2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ).doc

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1、2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）一、选择题：本题共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（5分）已知集合A1，0，1，2，Bx|x21，则AB（）A1，0，1B0，1C1，1D0，1，22（5分）若z（1+i）2i，则z（）A1iB1+iC1iD1+i3（5分）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

2、学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）A0.5B0.6C0.7D0.84（5分）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A12B16C20D245（5分）已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a3+4a1，则a3（）A16B8C4D26（5分）已知曲线yaex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae，b1Bae，b1Cae1，b1Dae1，b17（5分）函数y在6，6的图象大致为（）ABCD8（5分）如图，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（）ABMEN，且直线BM，EN是相交直

3、线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线9（5分）执行如图的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于（）A2B2C2D210（5分）双曲线C：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（）ABC2D311（5分）设f（x）是定义域为R的偶函数，且在（0，+）单调递减，则（）Af（log3）f（2）f（2）Bf（log3）f（2）f（2）Cf（2）f（2）f（log3）Df（2）f（2）f（log3）12（5分）设函数f（x）sin（x+）（0），已知f（x）在0，2有

4、且仅有5个零点下述四个结论：f（x）在（0，2）有且仅有3个极大值点f（x）在（0，2）有且仅有2个极小值点f（x）在（0，）单调递增的取值范围是，）其中所有正确结论的编号是（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知，为单位向量，且0，若2，则cos， 14（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则 15（5分）设F1，F2为椭圆C：+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为 16（5分）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ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几

5、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，ABBC6cm，AA14cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g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

6、的百分比根据试验数据分别得到如图直方图：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）18ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c已知asinbsinA（1）求B；（2）若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围19图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2（1）证明：图2中的A，C，G，D四点

7、共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小20已知函数f（x）2x3ax2+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21已知曲线C：y，D为直线y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，）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（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。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22如图，在极坐标系O

8、x中，A（2，0），B（，），C（，），D（2，），弧，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，），（1，），曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；（2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|，求P的极坐标选修4-5：不等式选讲（10分）23设x，y，zR，且x+y+z1（1）求（x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；（2）若（x2）2+（y1）2+（za）2成立，证明：a3或a12019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共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

9、是符合题目要求的。1（5分）已知集合A1，0，1，2，Bx|x21，则AB（）A1，0，1B0，1C1，1D0，1，2【解答】解：因为A1，0，1，2，Bx|x21x|1x1，所以AB1，0，1，故选：A2（5分）若z（1+i）2i，则z（）A1iB1+iC1iD1+i【解答】解：由z（1+i）2i，得z1+i故选：D3（5分）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

10、记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）A0.5B0.6C0.7D0.8【解答】解：某中学为了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，作出维恩图，得：该学校阅读过西游记的学生人数为70人，则该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：0.7故选：C4（5分）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A12B16C20D24【解答】解：（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为：1+212故选：A5（5分）已知各项均为正数的等比

11、数列an的前4项和为15，且a53a3+4a1，则a3（）A16B8C4D2【解答】解：设等比数列an的公比为q（q0），则由前4项和为15，且a53a3+4a1，有，故选：C6（5分）已知曲线yaex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae，b1Bae，b1Cae1，b1Dae1，b1【解答】解：yaex+xlnx的导数为yaex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，可得ae+1+02，解得ae1，又切点为（1，1），可得12+b，即b1，故选：D7（5分）函数y在6，6的图象大致为（）ABCD【解答】解：由yf（x）在6，6，知f（x），f（x）

12、是6，6上的奇函数，因此排除C又f（4），因此排除A，D故选：B8（5分）如图，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（）ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：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，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE边上的中线，EN是BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线，设DEa，则BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故

13、选：B9（5分）执行如图的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于（）A2B2C2D2【解答】解：第一次执行循环体后，s1，x，不满足退出循环的条件x0.01；再次执行循环体后，s1+，x，不满足退出循环的条件x0.01；再次执行循环体后，s1+，x，不满足退出循环的条件x0.01；由于0.01，而0.01，可得：当s1+，x，此时，满足退出循环的条件x0.01，输出s1+2故选：C10（5分）双曲线C：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（）ABC2D3【解答】解：双曲线C：1的右焦点为F（，0），渐近线方程为：yx，不妨P在第一象限

14、，可得tanPOF，P（，），所以PFO的面积为：故选：A11（5分）设f（x）是定义域为R的偶函数，且在（0，+）单调递减，则（）Af（log3）f（2）f（2）Bf（log3）f（2）f（2）Cf（2）f（2）f（log3）Df（2）f（2）f（log3）【解答】解：f（x）是定义域为R的偶函数，log34log331，0f（x）在（0，+）上单调递减，故选：C12（5分）设函数f（x）sin（x+）（0），已知f（x）在0，2有且仅有5个零点下述四个结论：f（x）在（0，2）有且仅有3个极大值点f（x）在（0，2）有且仅有2个极小值点f（x）在（0，）单调递增的取值范围是，）其中所有正确

15、结论的编号是（）ABCD【解答】解：当x0，2时，x+，2+，f（x）在0，2有且仅有5个零点，52+，故正确，因此由选项可知只需判断是否正确即可得到答案，下面判断是否正确，当x（0，）时，x+，若f（x）在（0，）单调递增，则，即3，故正确故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知，为单位向量，且0，若2，则cos，【解答】解：22，（2）244+59，|3，cos，故答案为：14（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则4【解答】解：设等差数列an的公差为d，则由a10，a23a1可得，d2a1，故答案为：415（5分）设F1，F2为椭圆C

16、：+1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为（3，）【解答】解：设M（m，n），m，n0，椭圆C：+1的a6，b2，c4，e，由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|MF2|，MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|2c或|MF2|2c，即有6+m8，即m3，n；6m8，即m30，舍去可得M（3，）故答案为：（3，）16（5分）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ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH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，ABBC6cm，AA14cm.3D打印所用原料密度为

17、0.9g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为118.8g【解答】解：该模型为长方体ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH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，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（cm3），3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g）故答案为：118.8三、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

18、：共60分。17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）【解答】解：（1）C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直

19、方图得到P（C）的估计值为0.70则由频率分布直方图得：，解得乙离子残留百分比直方图中a0.35，b0.10（2）估计甲离子残留百分比的平均值为：20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.054.05乙离子残留百分比的平均值为：30.05+40.1+50.15+60.35+70.2+80.156.0018ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c已知asinbsinA（1）求B；（2）若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围【解答】解：（1）asinbsinA，即为asinacosbsinA，可得sinAcossinBsinA2sincossinA，sin

20、A0，cos2sincos，若cos0，可得B（2k+1），kZ不成立，sin，由0B，可得B；（2）若ABC为锐角三角形，且c1，由余弦定理可得b，由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2a+11且1+a2a+1a2，且1+a2a2a+1，解得a2，可得ABC面积Sasina（，）19图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结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BCGA的大小【解答】证明：（1）由已知得ADBE，CGBE，

21、ADCG，AD，CG确定一个平面，A，C，G，D四点共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足为H，EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，BH1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ），（1，0，），（2，1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），cos，二面角BCGA的大小为3020已知函数

22、f（x）2x3ax2+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【解答】解：（1）f（x）6x22ax6x（x）令f（x）6x（x）0，解得x0，或a0时，f（x）6x20，函数f（x）在R上单调递增a0时，函数f（x）在（，0），（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减a0时，函数f（x）在（，），（0，+）上单调递增，在（，0）上单调递减（2）由（1）可得：a0时，函数f（x）在0，1上单调递增则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a0，满足条件a0时，函数f（x）在0，上单调

23、递减1，即a3时，函数f（x）在0，1上单调递减则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a4，满足条件01，即0a3时，函数f（x）在0，）上单调递减，在（，1上单调递增则最小值f（）a+b1，化为：+b1而f（0）b，f（1）2a+b，最大值为b或2a+b若：+b1，b1，解得a33，矛盾，舍去若：+b1，2a+b1，解得a3，或0，矛盾，舍去综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间0，1的最小值为1且最大值为1a，b的所有值为：，或21已知曲线C：y，D为直线y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，）为圆心的圆与直线AB相切，且切

24、点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积【解答】解：（1）证明：y的导数为yx，设切点A（x1，y1），B（x2，y2），即有y1，y2，切线DA的方程为yy1x1（xx1），即为yx1x，切线DB的方程为yx2x，联立两切线方程可得x（x1+x2），可得yx1x2，即x1x21，直线AB的方程为y（xx1），即为y（x1+x2）（xx1），可化为y（x1+x2）x+，可得AB恒过定点（0，）；（2）法一：设直线AB的方程为ykx+，由（1）可得x1+x22k，x1x21，AB中点H（k，k2+），由H为切点可得E到直线AB的距离即为|EH|，可得，解得k0或k1，即有直线AB的方程为y或y

25、x+，由y可得|AB|2，四边形ADBE的面积为SABE+SABD2（1+2）3；由yx+，可得|AB|4，此时D（1，）到直线AB的距离为；E（0，）到直线AB的距离为，则四边形ADBE的面积为SABE+SABD4（+）4；法二：（2）由（1）得直线AB的方程为ytx+由，可得x22tx10于是x1+x22t，x1x21，y1+y2t（x1+x2）+12t2+1，|AB|2（t2+1）设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1，d2因此，四边形ADBE的面积S|AB|（d1+d2）（t2+3）设M为线段AB的中点，则M（t，t2+）由于，而，与向量（1，t）平行，所以t+（t22）t

26、0解得t0或t1当t0时，S3；当t1时，S4综上，四边形ADBE的面积为3或4（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。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22如图，在极坐标系Ox中，A（2，0），B（，），C（，），D（2，），弧，所在圆的圆心分别是（1，0），（1，），（1，），曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；（2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|，求P的极坐标【解答】解：（1）由题设得，弧，所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos，则M1的极坐标方

27、程为2cos，（0），M2的极坐标方程为2sin，（），M3的极坐标方程为2cos，（），（2）设P（，），由题设及（1）知，若0，由2cos得cos，得，若，由2sin得sin，得或，若，由2cos得cos，得，综上P的极坐标为（，）或（，）或（，）或（，）选修4-5：不等式选讲（10分）23设x，y，zR，且x+y+z1（1）求（x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；（2）若（x2）2+（y1）2+（za）2成立，证明：a3或a1【解答】解：（1）x，y，zR，且x+y+z1，由柯西不等式可得（12+12+12）（x1）2+（y+1）2+（z+1）2（x1+y+1+z+1）24，可得（x1）2+（y+1）2+（z+1）2，即有（x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值为；（2）证明：由x+y+z1，柯西不等式可得（12+12+12）（x2）2+（y1）2+（za）2（x2+y1+za）2（a+2）2，可得（x2）2+（y1）2+（za）2，即有（x2）2+（y1）2+（za）2的最小值为，由题意可得，解得a1或a3声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意第22页（共22页）