2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 文科数学 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. ·圆柱的体积公式，其中表示圆柱的底面面积，表示圆柱的高 ·棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面面积，表示棱锥的高 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 A. {2} B. {2，3} C. {-1，2，3} D. {1，2，3，4} 【答案】D 【解析】 【分析】 先求，再求。

【详解】因为， 所以. 故选D。

【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算． 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】D 【解析】 【分析】 画出可行域，用截距模型求最值。

【详解】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分。

目标函数的几何意义是直线在轴上的截距， 故目标函数在点处取得最大值。

由，得， 所以。

故选C。

【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值或范围．即：一画，二移，三求． 3.设，则“”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】 求出的解集，根据两解集的包含关系确定. 【详解】等价于，故推不出；

由能推出。

故“”是“”的必要不充分条件。

故选B。

【点睛】充要条件的三种判断方法：
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断；

(2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；

(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题． 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】 【分析】 根据程序框图，逐步写出运算结果。

【详解】， 结束循环，故输出 故选B。

【点睛】解决此类型问题时要注意：①要明确是当型循环结构，还是直到型循环结构，根据各自的特点执行循环体；
②要明确图中的累计变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；
③要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环体． 5.已知，，，则的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用利用等中间值区分各个数值的大小。

【详解】；

；

。

故。

故选A。

【点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与的大小区别对待。

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A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率。

【详解】的方程为，双曲线的渐近线方程为， 故得， 所以，，， 所以。

故选D。

【点睛】双曲线的离心率. 7.已知函数是奇函数，且的最小正周期为，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），所得图象对应的函数为.若，则 A. -2 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 只需根据函数性质逐步得出值即可。

【详解】为奇函数，可知， 由可得；

把其图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得， 由的最小正周期为可得， 由，可得， 所以，。

故选C。

8.已知函数若关于的方程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】 分析】 画出图象及直线，借助图象分析。

【详解】如图，当直线位于点及其上方且位于点及其下方， 或者直线与曲线相切在第一象限时符合要求。

即，即， 或者，得，，即，得， 所以的取值范围是。

故选D。

【点睛】根据方程实根个数确定参数范围，常把其转化为曲线交点个数，特别是其中一条为直线时常用此法。

绝密★启用前 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.是虚数单位，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模。

【详解】解法一：。

解法二：。

【点睛】所以解答与复数概念或运算有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意求解． 10. 设，使不等式成立的的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 通过因式分解，解不等式。

【详解】， 即， 即， 故的取值范围是。

【点睛】解一元二次不等式的步骤：(1)将二次项系数化为正数；
(2)解相应的一元二次方程；
(3)根据一元二次方程的根，结合不等号的方向画图；
(4)写出不等式的解集．容易出现的错误有：①未将二次项系数化正，对应错标准形式；
②解方程出错；
③结果未按要求写成集合． 11. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程。

【详解】， 当时其值为， 故所求的切线方程为，即。

【点睛】曲线切线方程的求法：
(1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：
①求出函数f(x)的导数f′(x)；

②求切线的斜率f′(x0)；

③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简． (2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程． 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】 【分析】 根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径。

【详解】四棱锥的高为， 故圆柱的高为，圆柱的底面半径为， 故其体积为。

【点睛】圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半。

13. 设，，，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 14. 在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则__________. 【答案】. 【解析】 【分析】 可利用向量的线性运算，也可以建立坐标系利用向量的坐标运算求解。

【详解】详解：解法一：如图，过点作的平行线交于， 因为，故四边形为菱形。

因为，，所以，即. 因为， 所以. 解法二：建立如图所示的直角坐标系，则，。

因为∥，，所以， 因为，所以， 所以直线的斜率为，其方程为， 直线的斜率为，其方程为。

由得，， 所以。

所以。

【点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为方便。

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. 15.2019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、青员工分别有人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取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.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 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 ○ ○ × × × ○ （i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ii）设为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件发生的概率. 【答案】（I）6人，9人，10人；

（II）（i）见解析；
（ii）. 【解析】 【分析】 （I）根据题中所给的老、中、青员工人数，求得人数比，利用分层抽样要求每个个体被抽到的概率是相等的，结合样本容量求得结果；

（II）（I）根据6人中随机抽取2人，将所有的结果一一列出；

（ii）根据题意，找出满足条件的基本事件，利用公式求得概率. 【详解】（I）由已知，老、中、青员工人数之比为， 由于采取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 ,,,,共15种；

（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为,,,,共11种， 所以，时间M发生的概率. 【点睛】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、古典概型即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. 16. 在中，内角所对的边分别为.已知，. （Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求值. 【答案】(Ⅰ) ；

(Ⅱ) . 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值 (Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值. 【详解】(Ⅰ)在中，由正弦定理得， 又由，得，即. 又因为，得到，. 由余弦定理可得. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得， 从而，. 故. 【点睛】本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.考查计算求解能力. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，， （Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（I）见解析；
（II）见解析；
（III）. 【解析】 【分析】 （I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；

（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；

（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果. 【详解】（I）证明：连接，易知，， 又由，故， 又因为平面，平面， 所以平面. （II）证明：取棱的中点，连接，依题意，得， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，故， 又已知，， 所以平面. （III）解：连接，由（II）中平面， 可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点， 所以，又， 在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】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能力. 18. 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，. （Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）设数列满足求. 【答案】（I），；

（II） 【解析】 【分析】 （I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；

（II）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果. 【详解】（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 依题意，得，解得， 故，， 所以，的通项公式为，的通项公式为；

（II） ， 记 ① 则 ② ②①得，， 所以 . 【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前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，属于中档题目. 19. 设椭圆的左焦点为，左顶点为，顶点为B.已知（为原点）. （Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 【答案】（I）首先设椭圆的半焦距为，根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；

（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程. 【解析】 【分析】 （I）；

（II）. 【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有， 又由，消去得，解得， 所以，椭圆的离心率为. （II）解：由（I）知，，故椭圆方程为， 由题意，，则直线的方程为， 点的坐标满足，消去并化简，得到， 解得， 代入到的方程，解得， 因为点在轴的上方，所以， 由圆心在直线上，可设，因为， 且由（I）知，故，解得， 因为圆与轴相切，所以圆的半径为2， 又由圆与相切，得，解得， 所以椭圆的方程为：. 【点睛】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. 20. 设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性；

（Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为极值点，为的零点，且，证明. 【答案】（I）在内单调递增.；

（II）（i）见解析；
（ii）见解析. 【解析】 【分析】 （I）；
首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；

（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；

（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（I）解：由已知，定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以在内单调递增. （II）证明：（i）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，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. （ii）由题意，，即， 从而，即， 以内当时，，又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得， 【点睛】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.