2019年高考数学试题全国三卷3理科数学

2019·全国卷Ⅲ(理科数学)1.A1,E3[2019·全国卷Ⅲ] 已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x 2≤1},则A ∩B= ( ) A .{-1,0,1} B .{0,1} C .{-1,1} D . {0,1,2} 1.A [解析] 因为A={-1,0,1,2},B={x|x 2≤1}={x|-1≤x ≤1},所以A ∩B={-1,0,1}.2.L4[2019·全国卷Ⅲ] 若z (1+i )=2i ,则z= ( ) A .-1-i B .-1+I C .1-iD .1+i2.D [解析] z=2i 1+i =2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i .3.I2[2019·全国卷Ⅲ] 《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 .0.6C .0.7D .0.83.C [解析] 设只阅读过《西游记》的学生有x 位,则x+60+(80-60)=90,解得x=10,所以阅读过《西游记》的学生人数为10+60=70,故该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为70100=0.7.4.J3[2019·全国卷Ⅲ] (1+2x 2)(1+x )4的展开式中x 3的系数为 ( ) A .12B .16C .20D .244.A [解析] 因为(1+2x 2)(1+x )4=(1+x )4+2x 2(1+x )4,所以展开式中x 3的系数为C 43+2C 41=12.5.D3[2019·全国卷Ⅲ] 已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3= ( ) A .16B .8C .4D .25.C [解析] 设数列{a n }的公比为q ,由题知a 1>0,q>0且q ≠1,则{a 1(1-q 4)1-q=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得{a 1=1,q =2,所以a 3=a 1q 2=4.6.B12[2019·全国卷Ⅲ] 已知曲线y=a e x +x ln x 在点(1,a e )处的切线方程为y=2x+b ,则 ( ) A .a=e ,b=-1 B .a=e ,b=1 C .a=e -1,b=1 D .a=e -1,b=-1 6.D [解析] 令y=f (x )=a e x +x ln x ,则f'(x )=a e x +ln x+1,由题意知{f(1)=2+b,f'(1)=2,即{ae =2+b,ae +1=2,解得{a =e -1,b =-1.7.B8[2019·全国卷Ⅲ] 函数y=2x 32x+2-x在[-6,6]的图像大致为 ( )A BC D图1-17.B[解析]令y=f(x)=2x 32x+2-x ,易知f(-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数,排除选项C;f(4)=2×4324+2-4=12816+116>0,排除选项D;f(6)=2×6326+2-6=43264+164≈6.75,排除选项A.故选B.8.G5[2019·全国卷Ⅲ]如图1-2,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()图1-2A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线8.B[解析]连接BD,则N为BD的中点,连接MN,CM,BE.如图所示,在△EDB中,M,N分别是ED,BD的中点,所以MN∥BE,MN=12BE,则四边形MNBE是梯形,BM,EN是梯形的两条对角线,所以直线BM,EN相交.设正方形ABCD的边长为a,由题意可得△BCM为直角三角形,则BM=√BC2+CM2=√72a.记CD的中点为H,连接EH,HN,则△EHN为直角三角形,则EN=√EH2+NH2=a,故BM≠EN.综上所述,BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线.9.D3, L1[2019·全国卷Ⅲ]执行图1-3的程序框图,如果输入的ε为0.01,则输出s的值等于()图1-3A .2- 124B .2- 125C .2- 126D .2- 1279.C [解析]x=1,s=0,s=0+1=1,x=12,12>0.01;s=1+12,x=14,14>0.01;s=1+12+14,x=18,18>0.01;s=1+12+14+18,x=116,116>0.01;s=1+12+14+18+116,x=132,132>0.01;s=1+12+14+18+116+132,x=164,164>0.01;s=1+12+14+18+116+132+164,x=1128,1128<0.01,输出s=1+12+14+18+116+132+164=1×[1-(12)7]1-12=2-126.10.H6[2019·全国卷Ⅲ] 双曲线C :x 24-y 22=1的右焦点为F ,点P 在C 的一条渐近线上,O 为坐标原点.若|PO|=|PF|,则△PFO 的面积为 ( ) A .3√24B .3√22C .2√2D .3√210.A [解析] 设M 为OF 的中点,由题意知|OF|=√4+2=√6,则|OM|=√62.因为|PO|=|PF|,所以点P 在线段OF 的垂直平分线上,即点P 的横坐标为√62.不妨设点P 在第一象限,由题知双曲线的一条渐近线的方程为y=√22x ,可得点P 的纵坐标为√32,所以△PFO 的面积S=12×√6×√32=3√24.11.B3,B4[2019·全国卷Ⅲ] 设f (x )是定义域为R 的偶函数,且在(0,+∞)单调递减,则 ( )A .f (log 314)>f 2-32>f 2-23 B .f (log 314)>f 2-23>f 2-32 C .f 2-32>f 2-23>f (log 314) D .f 2-23>f 2-32>f (log 314)11.C [解析] 因为f (x )为偶函数且在(0,+∞)单调递减,log 34>1,0<2-32<2-23<20=1,所以f (log 314)=f (-log 34)=f (log 34)<f (1),f 2-32>f 2-23>f (20)=f (1),所以f 2-32>f 2-23>f (log 314).12.C4[2019·全国卷Ⅲ] 设函数f (x )=sin (ωx +π5)(ω>0),已知f (x )在[0,2π]有且仅有5个零点,下述四个结论:①f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点;②f (x )在(0,2π)有且仅有2个极小值点;③f (x )在(0,π10)单调递增;④ω的取值范围是[125,2910).其中所有正确结论的编号是 ( )A .①④B .②③C .①②③D .①③④12.D [解析] 由x ∈[0,2π],得ωx+π5∈[π5,2ωπ+π5].设2ωπ+π5=t ,由题意及函数y=sin x 的图像知,t ∈[5π,6π),则ω∈[125,2910),故f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点,而f (x )在(0,2π)可能有2个极小值点,也可能有3个极小值点,故①正确,②不正确,④正确; 当x ∈(0,π10)时,ωx+π5∈(π5,ωπ10+π5),因为ω∈[125,2910),所以ωπ10+π5<29π100+π5=49π100<π2,故f (x )在(0,π10)单调递增,③正确.故选D .13.F3[2019·全国卷Ⅲ] 已知a ,b 为单位向量,且a ·b=0,若c=2a-√5b ,则cos <a ,c>= .13.23[解析] 因为|c|=√(2a -√5b)2=√4a 2+5b 2=√4+5=3,a ·c=a ·(2a-√5b )=2a 2-√5a ·b=2,所以cos <a ,c>=a ·c |a||c|=23.14.D2[2019·全国卷Ⅲ] 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S 10S 5= .14.4 [解析] 设数列{a n }的公差为d ,由题意得a 1+d=3a 1,即d=2a 1,则S 5=5a 1+5×42d=25a 1,S 10=10a 1+10×92d=100a 1,所以S 10S 5=100a 125a 1=4.15.H5[2019·全国卷Ⅲ] 设F 1,F 2为椭圆C :x 236+y 220=1的两个焦点,M 为C 上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形,则M 的坐标为 .15.(3,√15) [解析] 不妨设F 1为椭圆C 的左焦点,由题意知|MF 1|=|F 1F 2|=8,则|MF 2|=12-|MF 1|=4.过M 作MN 垂直于x 轴,垂足为N ,则在Rt △MF 1N 和Rt △MF 2N 中,分别有|MN|2=|MF 1|2-|NF 1|2=64-|NF 1|2,|MN|2=|MF 2|2-|NF 2|2=16-|NF2|2,故|NF1|2-|NF2|2=48,又|NF1|+|NF2|=|F1F2|=8,所以|NF1|=7,|NF2|=1,所以N的坐标为(3,0),即点M的横坐标为3,又M为C上一点且在第一象限,可得y M=√15,故M的坐标为(3,√15).16.G1[2019·全国卷Ⅲ]学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型,如图1-4,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.图1-416.118.8[解析]由题易知,四边形EFGH是菱形,且S四边形EFGH=12×6×4=12(cm2),四棱锥O-EFGH的高为3 cm,其体积为1×12×3=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4=144(cm3),故长方体ABCD-A1B1C1D1挖3去四棱锥O-EFGH后所得几何体的体积为144-12=132(cm3),132×0.9=118.8(g),所以,制作该模型所需原料的质量为118.8 g.17.I2[2019·全国卷Ⅲ]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图1-5所示的直方图:图1-5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).17.解:(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15,故a=0.35.b=1-0.05-0.15-0.70=0.10.(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05. 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00.18.C8[2019·全国卷Ⅲ] △ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知a sin A+C2=b sin A. (1)求B ;(2)若△ABC 为锐角三角形,且c=1,求△ABC 面积的取值范围. 18.解:(1)由题设及正弦定理得sin A sin A+C2=sin B sin A. 因为sin A ≠0,所以sinA+C2=sin B. 由A+B+C=180°,可得sin A+C 2=cos B2, 故cos B 2=2sin B 2cos B 2.因为cos B 2≠0,故sin B 2=12,因此B=60°. (2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC =√34a.由正弦定理得a=csinA sinC=sin(120°-C)sinC =√32tanC +12. 由于△ABC 为锐角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°.由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°, 故12<a<2,从而√38<S △ABC <√32.因此,△ABC 面积的取值范围是(√38,√32).19.G3,G5,G10[2019·全国卷Ⅲ] 如图1-6,图①是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG ,如图②. (1)证明:图②中的A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE ; (2)求图②中的二面角B -CG -A 的大小.① ②图1-619.解:(1)证明:由已知得AD ∥BE ,CG ∥BE ,所以AD ∥CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面. 由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE.(2)作EH ⊥BC ,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz ,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n=(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos <n ,m>=n ·m |n||m|=√32. 因此二面角B -CG -A 的大小为30°.20.B3,B12[2019·全国卷Ⅲ] 已知函数f (x )=2x 3-ax 2+b. (1)讨论f (x )的单调性.(2)是否存在a ,b ,使得f (x )在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a ,b 的所有值;若不存在,说明理由. 20.解:(1)f'(x )=6x 2-2ax=2x (3x-a ). 令f'(x )=0,得x=0或x=a 3.若a>0,则当x ∈(-∞,0)∪(a 3,+∞)时,f'(x )>0,当x ∈(0,a 3)时,f'(x )<0,故f (x )在(-∞,0),(a 3,+∞)单调递增,在(0,a 3)单调递减; 若a=0,f (x )在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x ∈(-∞,a 3)∪(0,+∞)时,f'(x )>0,当x ∈(a 3,0)时,f'(x )<0,故f (x )在(-∞,a 3),(0,+∞)单调递增,在(a 3,0)单调递减. (2)满足题设条件的a ,b 存在.(i )当a ≤0时,由(1)知,f (x )在[0,1]单调递增,所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)=b ,最大值为f (1)=2-a+b.此时a ,b 满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii )当a ≥3时,由(1)知,f (x )在[0,1]单调递减,所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)=b ,最小值为f (1)=2-a+b.此时a ,b 满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(iii )当0<a<3时,由(1)知,f (x )在区间[0,1]的最小值为f (a 3)=-a 327+b ,最大值为b 或2-a+b. 若-a 327+b=-1,b=1,则a=3√23,与0<a<3矛盾.若-a 327+b=-1,2-a+b=1,则a=3√3或a=-3√3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f (x )在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1.21.H4,H7[2019·全国卷Ⅲ] 已知曲线C :y=x 22,D 为直线y=-12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A ,B. (1)证明:直线AB 过定点;(2)若以E (0,52)为圆心的圆与直线AB 相切,且切点为线段AB 的中点,求四边形ADBE 的面积.21.解:(1)证明:设D (t,-12),A (x 1,y 1),则x 12=2y 1.由于y'=x ,所以切线DA 的斜率为x 1,故y 1+12x 1-t=x 1,整理得2tx 1-2y 1+1=0.设B (x 2,y 2),同理可得2tx 2-2y 2+1=0.故直线AB 的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB 过定点(0,12).(2)由(1)得直线AB 的方程为y=tx+12.由{y =tx +12,y =x 22可得x 2-2tx-1=0. 于是x 1+x 2=2t ,x 1x 2=-1,y 1+y 2=t (x 1+x 2)+1=2t 2+1,|AB|=√1+t 2|x 1-x 2|=√1+t 2×√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=2(t 2+1). 设d 1,d 2分别为点D ,E 到直线AB 的距离,则d 1=√t 2+1,d 2=√t +1.因此,四边形ADBE 的面积S=12|AB|(d 1+d 2)=(t 2+3)√t 2+1. 设M 为线段AB 的中点,则M (t,t 2+12).由于EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,而EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t ,t 2-2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量(1,t )平行,所以t+(t 2-2)t=0,解得t=0或t=±1. 当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4√2. 因此,四边形ADBE 的面积为3或4√2.22.N3[2019·全国卷Ⅲ] [选修4-4:坐标系与参数方程] 如图1-7,在极坐标系Ox 中,A (2,0),B (√2,π4),C (√2,3π4),D (2,π),弧AB ⏜,BC ⏜,CD ⏜所在圆的圆心分别是(1,0),(1,π2),(1,π),曲线M 1是弧AB⏜,曲线M 2是弧BC ⏜,曲线M 3是弧CD ⏜.图1-7(1)分别写出M 1,M 2,M 3的极坐标方程;(2)曲线M 由M 1,M 2,M 3构成,若点P 在M 上,且|OP|=√3,求P 的极坐标.22.解:(1)由题设可得,弧AB⏜,BC ⏜,CD ⏜所在圆的极坐标方程分别为ρ=2cos θ,ρ=2sin θ,ρ=-2cos θ. 所以M 1的极坐标方程为ρ=2cos θ(0≤θ≤π4),M 2的极坐标方程为ρ=2sin θ(π4≤θ≤3π4),M 3的极坐标方程为ρ=-2cos θ(3π4≤θ≤π).(2)设P (ρ,θ),由题设及(1)知 若0≤θ≤π4,则2cos θ=√3,解得θ=π6; 若π4≤θ≤3π4,则2sin θ=√3,解得θ=π3或θ=2π3; 若3π4≤θ≤π,则-2cos θ=√3,解得θ=5π6.综上,P的极坐标为(√3,π6)或(√3,π3)或(√3,2π3)或(√3,5π6).23.N4[2019·全国卷Ⅲ][选修4-5:不等式选讲]设x,y,z∈R,且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥13成立,证明:a≤-3或a≥-1.23.解:(1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43,当且仅当x=53,y=-13,z=-13时等号成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43.(2)证明:由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥(2+a)23,当且仅当x=4-a3,y=1-a3,z=2a-23时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为(2+a)23.由题设知(2+a)23≥13,解得a≤-3或a≥-1.。