2019年高考理科数学全国卷Ⅲ理数(附参考答案和详解).pdf

第 1 页（共 13 页）绝密启用前 6 月 7 日 15:00-17:002019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）数学（理工农医类）总分：150 分 考试时间：120 分钟祝考试顺利注意事项：1、本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置。2、选择题的作答：选出每小题答案后，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。第 I 卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 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.（2019 全国卷理）已知集合，则（）1,0,1,2A 2|1Bx xAB A.B.C.D.1,0,10,1 1,10,1,2【解析】因为，又，所以.故选 A.2|1|11Bx xxx 1,0,1,2A AB 1,0,1【答案】A2.（2019 全国卷理）若，则（）(1i)2izz A.B.C.D.1i 1i 1i1i【解析】由，得.故选 D(1i)2iz2i2i(1i)2i(1i)i(1i)1i1i(1i)(1i)2z【答案】D3.（2019 全国卷理）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，随机调查了位100学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有位，阅读过红楼梦的学生共有90位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有位，则该校阅读过西游记的学8060生人数与该校学生总数比值的估计值为（）A.B.C.D.0.50.60.70.8【解析】设调查的 100 位学生中阅读过西游记的学生人数为 x，则，解得，806090 x 70 x 所以该校阅读过西游记的学生人数与该校总人数的比值的估计值为，故选 C.700.7100第 2 页（共 13 页）【答案】C4.（2019 全国卷理）的展开式中的系数为（）24(12)(1)xx3xA.B.C.D.12162024【解析】的展开式中的系数为.故选 A.24(12)(1)xx3x31441 C2C12【答案】A5.（2019 全国卷理）已知各项均为正数的等比数列的前项和为且，则na415,53134aaa（）3a A.B.C.D.16842【解析】设正数的等比数列的公比为，则naq123111142111150,340aaa qa qa qa qqaqa解得所以故选 C.11,2,aq2314aa q【答案】C6.（2019 全国卷理）已知曲线在点处的切线方程为，则（）elnxyax x(1,e)a2yxbA.，B.，ea 1b ea 1b C.，D.，1ea1b 1ea1b 【解析】，所以切线方程为，eln1xyax 1|e1xkyae(e1)(1)yaax即.又因为切线方程为，(e1)1yax2yxb所以即，.故选 D.e121ab ，1ea1b 【答案】D7.（2019 全国卷理）函数在的图象大致为（）3222xxxy6,6A.B.C.D.第 3 页（共 13 页）【解析】因为，所以，所以是32(),6,622xxxyf xx 332()2()()2222xxxxxxfxf x ()f x奇函数，排除选项 C.当时，排除选项 A，D.故选 B.4x 34424128(7,8)1221616y【答案】B8.（2019 全国卷理）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面NABCDECD，是线段的中点，则（）ECDABCD 平面MEDA.，且直线，是相交直线BMENBMENB.，且直线，是相交直线BMENBMENC.，且直线，是异面直线BMENBMEND.，且直线，是异面直线BMENBMEN【解析】取 CD 的中点 O，连接 EO，ON.由是正三角形，平面 ECD平面 ABCD，知 EO平ECD面 ABCD，所以 EOCD，EOON.又 N 是正方形 ABCD 的中心，所以 ONCD.以 CD 的中点 O 为原点，方向为 x 正方向建立空间直角坐标系，如图所示.ON不妨设，则，2AD(0,0,3)E(0,1,0)N13,0,22M(1,2,0)B 所以，22|1(3)2EN 233|4724BM所以.ENBM连接 BD，BE，因为点 N 是正方形 ABCD 的中心，所以点 N 在 BD 上，且，BNDN所以 BM，EN 是的中位线，DBE所以 BM，EN 必相交.故选 B.第 4 页（共 13 页）【答案】B9.（2019 全国卷理）执行如图的程序框图，如果输入的为，则输出 的值等于（）0.01sA.B.C.D.4122512261227122【解析】，0.01不成立；11,0,011,2xssxx 不成立；111,24sxx 不成立；1111,248sxx 不成立；11111,24816sxx 不成立；111111,2481632sxx 不成立；1111111,248163264sxx 成立，11111111,248163264128sxx 此时输出，故选 C.6122s【答案】C10.（2019 全国卷理）双曲线：的右焦点为，点在的一条渐近线上，为C22142xyFPCO坐标原点，若，则的面积为（）|POPFPFOA.B.C.D.3 243 222 23 2第 5 页（共 13 页）【解析】双曲线的右焦点坐标为坐标为，一条渐近线的方程为，不妨设点22142xy(6,0)22yxP 在第一象限，由于，则点 P 的横坐标为，纵坐标为，即PFO 的底边|POPF62263222长为，高为，所以它的面积为.故选 A.632133 26224【答案】A11.（2019 全国卷理）设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（）()f xR(0,)A.B.233231log224fff 233231log224fffC.D.23323122log4fff 23323122log4fff 【解析】因为是定义域为 R 的偶函数，所以，()f x3331log(log 4)(log 4)4fff又因为，且函数在上单调递增减，23323(log 4)1220f()f x(0,)所以，故选 C.23323122log4fff【答案】C12.（2019 全国卷理）设函数，已知在有且仅有个零点，sin(0)5()xf x()f x0,25下述四个结论：在有且仅有 个极大值点；在有且仅有个极小值()f x(0,2)3()f x(0,2)2点；在单调递增；的取值范围是其中所有正确结论的编号是（()f x0,1012 29,5 10）A.B.C.D.第 6 页（共 13 页）【解析】已知在上有且仅有个零点，如图，sin(0)5()xf x0,25其图像的右端点的横坐标在区间上，此时在上,)a b()f x(0,2)有且仅有 3 个极大值点，在上可能有 2 或 3 个极小值点，所以正确，不正确；当()f x(0,2)时，由在上有且仅有个零点可得，解0,2x,2555x()f x0,255256得的取值范围是，所以正确；当时，所以12 29,5 100,10 x49551051002x在单调递增，所以正确.故选 D.()f x0,10【答案】D第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分。13.（2019 全国卷理）已知，为单位向量，且，若，则 ab0a b25cabcos,a c【解析】由题意得.22(25)2|522cos,3|25|145|25|AAAAaabaa ba c|a|ab|a|ab【答案】2314.（2019 全国卷理）记为等差数列的前项和，则 nSnan10a 213aa105SS【解析】由，可得，10a 213aa12da所以，1011109101002Sada，511545252Sada所以.1054SS【答案】4第 7 页（共 13 页）15.（2019 全国卷理）设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象1F2FC2213620 xyMC限若为等腰三角形，则的坐标为 12MF FM【解析】设为椭圆的左焦点，分析可知点 M 在以为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆1F1F上.22(4)64xy因为点 M 在椭圆上，2213620 xy所以联立方程可得解得222213(4)62460 xyxy，315.xy，又因为点 M 在第一象限，所以点 M 的坐标为.(3,15)【答案】(3,15)16.（2019 全国卷理）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型如图，该模型为长方3D体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，1111-ABCD A B C D-O EFGHO，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为EFGH6cmABBC14cmAA 3D，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 30.9g/cmg【解析】由题知，挖去的四棱锥的是一个菱形，对角线长分别是 6 cm 和 4 cm，故.31146312(cm)32V 挖去的四棱锥又，3664144(cm)V 长方体所以模型的体积为，314412132(cm)VV长方体挖去的四棱锥所以制作该模型所需原料的质量为.1320.9118.8(g)【答案】118.8三、解答题：本题共 70 分。17.（2019 全国卷理）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：将只200小鼠随机分成 A，B 两组，每组只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶100第 8 页（共 13 页）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：记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于”，根据直方图得到的估计值C5.5()P C为0.70（1）求乙离子残留百分比直方图中，的值；ab（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）【解析】（1）由题得0.200.150.70.a 解得0.35.a 由0.050.151()10.70.bP C 解得0.10.b（2）由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为：0.1520.2030.3040.2050.1060.0574.05.乙离子残留百分比的平均值为：0.05 30.1040.15 50.3560.2070.15 86.18.（2019 全国卷理）的内角，的对边分别为，已知ABCABCabcsinsin2ACabA（1）求；B（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围ABC1c ABC【解析】（1）由题设及正弦定理得sin sinsin sin2ACABA因为，sin0A 所以sinsin2ACB由，可得，故180ABCsincos22ACBcos2sincos222BBB因为，故，因此cos02B1sin22B60B 第 9 页（共 13 页）（2）由题设及（）知的面积1ABC34ABCSa由正弦定理得sinsin(120)31sinsin2tan2cACaCCC由于为锐角三角形，故，由（）知，所以，ABC090A090C1120AC3090C故，从而122a3382ABCS因此，面积的取值范围是ABC33,8219.（2019 全国卷理）图 是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其1ADEBRtABCBFGC中，将其沿，折起使得与重合，连接，1AB 2BEBF60FBCABBCBEBFDG如图2（1）证明：图中的，四点共面，且；2ACGDABCBCGE平面平面（2）求图中的二面角的大小2-B CG A【解析】（1）由已知得，ADBEACGBEA所以，AD CGA故，确定一个平面，从而，四点共面ADCGACGD由已知得，故ABBEABBCABBCGE 平面又因为，ABABC 平面所以ABCBCGE平面平面（2）作，垂足为EHBCH因为，EHBCGE 平面BCGEABC平面平面所以EHABC 平面由已知，菱形的边长为，可求得，BCGE260EBC1BH 3EH 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，HHCxHxyz第 10 页（共 13 页）则，(1,1,0)A(1,0,0)C(2,0,3)G(1,0,3)CG(2,1,0)AC 设平面的法向量为，则ACGD(,)x y zn即0,0,CGACnn30,20.xzxy所以可取(3,6,3)n又平面的法向量可取为，BCGE(0,1,0)m所以3cos,|2n mn mn m因此二面角的大小为-B CG A3020.（2019 全国卷理）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?若存在，求出，的ab()f x0,111ab所有值；若不存在，说明理由（1），2()622(3)fxxaxxxa令，得或，()0fx0 x 3ax 若，则当时，；0a(,0),3ax()0fx当时，0,3ax()0fx故在，单调递增，在单调递减；()f x(,0),3a0,3a若，在单调递增；0a()f x(,)若，则当时，；0a,(0,)3ax()0fx当时，,03ax()0fx故在，单调递增，在单调递减()f x,3a(0,),03a（2）满足题设条件的，存在ab（）当时，由（）知，在单调递增，i0a 1()f x0,1所以在区间的最小值为，最大值为()f x0,1(0)fb(1)2fab此时，满足题设条件当且仅当，即，ab1b 21ab0a 1b （）当时，由（）知，在单调递减，ii3a 1()f x0,1所以在区间的最大值为，最小值为()f x0,1(0)fb(1)2fab第 11 页（共 13 页）此时，满足题设条件当且仅当，即，ab21ab 1b 4a 1b（）当时，由（）知，在的最小值为，最大值为iii03a1()f x0,13327aafb 或b2ab若，则，与矛盾3127ab 1b 33 2a 03a若，则或或，与矛盾3127ab 21ab3 3a 3 3a 0a 03a综上，当且仅当，或，时，0a 1b 4a 1b 在的最小值为，最大值为()f x0,11121.（2019 全国卷理）已知曲线：，为直线上的动点，过作的两条切线，C22xy D12y DC切点分别为，AB（1）证明：直线过定点；AB（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求四边形的面50,2EABABADBE积【解析】（1）设，则1,2D t11(,)A x y2112xy由于，所以切线的斜率为，故yx DA1x11112yxxt整理得112210txy 设，同理可得22(,)B xy222210txy 故直线的方程为AB2210txy 所以直线过定点AB10,2（2）由（）得直线的方程为1AB12ytx由可得21,22ytxxy2210 xtx 于是，122xxt1 21x x 21212()121yyt xxt 222212121 211()42(1)ABt xxtxxx xt设，分别为点，到直线的距离，则，1d2dDEAB211dt2221dt第 12 页（共 13 页）因此，四边形的面积ADBE22121()(3)12SAB ddtt设为线段的中点，则MAB21,2M t t由于，而，与向量平行，EMAB 2(,2)EMt t AB(1,)t所以，解得或2(2)0ttt0t 1t 当时，；当时，0t 3S 1t 4 2S 因此，四边形的面积为 或ADBE34 222.（2019 全国卷理）如图，在极坐标系中，Ox(2,0)A2,4B32,4C(2,)D弧，所在圆的圆心分别是，曲线是弧，曲线是弧ABBCCD(1,0)1,2(1,)1MAB2M，曲线是弧BC3MCD（1）分别写出，的极坐标方程；1M2M3M（2）曲线由，构成，若点在上，且，求的极坐标M1M2M3MPM3OP P【解析】（1）由题设可得，弧，所在圆的极坐标方程分别为，ABBCCD2cos2sin2cos 所以的极坐标方程为，1M2cos04的极坐标方程为，2M32sin44的极坐标方程为3M32cos4（2）设，由题设及（）知：(,)P 1若，则，解得；042cos36若，则，解得或；3442sin3323若，则，解得342cos356第 13 页（共 13 页）综上，的极坐标为或或或P3,63,323,353,623.（2019 全国卷理）设，且,x y zR1xyz（1）求的最小值；222(1)(1)(1)xyz（2）若成立，证明：或2221(2)(1)()3xyza3a 1a 【解析】（1）由于2(1)(1)(1)xyz(1)(1)(1)(1)(1)(1)xyyzzx2223(1)(1)(1),xyz故由已知得，2224(1)(1)(1)3xyz当且仅当，时等号成立53x 13y 13z 所以的最小值为222(1)(1)(1)xyz43（2）由于2(2)(1)()xyza(2)(1)(1)()()(2)xyyzaza x2223(2)(1)(),xyza故由已知得，2222(2)(2)(1)()3axyza当且仅当，时等号成立43ax13ay223az因此的最小值为222(2)(1)()xyza2(2)3a由题设知，2(2)133a解得或3a 1a