2019年天津市高考压轴卷数学理科(含解析)

数学理科

一、选择题（共8题，每题5分，共40分）

1.ZM表示集合M中整数元素的个数，设集合Ax1x8，Bx52x17，则ZAIB（ ） A．3

B．4

C．5

D．6

2．i为虚数单位，若复数1mi1i是纯虚数，则实数m（ ） A．1

B．0

C．1

D．0或1

3.阅读如图的框图，运行相应的程序，若输入n的值为6，则输出S的值为

A.

3468 B. C. D. 7979x04.不等式组x3y4所表示的平面区域的面积等于（ ）

3xy4A．

3243 B. C. D. 23342x2x,x0B．fx

2x2x,x05.下列函数中，既是奇函数，又是R上的单调函数的是（ ） A．fxlnx1

xx02,C．fx0,x0

x1,x02D．fxx1

16.3xx2展开式中x2的系数为（ ）

x348A．1280 B．4864 C．4864 D．1280

7.已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为（ ）

2A．

3B．33 C．93 2D．23

8．函数fxx2lnxax0恰有两个整数解，则实数a的取值范围为（ ） A．

ln22a1 2

B．2a1 D．

ln3ln23a2 32C．3a1

二、填空题：本大题共有6小题，每小题5分，共30分.

9.已知两点M(0,2),N(2,2)以线段MN为直径的圆的方程为________________.

10.学校艺术节对A、B、C、D四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲，乙，丙，丁四位同学对这四件参赛作品预测如下： 甲说：“是C或D作品获得一等奖”； 丙说：“A、D两件作品未获得一等奖”；

乙说：“B作品获得一等奖”； 丁说：“是C作品获得一等奖”．

评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是_________． 11.已知长方体的长、宽、高分别为2，1，2，则该长方体外接球的表面积为__________．

3xt2512.在直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴

4yt5

建立极坐标系，圆C的极坐标方程为asin．直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的3倍，求a的值 ．

uuur2uuuruuuruuur1uuur13.如图，在△ABC中，ANNC，P是BN上一点，若APtABAC，

33lnx,x114.设函数fx，若fm1，则实数m的取值范围是______．

1x,x1则实数t的值为

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(15) (本小题满分13分)

设ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且b3,c1,A2B (Ⅰ)求a的值； (Ⅱ)求cos(2A算步骤.

6)的值.

16． (本小题满分13分)

田忌赛马是《史记》中记载的一个故事，说的是齐国将军田忌经常与齐国众公子赛马，孙膑发现他们的马脚力都差不多，都分为上、中、下三等

于是孙膑给田忌将军制定了一个必胜策略：比赛即将开

始时，他让田忌用下等马对战公子们的上等马，用上等马对战公子们的中等马，用中等马对战公子们的下等马，从而使田忌赢得公子们许多赌注概率如表所示：

假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛获胜的

田忌的马获胜概率公子的马 上等马 中等马 下等马 上等马 中等马 下等马 0.5 0.2 0.8 0.5 0.05 1 0.9 0.4 0 比赛规则规定：一次比由三场赛马组成，每场由公子和田忌各出一匹马出骞，结果只有胜和负两种，并且毎一方三场赛马的马的等级各不相同，三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者． （1）如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率；

（2）如果比赛约定，只能同等级马对战，每次比赛赌注1000金，即胜利者赢得对方1000金，每月比赛一次，求田忌一年赛马获利的数学期望． 17．（本小题13分）

如图，在四棱锥PABCD中，ABPC，AD∥BC，ADCD，且PCBC2AD2CD22，PA2．

（1）证明：PA平面ABCD；

（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为60？如果存在，求果不存在，请说明理由． 18.（本小题13分）

PM的值；如PDx2y21a3的右焦点为F，右顶点为A，已知在平面直角坐标系xOy中，设椭圆2a3OAOF1，其中O为原点，e为椭圆的离心率.

（Ⅰ）求椭圆的标准方程及离心率e；

（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点BB不在x轴上，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点

H，若BFHF，且MOAMAO，求直线l的斜率的取值范围.

19.(本小题满分14分)

数列an是等比数列，公比大于0，前n项和Sn已知a1nN，b是等差数列，

n111114，a3，，a4.

b4b6b52b72a3a2（Ⅰ）求数列an，bn的通项公式an，bn； （Ⅱ）设Sn的前n项和为Tn（i）求Tn； （ii）证明：

nN，

i1nTi1bi1bi31bi1bi22.

20. (本小题满分14分)

设函数f(x)xekx(k0).

(Ⅰ) 求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (Ⅱ) 讨论函数f(x)的单调性；

(Ⅲ) 设g(x)x22bx4,当k1时,若对任意的x1R，存在x21,2，使得

f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围.

参考答案：

1【答案】C

5175【解析】∵A1,8，B,，∴AIB,8，∴ZAIB5．故选C．

2222【答案】C

1m0【解析】∵1mi1i1m1mi是纯虚数，∴，即m1，故选C．

1m03.【答案】A

【解析】由题意，模拟执行程序，可得：

，满足条件满足条件满足条件不满足条件故选：A． 4.【答案】 【解析】由，，，，

，

，

，

．

，退出循环，输出S的值为

x3y40，得C(1,1)，如图7-8所示，故

3xy40SABC1144ABxC(4)1 2233y x3y40 A C(1,1) x O3xy40

5【答案】B

【解析】对于A，fxlnx1，有fxlnx1lnx1fx，则函数fx为偶函数，不符合题意；

2x2x,x0对于B，fx，有fxfx，函数fx为奇函数，且在R上的单调递增，符合题2x2x,x0B

意；

xx02,对于C，fx0,x0，有fxfx，函数fx为奇函数，但在R上不是单调函数，不符合

x1,x02题意；

对于D，fxx1故选B． 6.【答案】A

【解析】根据二项式的展开式，可以得到第一个括号里出3x3项，第二个括号里出

1项，或者第一个括号里x1，fx的定义域为xx0，在R上不是单调函数，不符合题意； x1出x，第二个括号里出2，具体为3x3x4261217124 C82xxC82x，化简得到1280x，故答案为A．

7.【答案】B

【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1截去三棱锥D1ACD和三棱锥

BA1B1C1后的剩余部分．

其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为2的等边三角形， 13所以其表面积为6122242233，故选B．

8.【答案】D

【解析】函数fxx2lnxax0恰有两个整数解，即alnxx恰有两个整数解， x1lnxx2lnx令gx，令hx1lnxx2，易知hx为减函数． x，得gx2xx当x0,1，hx0，gx0，gx单调递增； 当x1,，hx0，gx0，gx单调递减．

g11，g2ln2ln32，g33． 23

由题意可得：g3ag2，∴9【答案】

ln3ln23a2．故选D． 32【解析】由题得圆心的坐标为（1,0），|MN|=所以圆的半径为故答案为：10【答案】B

所以圆的方程为

.

【解析】若A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意； 若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意； 若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意； 若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意； 综上所述，故B获得一等奖． 11【答案】

【解析】由题意，长方体的长宽高分别为面积公式，即可求解.

【详解】由题意，长方体的长宽高分别为设长方体的外接球的半径为，则所以球的表面积为12【答案】a32或

32． 1122，所以其对角线长为，求得球的半径为，利用球的表

，所以其对角线长为

，

，

，即

.

aa2【解析】 圆C的极坐标方程转化成直角坐标方程为：xy，

243a81a2直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的3倍，∴d，整理得23a165a，利用平方法

522解得a32或13.【答案】

32 111 6uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur【解析】由题意及图，APABBPABmBNABmANABmAN1mAB，

uuur2uuuruuur2uuuruuur2uuuruuur又ANNC，∴ANAC，∴APmAC1mAB，

355

1mtuuuruuur1uuur51又APtABAC，∴21，解得m，t.

m3663514【答案】,0Ue, 【解析】如图所示：

lnx,x1可得fx的图像与y1的交点分别为0,1，e,1，

1x,x1∴fm1，则实数m的取值范围是,0Ue,，可得答案,0Ue,． 15【 答案】：(Ⅰ) 解:由A2B，知sinAsin2B2sinBcosB，

a2c2b2由正、余弦定理得a2b.

2ac因为b3,c1，所以a212,则a23.

b2c2a291121(Ⅱ) 解:由余弦定理得cosAk.Com] . x§

2bc63122由于0A，所以sinA1cos2A1

93427，cos2A 故sin2A99cos(2A6)cos2Acos6sin2Asin64273

1816.【答案】（1）0.72；（2）见解析．

【解析】（1）记事件A：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜，

对于事件A，三场比赛中，由于第三场必输，则前两次比赛中田忌都胜， 因此，PA0.80.90.72；

（2）设田忌在每次比赛所得奖金为随机变量， 则随机变量的可能取值为1000和1000，

若比赛一次，田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜、负胜胜、胜负胜、胜胜负， 1121139设比赛一次，田忌获胜的概率为P，则P3．

22522520随机变量的分布列如下表所示：

 1000 1000

P ∴E10001191000100． 202011 209 20因此，田忌一年赛马获利的数学期望为100121200金． 17.【答案】（1）见证明；（2）见解析．

【解析】（1）∵在底面ABCD中，AD∥BC，ADCD，且BC2AD2CD22， ∴ABAC2，BC22，∴ABAC，

又∵ABPC，ACIPCC，AC平面PAC，PC平面PAC，∴AB平面PAC， 又∵PA平面PAC，∴ABPA， ∵PAAC2，PC22，∴PAAC，

又∵PAAB，ABIACA，AB平面ABCD，AC平面ABCD，∴PA平面ABCD． （2）方法一：在线段AD上取点N，使AN2ND，则MN∥PA，

又由（1）得PA平面ABCD，∴MN平面ABCD， 又∵AC平面ABCD，∴MNAC，作NOAC于O，

又∵MNINON，MN平面MNO，NO平面MNO，∴AC平面MNO， 又∵MO平面MNO，∴ACMO，

又∵ACNO，∴MON是二面角MACD的一个平面角， 设

22PMANxADx， x，则MN1xAP22x，ON22PD这样，二面角MACD的大小为60， 即tanMONMN22xPMtan603，即x423， ONxPDPM423． PD∴满足要求的点M存在，且

方法二：取BC的中点E，则AE、AD、AP三条直线两两垂直 ∴可以分别以直线AE、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

uuur且由（1）知AP0,0,2是平面ACD的一个法向量，

PMx0,1，则MN1xAP22x，ANxAD2x， PDuuuuruuur∴AM0,2x,22x，AC2,2,0，

设

uuur设AQa,b,c是平面ACM的一个法向量，

uuuruuuurabAQAM2xb22xc0则uuu，∴ruuur2x，

bcAQAC2a2b02x2uuur令b2x2，则AQ2x2,2x2,2x，它背向二面角，

uuur又∵平面ACD的法向量AP0,0,2，它指向二面角，

这样，二面角MACD的大小为60，

uuuruuuruuuruuurAPAQ22x即cosAP,AQuuuruuurAPAQ222x222x2即x423，

∴满足要求的点M存在，且

PM423． PD2x2cos601， 2x2y266 1（Ⅱ）,,18. 【答案】（Ⅰ）4344【解析】（Ⅰ）由已知得ac1，即aa231，解得a2，所以c1，

x2y2c11 . 得e，椭圆方程为43a2（Ⅱ）解： 设直线l的斜率为kk0，则直线l的方程为ykx2，

ykx2设BxB,yB由方程组x2y2，消去y，

134

整理得4k3x16kx16k120

22228k26解得x2或x， 24k38k2612k所以B点坐标为4k23,4k23.

由（Ⅰ）知，F1,0，设H0,yH，有FH1,yH，

94k212kBF4k23,4k23，由BFHF,则BFFH0，

4k2912kyH94k20，解得yH所以2，

4k34k2312k194k2因此直线MH的方程为yx，设MxM,yM，

k12kykx2220k92消去y，解得x由方程组， M194k212k1yxk12在MAO中，MOAMAOMAMO，

20k291， 即xM2yxy，化简得xM1，即

12k2122M2M2M解得k66，或k. 44所以，直线l的斜率的取值范围为,19【答案】（Ⅰ）an66 ,4411bn1，（Ⅱ）（i） Tn1nn2n2n【解析】（Ⅰ）解：设数列an的公比为q（q0）

1a1111220，，（舍）或 ， aq=-1q=21n2n1qq224aqaq11设数列bn的公差为d

1182(b4d)1 11163b116d（Ⅱ）解：Sn12b14d4 3b16d161b10

，bnn1. d1

(121n)11211 n211111Tn(11L1)(2Ln)n(1n)n1n

22222

11(Ti1bi1)bi3(i21i1i)(i2)(i2) ii1i1i2(i1)2bi1bi2i(i1)i(i1)2(Ti1bi1)bi3111111()()L() 223nn1bb12222232n2(n1)2i1i1i2n111 n12(n1)22

20【答案】 (Ⅰ) yx

11(Ⅱ) ①当k0时，f(x)在(,)上单调递减，在(,)上单调递增

kk11②当k0时，此时f(x)在(,)上单调递增，在(,)上单调递减

kk1, (Ⅲ)24e【解析】(Ⅰ) 解:f'(x)(1kx)ekx, 因为f(0)0且f'(0)1,

所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 yx

(Ⅱ) 解:函数f(x)的定义域为R,

令f'(x)(1kx)ekx0，由ekx0，知1kx0 讨论:①当k0时，x111，此时f(x)在(,)上单调递减，在(,)上单调递增. ②当k0时，kkk111x，此时f(x)在(,)上单调递增，在(,)上单调递减

kkk(Ⅲ) 解:由(Ⅱ)知，当k1时，f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.

11 则对任意的x1R，有f(x1)≥f(1)，即f(x1)min.

ee又已知存在x21,2,使得f(x1)≥g(x2), 所以11≥g(x2),x21,2，即存在x1,2，使得g(x)x22bx4≤， ee4e1114e14,5， 即2b≥x.因为x1,2时，xx2eex11所以2b≥4，即b≥2.

2e4e1,. 所以实数b的取值范围是24e