2019年高考理科数学全国卷3含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 22 页） 数学试卷 第 2 页（共 22 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 理科数学一、选择题：本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.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.已知集合，则( )2 1,0,1,21ABx x ，AB A.B.C.D.1,0,1 0,11,10,1,22.若，则( )(1 i)2izzA. B.C.D.1 i 1+i1 i1+i3.西游记三国演义水浒传和红楼梦是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了 100位学生，其中阅

2、读过西游记或红楼梦的学生共有 90 位，阅读过红楼梦的学生共有 80 位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有 60 位，则该校阅读过西游记的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( )A.0.5B.0.6 C.0.7D.0.84.的展开式中的系数为( )42121xx3xA.12B.16C.20D.245.已知各项均为正数的等比数列的前 4 项和为 15，且，则 na53134aaa3a( )A.16B.8C.4D.26.已知曲线在点处的切线方程为，则( )elnxyaxx1平平平ae2yxbA.B.1平aeb1平aebC.D.11平aeb11aeb，7.函数在的图象大致为( )32 22xx

3、xy6,6A.B.C.D.8.如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，为正三角形，ECD，M 是线段 ED 的中点，则平平平平ECDABCD( )毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 22 页） 数学试卷 第 4 页（共 22 页）A.，且直线是相交直线BMEN平BMENB.，且直线是相交直线BMEN平BMENC.，且直线是异面直线BMEN平BMEND.，且直线是异面直线BMEN平BMEN9.执行下边的程序框图，如果输入的为，则输出的值等于( )0.01sA.B.C.D.412251226122712210.双曲线 C：=1 的

4、右焦点为 F，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，2242xy若，则的面积为( )=POPFPFOA.B.C.D.3 2 43 2 22 23 211.设是定义域为 R 的偶函数，且在单调递减，则( ) f x0,A.23 32 3log1224fffB.23 32 3124l2ogfffC.23 3 32124log2fffD.23 32 3lo122g4fff12.设函数，已知在有且仅有 5 个零点，下 si5nf xx0 f x0,2述四个结论：在（）有且仅有 3 个极大值点 f x0,2在（）有且仅有 2 个极小值点 f x0,2在（）单调递增 f x0,10的取值范围是)

5、12 29 5 10，其中所有正确结论的编号是( )A.B.C.D.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.已知 a，b 为单位向量，且，若，则 .0a b25cabcos,a c14.记为等差数列的前 n 项和，则 .nS na12103aaa，105S S15.设为椭圆 C:的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限.若12FF，22 +13620xy数学试卷 第 5 页（共 22 页） 数学试卷 第 6 页（共 22 页） 为等腰三角形，则 M 的坐标为 .12MFF16.学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几

6、何体，其中 O 为长方体的中1111ABCDABC DOEFGH心，分别为所在棱的中点，3D 打平平平EFGH16 cm4 cmAB= BC=AA =，印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为30.9 g/ cmg.三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 60 分.17.（12 分）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200 只小鼠随机分成 A，B 两组，每组 100 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小

7、鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70.（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.18.（12 分）的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c.已知.ABCsinsin2ACabA（1）求 B；-在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 7 页（共 22 页） 数学试卷 第 8 页（共 22

8、 页）（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.ABC1cABC19.（12 分）图 1 是由矩形 ADEB，和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中RtABC1 平AB.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，260平BEBFFBC如图 2.（1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且；平平平平ABCBCGE（2）求图 2 中的二面角的大小.BCGA20.（12 分）已知函数.32( )2f xxaxb（1）讨论的单调性；( )f x（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为 1？若存在，, a b( )f x0,11求出的所有值；若不存在，说明理由

9、., a b21.（12 分）已知曲线 C：，D 为直线上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分22xy1 2 y别为 A，B.（1）证明：直线 AB 过定点：（2）若以 E为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边205 ，形 ADBE 的面积.毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 9 页（共 22 页） 数学试卷 第 10 页（共 22 页） （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.选修 44：坐标系与参数方程（10 分）如图，在极坐标系 Ox 中，弧，(2,0)A( 2,)4B( 2

10、,)4C (2, )DAAB，所在圆的圆心分别是，曲线是弧，曲线ABCACD(1,0)(1,)2 (1, )1MAAB是弧，曲线是弧.2MABC3MACD（1）分别写出，的极坐标方程；1M2M3M（2）曲线由，构成，若点在上，且，求的极M1M2M3MPM|3OP P坐标.23.选修 45：不等式选讲（10 分）设，且., ,x y zR1xyz（1）求的最小值；222(1)(1)(1)xyz数学试卷 第 11 页（共 22 页） 数学试卷 第 12 页（共 22 页）（2）若成立，证明：或. 2221(2)(1)()3xyza3a1a2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析

11、一、选择题1 【答案】A【解析】集合，则，故选 A| 11Bxx | 1,0,1|AB 【考点】集合的交运算，解一元二次不等式【考查能力】运算求解2 【答案】D【解析】，故选 D2 i2i(1-i)2+2i1 i1+i(1+i)(1-i)2z 【考点】复数的四则运算【考查能力】运算求解3 【答案】C【解析】根据题意阅读过红楼梦西游记的人数用书思图表示如下：所以该校阅读过西游记的学生人数与该校学生总数比值的估计值为，故选700.7100B【考点】韦恩图的应用与概率问题【考查能力】阅读理解4 【答案】B【解析】展开式中含的项可以由“1与”和“与”的乘积组成，则的系数3x3x32xx3x ，故选B3

12、1 4424812CC【考点】二项展开式通项公式的应用5 【答案】C【解析】设等比数列的公比为，由，得，得，因 naq53134aaa4234qq24q 为数列的各项均为正数，所以，又 na2q ，所以，所以23 1112341(12=48)15aaqqaaaaq11a 2 314aa q故选 C【考点】等比数列通项公式的应用【考查能力】运算求解6 【答案】D【解析】因为，所以，所以曲线在点出的切线方eln1xyax11xyae1ae，程为，即，所以，解 ( 1)(1)ya ca ex(1) 1yaex12 1ae b 数学试卷 第 13 页（共 22 页） 数学试卷 第 14 页（共 22

13、页） 得故选 D11aeb 【考点】导数的几何意义7 【答案】B【解析】因为，所以，且，所以函32( )22xxxf x32()( )22xxxfxf x 6,6x 数为奇函数，排除；当时；恒成立，排除32 22xxxyC0x3202( )2xxf xxD；，排除 A故选 B442 64128128 16(4)7.971222571616f【考点】函数图像与性质的应用8 【答案】B【解析】取的中点，连接，因为为正三角形，所以，CDOONEOECDEOCD 又平面平面，平面平面，所以平面ECD ABCDECDABCDCDEO 设正方形的边长为2，则，所以ABCDABCD3EO 1ON 得过作的重

14、线，垂足为，连接，则2224ENEOON2EN MCDPBP，所以得3 2MP 3 2CP 22 2222332722BMMPBP，所以连接，因为四边形为正方形，所以7BM BMENBDBEABCD为的中点，即,均在平面内，所以直线，是相交直线，NBDENMBBDEBMEN 故选B【考点】空间线线位置关系【考查能力】空间想象9 【答案】C【解析】执行程序框图,，,，不满足，1x 0s 0 11s 1 2x 1 100x所以，不满足1111222s 1 4x 1 100x所以，不满足211112242s 1 8x 1 100x所以，不满足31111122482s 1 16x 1 100x所以，不

15、满足41111112248162s 1 32x 1 100x所以，不满足51111111224816322s 1 64x 1 100x所以，满足61111112248642s 1 128x 1 100x输出，故选 C6122s 【考点】程序框图【考查能力】逻辑推理、运算求解10 【答案】A【解析】不妨设点在第一象限，根据题意可知，所以P26c |6OF 又，所以等腰三角形的高，所以2tan2bPOFaPOF623 222h 故选A133 26224PFOS【考点】双曲线的标准方程与几何性质，三角形的面积11 【答案】C【解析】根据函数为偶函数可知，因为 f x3331loglog 4log 4

16、4fff，且函数在单调递减，所以23 032 30222log 4 f x(0,)332122log234fff数学试卷 第 15 页（共 22 页） 数学试卷 第 16 页（共 22 页）【考点】函数的单调性、奇偶性【考查能力】化归与转化，数形结合12 【答案】D【解析】如图，根据题意知，根据图象可知函数在有且仅有3个极2ABxx f x0 2，大值点，所以正确；但可能会有3个极小值点，所以错误；根据，有2ABxx，得，所以正确；当时，24292551229 5100,10x，因为，所以，所以函数 55105x1229 51049 1051002在单调递增，所以正确 f x0,10【考点】三

17、角函数的图像与性质【考查能力】数形结合13 【答案】2 3【解析】设，则，所以(1,0)a (0,1)b (2,5)c 22cos,3145a c 【考点】平面向量的数量积【考查能力】运算求解14 【答案】4【解析】等差数列的公差为，由，即，得，所以 nad213aa113ada12da11110511110 910 9101021002245 45 42555222adaaS Sadaa 【考点】等比数列的通项公式和前 n 项和公式【考查能力】运算求解15 【答案】(3, 15)【解析】不妨令,分别为椭圆的左、右焦点，根据题意可知因1F2FC36204c为为等腰三角形，所以易知，所以，设12

18、MFF128FMc2284F Ma，( , )M x y则，得，所以的坐标为22222 113620(4)6400xyFMxyxy 315xyM3(3, 15)【考点】椭圆的标准方程及定义16 【答案】1188【解析】由题得长方体，的体积为四边形1111-ABCD ABC D26 6 4144 cm （）为平行四边形，如图所示，连接，易知四边形的面积为矩形EFGHCEHFEFCH，面积的一半，即，所以11BCC B216 412 cm2 （），所以该模型的体积为，所213 1212 cm3O EFGHV 四棱锥（）3144 12132 cm以制作该模型所需原料的质量为132 0.9118.8

19、g（）数学试卷 第 17 页（共 22 页） 数学试卷 第 18 页（共 22 页） 【考点】空间几何体体积计算【考查能力】空间想象，运算求解17 【答案】解：（1）由已知得，0.700.200.15a故，0.35a 1 0.050.150.700.10b （2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为2 0.153 0.204 0.305 0.206 0.107 0.054.05 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3 0.054 0.105 0.156 0.357 0.208 0.156.00 【解析】（1）根据的估计值为 0.70 及频率之和为 1 可求得 a，b 的值； P C（2）根据各组区

20、间的中点值及频率即可计算平均值【考点】频率分布直方图【考查能力】识图能力，阅读理解18 【答案】 （1）解：由题意设正弦定理得sinsinsinsin2ACABA因为，所以sin0A sinsin2ACB由，可得，故180ABCsincos22ACBcos2sincos222BBB因为，故，因此cos02B1sin22B60B（2）由题设及（1）知的面积ABC3 4ABCSa由正弦定理得sin 120csin31 sinsin2tan2CAaCCC由于为锐角三角形，故，ABC090A090C由（1）知,所以，故，从而120AC3090C122a33 82ABCS因此，面积的取值范围是ABC33

21、,82 【考点】正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式【考查能力】化归与转化，运算求解19 【答案】解：（1）由已知得，所以，故，确ADBECGBEADCGADCG 定一个平面，从而，四点共面由已知得，故ACGDABBEABBC 平面又因为平面，所以平面平面AB BCGEAB ABCABC BCGE（2）作，垂足为因为平面，平面平面，所EHBCHEHCBCGEBCGE ABC 以平面由已知，菱形的边长为2，可求得EH ABCBCGE60EBC，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示1BH 3EH HHC x的空间直角坐标系，则，Hxyz( 1,1,0)A (1,0,0)C(2,0, 3)

22、G，设平面的法向量为，则(1,0, 3)CG (2, 1,0)AC ACGD, ,nx y z （），即；所以可取00CG nAC n 30 20xz xy(3,6,3)n 【解析】（1）根据AD/CG可证明四点共面，通过证明AB上平面BCGE即可证明面面垂直；（2）过E作BC的垂线，以垂足为原点，BC所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量 法求解二面角【考点】四点共面，面面垂直的证明，二面角的求解数学试卷 第 19 页（共 22 页） 数学试卷 第 20 页（共 22 页）【考查能力】推理论证，空间想象20 【答案】解：（1）2( )622 (3)fxxaxxxa令，得或( )0fx0x

23、 3ax 若，则当时，；当时，故0a(,0),3ax 0fx ,03ax( )0fx在，单调递增，在单调递减；若，在 f x(,0),3a0,3a0a ( )f x单调递减；(,) 若，则当时，；当时，故a0,(0,)3ax ( )0fx,03ax( )0fx在，单调递增，在单调递减( )f x,3a(0,),03a（2）满足题设条件的a，b存在。（i）当时，由（1）知在单调递增，所以在区间的最小值为0a( )f x0,1( )f x0,1，最大值为此时a，b满足题设条件当且仅当，(0)fb 12.fab1b ，即，21ab0a 1b （i）当时，由（1）知，在单调递减，所以在区间的最大值为3

24、a ( )f x0,1( )f x0,1，最小值为。此时a，b满足题设条件当且仅当，(0)fb 12.fab21ab，即，1b 4a 1b （ii）当时，由（1）知，在的最小值为，最大值为03a( )f x0,13327aafb 或b2ab若，则，与矛盾3 127ab 1b 33 2a 03a若，则或或，与矛盾3 127ab 261a3 3a 3 3a 0a 03a综上，当且仅当，或，时，在的最小值为，最大值0a 1b 4a 1b f x0,11为1【考点】导数在研究三次函数单调性，最值中的应用【考查能力】运算求解21 【答案】解：（1）设，则，1,2D t11,A x y2 112xy2 1

25、12xy由，所以切线的斜率为故yxDA1x11 11 2y kxxt 整理得112 -2 10txy 设，同理可得22,B xy2-210txy 故直线的方程为AB2210xy 所以直线过定点AB10,2（2）由（l）得直线的方程为，由，可得AB1 2ytx21 22ytxxy 2210xtx 于是，122xxt121x x 2 1212121yyt xxt 2222 121212|11421ABtxxtxxx xt设，分别为点，到直线的距离，则，1d2dDEAB2 11dt2221d t 因此，四边形的面积ADBE22 121|312SABddtt设为线段的中点，则MAB21,2M t t数

26、学试卷 第 21 页（共 22 页） 数学试卷 第 22 页（共 22 页） 由于，而，与向量平行，所以EMAB 2,2EMt t AB (1, t)220ttt解得或0t 1t 当时，；当时，0t 3s 1t 4 2s 因此，四边形的面积是 3 或ADBE4 2【考点】抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系22 【答案】解：（1）由题设可得，孤所在圆的极坐标方程分别为AAA,AB BC CD，所以的极坐标方程为2cos2sin2cos 1M，始的极坐标方程为，始的2cos042M32sin443M极坐标方程为32cos)4 （2）设，由题设及（1）知：( , )P 若，则，解得；042

27、cos3 6若，则，解得或：3 442sin3 32 3若，则，解得342sin35 6综上，的极坐标为或或或。P3,63,323,353,6【考点】极坐标方程求解23 【答案】解：（1）由于2(1)(1)(1)xyz222(1)(1)(1)2(1)(1)(1)(x-11) )()1xyzxyyzz2223 (1)(1)(1)xyz故由已知得，当且仅当，时等号成2224(1)(1)(1)3xyz5 3x 1 3y 1 3z 立所以的最小值为222(1)(1)(1)xyz4 3（2）由于2(2)(1)()xyza222(2)(1)()2(2)(1)(1)( )(2) )(xyzaxyyzaazx2223 (2)(1)()xyza故由已知得，当且仅当，2 222(2)(2)(1)()3axyza4 3ax1 3ya时成立；22 3az因此的最小值为222(2)(1)()xyza2(2) 3a由题知，解得或2(2)1 33a3a1a【考点】基本不等式在求最值、不等式恒成立求参数问题中的应用【考查能力】化归与转化