入直线方程可得 因为P在x轴上方,所以 又因为圆心C在直线上,设圆心坐标 因为,有(1)知 得,解得, 因为圆c与x轴相切,所以圆的半径长为2 又圆与直线l相切,则,解得 代入椭圆方程可得 |
(20)(本小题满分14分)
设函数,其中
(1)若讨论的单调区间
(2)若
①证明恰有两个零点
②设为的极值点,为的零点,且,证明.
【答案】(1)在内单调递增 (2)见解析 【解析】本题主要考察导数的综合应用,不等式的证明,运用导数研究函数性质的基础知识和方法,考察函数的转化思想,考察抽象概括能力,综合分析和解决问题的能力。 (1)解: 由已知,的定义域为, 且 因此当时,有,从而,所以在内单调递增. (2)证明: ①由(Ⅰ)知.令,由, 可知在内单调递减,又,且 . 故在内有唯一解,从而在内有唯一解, 不妨设为,则. 则当时,, 所以在内单调递增; 当时,, 所以在内单调递减, 因此是的唯一极值点. 令, 则当时,, 故在内单调递减, 从而当时, ,所以. 从而, 又因为,所以在内有唯一零点. 又在内有唯一零点1, 从而,在内恰有两个零点. ②由题意,即, 从而,即. 又因为当时, , 又,所以, 两边取对数,得, 则有, 整理得 |
¥29.8
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