2019年高考理数天津卷-答案

2019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Ⅰ卷
一、选择题 1．【答案】D
【解析】由条件可得{}1,2A C =I ，{}2,3,4B =，故{}()1,2,3,4A C B =I U . 【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4z x y =-+得4y x z =+，可知当直线过点A 时，z 取得最大
值，由20,1,x y x -+=⎧⎨=-⎩，可得1,1,x y =-⎧⎨=⎩
，所以A 的坐标为(1,1)-，.故max 4(1)15z =-⨯-+=.
【考点】线性规划 【考查能力】数形结合 3．【答案】B
【解析】由250x x -<可得05x ＜＜，由11x -＜，解得02x ＜＜，由于区间(0,2)是(0,5)的真子集
(0,2)(0,5)Ú，故“05x ＜＜”是“11x -＜”的必要而不充分条件.故选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 =+=，4i =，满足4i ≥，输出的8S =. 【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(1,0)F ，直线l 的方程为1x =-，双曲线的渐近线方程为b
y x a
=±
.将1x =-代入b
y x a =±，得b y a =±，所以点A ，B 的纵坐标的绝对值均为b a ，由||4||AB OF =可得24b a =，即2b a =，
2
2
4b a =
，故双曲线的离心率c e a ==
=【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
】51log 2log 2a ==
＜，而0.211
0.50.52
c ==＞，故a c ＜；0.50.5log 0.2log 0.252b =>=，而0.200.50.51c ==＜，故c b ＜，所以a c b ＜＜
【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()f x 是奇函数，可得()k k ϕπ=∈Z ，又||ϕπ<，所以0ϕ=，所以1
()sin 2
g x A x ω=，由()g x 的
最小正周期为2π，可得
2212
π
πω=，故=2ω，()sin 2f x A x =
，()sin 4g x A =π，所以2A =，所以()2sin 2f x x =
，故332sin 8
4f π
π⎛⎫==
⎪
⎝⎭
. 【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 8．【答案】C
【解析】解法一 当0a =时，不等式()0f x …恒成立，排除D ；当a e =时，
222,1,
()eln ,1,x ex e x f x x x x ⎧-+=⎨->⎩
…，当1x ≤时2()22f x x ex e =-+的最小值为(1)10f =>，满足()0f x …；当1x ＞时，
由()eln f x x x =-可得()'1e x e
f x x x
-=-
=
，易得()f x f （x ）在x e =处取得极小值（也是最小值）()0f e =，
满足()0f x …恒成立，排除A ，B .故选C.
解法二 若1x …，222()22()2f x x ax a x a a a =-+=--+，当1a ≤时，可得()f x 的最小值为2()2f a a a =-+，令()0f x …，解得02a ≤≤，故0a ≤≤1；当1a ＞时，可得()f x 的最小值为()110f =≥，满足条件。

所以0a ≥. 若1x ＞，由()ln f x x a x =-可得'()1a x a
f x x x
-=-
=，当1a ≤时，()'0f x ＞，则()f x 单调递增，故只需
()0f x …，显然成立；当1a ＞时，由'()=0f x 可得x a =，易得()f x 的最小值为()ln f a a a a =-，令()0f a …，解得a e ≤，故0a e ≤≤，所以a e ≤.综上，a 的取值范围是[]0,e . 【考点】考查函数的性质与导数的应用，不等式恒成立问题 【考查能力】逻辑思维，运算求解
第Ⅱ卷
二、填空题
9．
【解析】解法一
5i (5i)(1i)46i
23i 1i (1i)(1i)2
----===-++-，故
5i 23i 1i -=-==+.
解法二 5i |5i |1i |1i |--==++
【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8884
18
8311(2)
288r r
r
r r r r
T C x C x x ---+⎛⎫⎛⎫=-=-⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，令840r -=可得2r =，故常数项为2
62812288C ⎛⎫
-⨯⨯= ⎪⎝⎭
.
【考点】二项式定理的应用 11．【答案】
π
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
1
2
2=，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为2
1ππ124⎛⎫
⨯⨯= ⎪⎝⎭
.
【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22(2)(1)4x y -+-=，其圆心为(2,1)，半径为2，由直线和
2=，解得34
a =
. 【考点】圆的参数方程，直线与圆的位置关系 13．
【答案】
==由25x y +=
得5…，
即258xy …
，当且仅当522x y ==时等号成立
. =
=，即3xy =时取等号，结合25
8xy …
可知，xy 可以取到3
的最小值为. 【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AEB △中，易得30BAE ABE ︒∠=∠=，故2BE =，则
()
2|()BD AE AD AB AB BE AD AB AD BE AB AB BE
⋅=-⋅-==⋅+⋅--⋅uu u r uu u r uuu r uu u r uu u r uur uuu r uu u r uuu r uur uu u r uu u r
uur
5cos3052cos180122cos1501510126=1︒︒︒=⨯+⨯⨯--⨯=--+
解法二 在ABD △
中，由余弦定理可得BD
cos ABD ∠=
=
，则sin 14ABD ∠=设BD uu u r 与AE uu u r 的夹角θ，则
((
)cos cos 18030)cos 30cos cos30sin sin30ABD ABD ABD ABD θ︒︒︒︒︒=-∠+=-∠-=-∠⋅-∠⋅=，在ABE △中，易得2AE BE ==
，故21
BD AE ⎛⋅=⨯=- ⎝⎭
uu u 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】（Ⅰ）解：在ABC △中，由正弦定理
sin sin b c
B C
=，得s i n s i n b C c B =，
又由3sin 4sin c B a C =，
得3sin 4sin b C a C =，即34b a =．又因为2b c a +=，得到43b a =，23
c a =．由余弦定理可得
222
2
2
2
416199cos 22423
a a a a c
b B a
c a a +-+-===-⋅⋅．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可
得sin B ==
，从
而sin 22sin cos B B B ==，227
cos2cos sin 8
B B B =-=-，故
71sin 2sin 2cos cos 2sin 66682B B B πππ⎛
⎫+=+=⨯= ⎪⎝⎭
．
【解析】（I ）先根据3sin 4sin c B a C =及正弦定理求出a ，b 的关系，再结合2b c a +=，用a 表示出b ，c ，最后利用余弦定理即可得出结果；
（Ⅱ）先利用倍角公式，求出sin2B 与cos2B ，再利用两角和的正弦公式求解即可。

【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】（Ⅰ）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23，故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，从而3321()C ,0,1,2,333k k
k P X k k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭．
所以，随机变量
随机变量X 的数学期望2
()323
E X =⨯
=． （Ⅱ）解：设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫
⎪⎝⎭，且
{3,1}{2,0
M X Y X Y =====U
．由题意知事件{3,1}X Y ==与{2,0}X Y ==互斥，且事件{}3X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立，从而由（Ⅰ）知
()({3,1}{2,0})(3,1)(2,0)P M P X Y X Y P X Y P X Y ========+==U
824120
(3)(1)(2)(0)279927243
P X P Y P X P 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；
（Ⅱ）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 【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A 为原点，分别以AB AD AE uu u r uuu r uu u r
，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),
(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则
()1,2,F h ．
（Ⅰ）证明：依题意，(1,0,0)AB =uu u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =uu u r
，可得0BF AB ⋅=uu u r uu u r ，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．
（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--uu u r uur uu u r
．
设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则即0,
20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩
不妨令1z =，
可得(2,2,1)=n ．因此有4
cos ,9||||
CE CE CE ⋅==-uu u r
uu u r uu u r
n n n ． 所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为
49
． （Ⅲ）解：设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uu u r
m m 即0,
20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩
不妨令1y =，可得21,1,h ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭m ．
由题意，有||1
cos ,||||
3⋅〈〉==
=
m n m n m n ，解得87
h =．经检验，符合题意．
所以，线段CF 的长为
87
． 【解析】根据条件建立空间直角坐标系.
（I ）先求出平面ADE 的法向量，再证明法向量与BF uu u r
垂直，即可证得结论；
（Ⅱ）先求出平面BDE 的法向量，把问题转化为求向量CE uu u r
与法向量夹角的余弦值，再利用向量的夹角公
式即可得出结果；
（Ⅲ）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的方法 【考查能力】空间想象，运算求解，推理论证
18．【答案】（Ⅰ）解：设椭圆的半焦距为c
，依题意，24,
c b a ==
222a b c =+
，可得a =，2,b =1c =．
所以，椭圆的方程为22
154
x y +=．
（Ⅱ）解：由题意，设()()
()0,,0P P p M P x y x M x ≠，．设直线PB 的斜率为()0k k ≠，又()0
,2B ，则直线PB 的方程为2y kx =+，与椭圆方程联立222,
1,5
4y kx x y =+⎧⎪
⎨+
=⎪⎩整理得()
2245200k x kx ++=，可得2
2045P k x k =-+，代入2y kx =+得2
281045P k y k -=+，进而直线OP 的斜率24510P p y k x k -=-．在2y k x =+中，令0y =，得2M x k =-．由题意得()0,1N -，所以直线MN 的斜率为2
k
-．由O P M N ⊥，得
2451102k k k -⎛⎫
⋅-=- ⎪-⎝⎭
，化简得2245k =，从
而k = 所以，直线PB
或． 【解析】（I ）根据已知条件及222a b c =+求出a ，b ，c 的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）先根据题意设直线P B 的斜率为(0)k k ≠，得到P B 的方程，与椭圈方程联立，用斜率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】（Ⅰ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,
6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解
得3,
2,
d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯． 所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．
（Ⅱ）（i ）解：()
()()()22211321321941n n n
n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．
所以，数列(){}
221n n a c -的通项公式为()
221941n n n a c -=⨯-． （ii ）解：()()
22221
1
1
1
211n
n
n
i i n
i i i i i i i i i i a c a a c a a c =====⎡+-⎤=+⎣⎦-∑∑∑∑
()()12212439412n n n
n
i i =⎛⎫- ⎪=⨯+
⨯+⨯- ⎪⎝⎭
∑ ()
()2114143252914
n n n n ---=⨯+⨯+⨯
--
()211*
2725212
n n n n --=⨯+⨯--∈N ．
【解析】（I ）先分别设出数列{}n a 的公差与数列{}n b 的公比，然后利用已知条件建立方程组，求出公差与公比，最后利用公式求解即可.
（Ⅱ）（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n 项和公式 【考查能力】及运算求解
20．【答案】（Ⅰ）解：由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛
⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，
有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛
⎫∈π-π+ ⎪⎝
⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，
得()0f 'x >，则()f x 单调递增．
所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡
⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为
52,2()44k k k ππ⎡
⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦
Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而
()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故
()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫
=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
．
因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫
≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．
所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫
+-≥ ⎪⎝⎭
．
（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，且
()()()22e cos e cos 2
e
n n y x n n n n n f y y x n n π
--π
==-π=∈N ．
由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥
⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫
+-≥ ⎪⎝⎭，故
()()()()()022********sin cos sin c e e o e e s e n n n n n n y n n f y y g y g y g y x x y y -π-π-π-π
π--=-≤=--≤<． 所以，200
22sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．
【解析】（1）先求出面数()f x 的导函数()f x '，再根据()f x '的正负即可求出()f x 的单调区间；
（Ⅱ）利用导数分析函数()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在区间,42ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上的单调性，证明()h x 大于或等于0即
可；
（Ⅲ）先根据条件建立关于n x 的关系式，再利用函数的单调性及（1）（Ⅱ）中的结论即可证明不等式. 【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。