2019年高考试题——理科数学(全国卷Ⅲ)(解析版)(共15页).doc
精选优质文档-倾情为你奉上2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国 III卷）理科数学一 选择题1、 已知集合，则（ ）A.B. B.C. C.D. D.答案：A解答：，所以.2.若，则（ ）A.B.C.D.答案：D解答：,.3.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.B.C.D.答案：C解答：4.的展开式中的系数为（ ）A.B.C.D.答案：A解答：由题意可知含的项为，所以系数为.5.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（）A. B. C. D. 答案：C解答：设该等比数列的首项，公比，由已知得，因为且，则可解得，又因为，即可解得，则.6. 已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）A.,B.,C.,D.,答案：D解析：令，则，得.，可得.故选D.7.函数在的图像大致为（ ）A.B.C.D.答案：B解析：，为奇函数，排除选项C.又，根据图像进行判断，可知选项B符合题意.8.如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（ ）A.，且直线，是相交直线B.，且直线，是相交直线C.，且直线，是异面直线D.，且直线，是异面直线答案：B解析：因为直线，都是平面内的直线，且不平行，即直线，是相交直线，设正方形的边长为，则由题意可得：，根据余弦定理可得：， ，所以，故选B.9.执行右边的程序框图，如果输出为，则输出的值等于（ ）A.B.C.D.答案：C解析：第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第七次循环：，此时循环结束，可得.故选C.10. 双曲线：的右焦点为，点为的一条渐近线的点，为坐标原点.若则的面积为（ ）A: B: C: D:答案:A解析：由双曲线的方程可得一条渐近线方程为；在中过点做垂直因为得到;所以;故选A;11. 若是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ）A. B. C. D.答案：C解析:依据题意函数为偶函数且函数在单调递减，则函数在上单调递增；因为；又因为；所以；故选C.12.设函数，已知在有且仅有个零点，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点在单调递增的取值范围是 其中所有正确结论的编号是A. B. C. D.答案：D解析：根据题意，画出草图，由图可知，由题意可得，解得，所以，解得，故对；令得，图像中轴右侧第一个最值点为最大值点，故对；，在有个或个极小值点，故错；，故对.二.填空题13.已知，为单位向量，且，若，则 .答案：解析：，.14.记为等差数列的前项和，若，则 .答案：解析：设该等差数列的公差为，故，.15.设、为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的坐标为_.答案：解析：已知椭圆可知，由为上一点且在第一象限，故等腰三角形中，,，代入可得.故的坐标为.16.学生到工厂劳动实践，利用D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，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，,D打印机所用原料密度为，不考虑打印损耗，则作该模型所需原料的质量为 .答案：解答：，.三解答题17.为了解甲，乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下实验：将200只小鼠随机分成两组，每组100只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同，摩尔溶度相同。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，根据实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5.5”，根据直方图得到的估计值为0.70.（1） 求乙离子残留百分比直方图中的值；（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）.答案：见解析解答:（1） 依题意得，解得.（2） 得到甲离子残留百分比的平均值为4.05,，乙离子残留百分比的平均值为5.7.18.的内角的对边分别为.已知.(1求B;(2) 若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.答案：（1）（2）见解析解析：因为；结合正弦定理,得,即；得到；（2） 因为,所以又因为,;又因为（因为为锐角，若越大越大，则越小越小；越大）；所以，所以.19.图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，.将其沿折起使得与重合，连结，如图2.（1）证明：图2中的四点共面，且平面平面；（2）求图2中的二面角的大小.答案：见解析解析：证明：（1）由题意知，又，平面，又平面，平面平面.(2)分别取，的中点为，连结，则，四边形为棱形，且60，又平面，即平面，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为,，令，则,得到，平面的一个法向量为，,故二面角的大小为.20.已知函数.（1） 讨论的单调性；（2） 是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.答案：见解析解析：（1）当时，此时在单调递增.当时，令，解得或，令，解得.此时在单调递增，在单调递减.当时，令，解得或，令，解得.此时在单调递增，在单调递减.综上可得，当时，在单调递增.当时，在单调递增，在单调递减.当时，在单调递增，在单调递减.（2） 由（1）中结论可知，当时，在单调递增，此时，满足题意.当时，若，即，则在单调递减，此时，满足题意.若，即，则在单调递减，在单调递增.此时当时，由可得，与矛盾，故不成立.当时，由可得，与矛盾，故不成立.综上可知，或满足题意.21.已知曲线，为直线上的动点.过作的两条切线,切点分别是,（1）证明：直线过定点;（2）若以为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.答案：见解析；解答：（1）当点在时，设过的直线方程为，与曲线联立化简得，由于直线与曲线相切，则有，解得，并求得坐标分别为，所以直线的方程为；当点横坐标不为时，设直线的方程为（），由已知可得直线不过坐标原点即，联立直线方程与曲线的方程可得，消并化简得，有两个交点，设，根据韦达定理有，由已知可得曲线为抛物线等价于函数的图像，则有，则抛物线在上的切线方程为，同理，抛物线在上的切线方程为，联立，并消去可得，由已知可得两条切线的交点在直线上，则有，化简得，即，即为，解得，经检验满足条件，所以直线的方程为过定点，综上所述，直线过定点得证.（2）由（1）得直线的方程为，当时，即直线方程为，此时点的坐标为，以为圆心的圆与直线相切于恰为中点，此时；当时，直线方程与曲线方程联立化简得，则中点坐标为，由已知可得，即，解得，由对称性不妨取，则直线方程为，求得的坐标为，到直线距离，到直线距离，则，综上所述，四边形的面积为或.四 选做题（2选1）22.如图，在极坐标系中，,弧,所在圆的圆心分别是，曲线是弧,曲线是弧，曲线是弧.（1）分别写出,的极坐标方程；（2）曲线由,构成，若点在上，且,求的极坐标.答案：见解答解答：（1） 由题意可知,的直角坐标方程为：，所以,的极坐标为，.（2） 时，时，或，时，所以点的极坐标为，.23.设，且.（1）求的最小值；（2）若成立，证明：或.答案：见解析解析：（1） 根据柯西不等式，故，当且仅当，即，时，取最小值;（2） 方法一：根据柯西不等式，证得或.方法二：令，有，证得或专心-专注-专业
