2019年高考文科数学全国卷3含答案.docx

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） 文科数学一、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+i3.两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )A.B.C.D.1 61 41 31 24.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.0.85.函数在的零点个数为( )( )2sinsin2f xxx02A.2B.3 C.4D.56.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.27.已知曲线在点处的切线方程为，则( )elnxyaxx1ae2yxbA.B.1aeb1aebC.D.11aeb11aeb，8.如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，为正三角形，平面 ECD平面ECDABCD，M 是线段 ED 的中点，则( )A.，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BMENBMEN9.执行下边的程序框图，如果输入的为，则输出的值等于( )0.01s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.B.C.D.412251226122712210.已知 F 是双曲线 C：的一个焦点，点 P 在 C 上，O 为坐标原点，若22 145xy，则的面积为( )=OPOFOPFA.B.C.D.3 25 27 29 211.记不等式组表示的平面区域为D.命题；命题6, 20xy xy : ( , ),29px yDxy.下面给出了四个命题( ):( , ),212qx yDxypqpq pqpq 这四个命题中，所有真命题的编号是( )A.B.C.D.12.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 3lo122g4fff二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.已知向量，则 .(2,2),( 8,6) abcos,a b14.记为等差数列的前 n 项和，若，则 .nS na375,13aa10S15.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.数学试卷 第 5 页（共 22 页） 数学试卷 第 6 页（共 22 页） （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ABC.sinsin2ACabA（1）求 B；（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RtABC中.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，1 AB260BEBFFBC连结 DG，如图 2.（1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且；ABCBCGE-在-此-卷-上-答-题-无-效- - 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 22 页） 数学试卷 第 8 页（共 22 页）（2）求图 2 中的四边形 ACGD 的面积.20.（12 分）已知函数.32( )22f xxax（1）讨论的单调性；( )f x（2）当时，记在区间的最大值为M，最小值为m，求03a( )f x0 1 的取值范围.Mm21.（12 分）已知曲线 C：，D 为直线上的动点，过 D 作 C 的两条切22xy1 2 y线，切点分别为 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，求该圆205，的方程.（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,)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（2）若成立，证明：或.2221(2)(1)()3xyza3a1a数学试卷 第 9 页（共 22 页） 数学试卷 第 10 页（共 22 页） 2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）文科数学答案解析一、选择题1 【答案】A【解析】，21x51(5)e，则，11BxxAB1,0,1 故选 A【考点】集合交集的求法【考查能力】运算求解2 【答案】D【解析】，故选 D2 i2i(1-i)2+2iz1i1+i(1+i)(1-i)2 【考点】复数的四则运算【考查能力】运算求解3 【答案】D【解析】两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是故选 D1 2【考点】常见背景中的古典概型【考查能力】逻辑推理4 【答案】C【解析】由题意得，阅读过西游记的学生人数为，则其与该校学90806070生人数之比为故选 C70 1000.7【考点】抽样数据的统计【考查能力】逻辑推理5 【答案】B【解析】由，f(x)2sinxsin2x2sinx2sinxcosx2sinx(1cosx)0得或，sinx0cosx1x0,2x02在的零点个数是 3，f(x)0,2故选 B【考点】在一定范围内的函数的零点个数【考查能力】运算求解6 【答案】C【解析】设正数的等比数列an的公比为，则，q23 1111 42 111aa qa qa q15, a q3a q4a数学试卷 第 11 页（共 22 页） 数学试卷 第 12 页（共 22 页）解得，故选 C1a1, q2 2 31aa q4【考查能力】逻辑推理，运算求解7 【答案】D【解析】xyaelnx1,，x 1ky |ae12 1ae 将代入得，故选 D(1,1)y2xb2b1,b1 【考点】导数的几何意义，切线方程【考查能力】逻辑推理，运算求解8 【答案】B【解析】如图所示， 作于，连接，过作于EOCDOONMMFODF连，平面平面BFCDE ABCD平面，平面，平面，EOCD,EOCDEEOABCDMF ABCE与均为直角三角形设正方形边长为 2，易知MFBEON，EO3,ON1EN2，故选 B35MF,BF,BM722BMEN【考点】两直线的位置关系和数量关系，平面与平面垂直的性质【考查能力】逻辑推理，空间想象9 【答案】C【解析】输入的为，0.01不满足条件；x1.S01,x0.50.01?不满足条件；11S01,x0.01?24 满足条件6111S01,x0.00781250.01?22128 输出，故选 C6761111S12 122222 【考点】程序框图，等比数列求和【考查能力】逻辑推理，计算10 【答案】B【解析】设点，则00P x ,y22 00xy145又，OPOF45322 00xy9由得，2 025y9即，05y3，OPF01155SOFy32232 故选 B【考点】双曲线的方程、定义和简单几何性质【考查能力】运算求解数学试卷 第 13 页（共 22 页） 数学试卷 第 14 页（共 22 页） 11 【答案】A【解析】如图，平面区域 D 为阴影部分，由得y2x,xy6 x2, y4 即 A（2，4） ，直线与直线均过区域 D，2xy92xy12则 p 真 q 假，有假真，所以真假故选 A3,2 ,1,0 abq【考点】线性规划【考查能力】逻辑推理12 【答案】C【解析】是 R 的偶函数， f x331f logf log 44，2233 03322 333log 4log 31,1222,log 422又在（0，+）单调递减， f x，23 32 3f log 4f 2f 2，故选 C23 32 31f 2f 2f log4【考点】函数的奇偶性、单调性，比较大小【考查能力】逻辑推理13 【答案】2 10【解析】2222282 6a b2cosa,b10a b22( 8)6 A A【考点】平面向量的数量积【考查能力】运算求解14 【答案】100【解析】得3171aa2d5,aa6d13 1a1, d2 10110 910 9S10ad10 12100.22 【考点】等差数列的通项公式与前 n 项和公式【考查能力】逻辑思维，运算求解15 【答案】(3, 15)【解析】由已知可得，22222a36, b20,cab16,c4 11 2MFFF2c82MF4数学试卷 第 15 页（共 22 页） 数学试卷 第 16 页（共 22 页）设点的坐标为，则，M0000x , yx0, y01 2MFF1 2001SFFy4y2又，解得，1 222 MFF01S4824 15 ,4y4 152 0y15，解得（舍去） ，2 2 015x13620 0x30x3 的坐标为M3, 15【考点】椭圆的方程与性质【考查能力】逻辑思维，运算求解16 【答案】1188【解析】由题得长方体，的体积为四边形为1111ABCD-A B C D2664144 cm EFGH平行四边形，如图所示，连接，易知四边形的面积为矩形，CEHFEFCH11BCC B面积的一半，即，所以，所以该模216412 cm2 2 O EFGH1V3 1212 cm3 型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为314412132 cm1320.9118.8 g【考点】长方体与四棱锥体积的计算【考查能力】逻辑思维，空间想象，运算求解，创新17 【答案】 （1），；（2），.a0.35b0.104.056【解析】 （1）由题得，解得，由a0.200.150.70a0.35，解得.0.05b0.151P(C)10.70 b0.10（2）由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为，0.1520.20 30.3040.20 50.1060.05 74.05 乙离子残留百分比的平均值为0.05 30.1040.15 50.35 60.2070.15 86 【考点】频率分布直方图【考查能力】逻辑思维，运算求解18 【答案】 （1）;（2）.B333(,)82【解析】 （1）根据题意，由正弦定理得，ACasinbsinA2ACsinAsinsinBsinA2因为，故，消去得。0A sinA0sinAACsinsinB2，因为故或者，而根据题意0B AC02 ACB2ACB2 ，故不成立，所以，又因为，代ABC ACB2 ACB2ABC 入得，所以.3B B3（2）因为是锐角三角形，由（1）知，得到，ABCAB3ABC 2AC3故，解得.0C2 20C32C62又应用正弦定理，ac sinAsinC12 25数学试卷 第 17 页（共 22 页） 数学试卷 第 18 页（共 22 页） 由三角形面积公式有：22 ABC2sin(C)11a1sinA33Sac sinBcsinBcsinB22c2sinC4sinC A.22sincosCcossinC3321231333(sincos)4sinC43 tanC38 tanC8又因,故，3C,tanC62333133 88 tanC82故.ABC33S82A故的取值范围是ABCSA33(,)82【考点】正弦定理，三角形的面积，三角恒等变换【考查能力】逻辑推理，运算求解19 【答案】 （1）见解析；（2）4.【解析】 （1）证：，又因为和粘在一起.AD / /BEBF/ /CGEF，A，C，G，D 四点共面.AD / /CG又.ABBE,ABBC平面 BCGE，平面 ABC，平面 ABC平面 BCGE，得证.ABAB（2）取的中点，连结.因为，平面 BCGE，所以平面CGMEM,DMACABDE BCGE，故，DECG由已知，四边形 BCGE 是菱形，且得，故平面 DEM。EBC60EMCGCG 因此。DMCG在中，DE=1，故。RtDEMEM3DM2所以四边形 ACGD 的面积为 4.【考点】空间中线面位置关系【考查能力】逻辑思维，空间想象，运算求解20 【答案】 （1）对求导得.所以有32f(x)2xax22af '(x)6x2ax6x(x)3当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；a0a(, )3a( ,0)3(0,)当时，区间上单调递增；a0(,) 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.a0(,0)a(0, )3a( ,)3（2）若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最0a2f(x)a(0, )3a( ,1)30,1小值为.而，故所以区间上最大值为. af( )3f(0)2,f(1)2a2f(0)0,1f(1)所以，设函数3 32aaaaMmf(1)f( )(4a)2( )a( )2a233327，求导当时从而单调递减.而3xg(x)x2272xg'(x)190x24 3AB3g(x)，所以.即的取值范围是.0a238aa222727Mm8,2)27数学试卷 第 19 页（共 22 页） 数学试卷 第 20 页（共 22 页）若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最2a3f(x)a(0, )3a( ,1)30,1小值为而，故所以区间上最大值为. af( )3f(0)2,f(1)2a2f(0)0,1f(0)所以，而，所以.3 32aaaaMmf(0)f( )22( )a( )2333272a338a12727即的取值范围是.Mm8(,1)27综上得的取值范围是.Mm8,2)27【考点】函数与导数，函数的单调性、最值【考查能力】逻辑推理，运算求解21 【答案】 （1）证明：设,则。又因为，所以1D(t,)2 11A(x ,y )2 111yx221yx2.则切线 DA 的斜率为，故，整理得.设y'x1x1111yx (xt)2 112tx2y10 ，同理得.,都满足直线方程22B(x ,y )112tx2y10 11A(x ,y )22B(x ,y ).于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所2tx2y10 2tx2y10 A,B以直线方程为.即，当时等式恒AB2tx2y10 2tx( 2y1)0 2x0, 2y10 成立。所以直线恒过定点.AB1(0, )2（2）由（1）得直线方程为，和抛物线方程联立得：AB2tx2y10 化简得.于是,22tx2y10 1yx2 2x2tx10 12xx2t设为线段的中点，则2 1212yyt(xx )12t1 MAB21M(t,t)2由于，而,与向量平行，所以，EMAB 2EM(t,t2) AB (1,t)2tt(t2)0解得或.t0t1 当时，所求圆的方程为;t0EM(0, 2)EM2225x(y)42当时，或，所求圆的方程为t1 EM(1, 1)EM( 1, 1) EM2. 225x(y)22所以圆的方程为或.225x(y)42225x(y)22【考点】抛物线方程，直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系，导数的几何意义【考查能力】逻辑思维，抽象概括，运算求解22 【答案】解：（1）由题设可得，孤所在圆的极坐标方程分别为，AAAAB,BC,CD2cos ，所以的极坐标方程为，始的极坐2sin 2cos 1M2cos04 2M标方程为，始的极坐标方程为32sin44 3M32cos)4 （2）设，由题设及（1）知：P( , ) 若，则，解得；042cos3 6 若，则，解得或：3 442sin3 3 2 3 若，则，解得342sin3 5 6 综上，的极坐标为或或或。P3,63,323,353,6【考点】极坐标方程及应用【考查能力】逻辑思维，运算求解数学试卷 第 21 页（共 22 页） 数学试卷 第 22 页（共 22 页） 23 【答案】解：（1）由于2(x1)(y1)(z1)222(x1)(y1)(z1)2(x1)(y1)(y1)(z1)(z1) x-1) 2223 (x1)(y1)(z1)故由已知得，当且仅当，时等号成2224(x1)(y1)(z1)35x31y3 1z3 立所以的最小值为222(x1)(y1)(z1)4 3（2）由于2(x2)(y1)(za)222(x2)(y1)(za)2(x2)(y1)(y1)(za)(a )(x2z) 2223 (x2)(y1)(za)故由已知得，当且仅当，2 222(2a)(x2)(y1)(za)34ax3y1a 3时成立；2a2z3因此的最小值为222(x2)(y1)(za)2(2a) 3由题知，解得或2(2a)1 33a3 a1【考点】基本不等式的应用【考查能力】逻辑思维，化归与转化，运算求解