2019年四川高考文科数学真题及答案.pdf

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1、2019 年四川高考文科数学真题及答案注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合A 1,0,1,2，B x x 1，则AI B A1,0,12若z(1i)2i，则z=A1iB1+iC1iD1+iB0,1C1,1D0,1,223两位男同学和两位

2、女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A16B14C13D124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A0.5B0.6C0.7D0.85函数f(x)2sinxsin2x在0，2的零点个数为A2B3C4D56已知各项均为正数的等比数列an的前 4 项和为 15，且a5=3a3+4a1，则a3=A16xB8C

3、4D27已知曲线y ae xln x在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则Aa=e，b=1Ba=e，b=1Ca=e1，b=1Da=e1，b 18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ABM=EN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBM=EN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线9执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于A.2124B.2125C.2126D.2127x2y210已知F是双曲线C：1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则

4、OPF45的面积为A32B52C72D9211 记 不 等 式 组x y 6,表 示 的 平 面 区 域 为 D 命 题p:(x,y)D,2 x y 9；命 题2x y 0q:(x,y)D,2 x y 12下面给出了四个命题p qpqpqpq这四个命题中，所有真命题的编号是ABCD12设fx是定义域为 R R 的偶函数，且在0,单调递减，则12Af（log3）f（2）f（23）41Bf（log3）f（23）f（22）432232332Cf（2）f（2）f（log31）41）4Df（223）f（232）f（log3二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知向量a a (

5、2,2),b b (8,6)，则cos a a,b b _.14记Sn为等差数列an的前n项和，若a3 5,a713，则S10_.x2y2+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，15设F1，F2为椭圆C:3620则M的坐标为_.16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，3AB=BC=6 cm，AA1=4 cm，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm，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

6、。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（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

7、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）ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c已知asinAC bsin A2（1）求B；（2）若ABC为锐角三角形，且c=1，求ABC面积的取值范围19（12 分）图 1 是由矩形ADEB，RtABC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 中的四边形ACGD的面积.20（12 分）已知函数f(x)2x ax

8、232（1）讨论f(x)的单调性；（2）当0a3时，记f(x)在区间0，1的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围21（12 分）1x2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，B22（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，5)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程2（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，A(2,0)，B(2,)，C(2,4，CD所在圆)，D(2,)，弧AB，BC4，曲线M3是弧CD

9、.的圆心分别是(1,0)，(1,)，(1,)，曲线M1是弧AB，曲线M2是弧BC（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|23，求P的极坐标.23选修 45：不等式选讲（10 分）设x,y,zR R，且x y z 1（1）求(x1)(y 1)(z 1)的最小值；（2）若(x2)(y 1)(z a)2222221成立，证明：a3或a1.32019 年普通高等学校招生全国统一考试文科数学参考答案一、选择题1A2D3D4C5B6C7D8B9C10B11A12C二、填空题132101410015(3,15)16118.8三、解答题17解：（

10、1）由已知得0.70=a+0.20+0.15，故a=0.35b=10.050.150.70=0.10（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.05=4.05乙离子残留百分比的平均值的估计值为30.05+40.10+50.15+60.35+70.20+80.15=6.0018解：（1）由题设及正弦定理得sin AsinACsinBsin A2因为sinA0，所以sinACsinB2ACBBBB cos，故cos 2sincos22222由ABC 180，可得sin因为cosBB1 0，故sin，因此B=602223a4（2）由题设及

11、（1）知ABC的面积SABCcsin Asin120 C31由正弦定理得a sinCsinC2tanC2由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90.由（1）知A+C=120，所以30C0，则当x(,0)U aa(,0),单调递增，在0,单调递减；33若a=0，f(x)在(,)单调递增；若a0，则当x,a aU(0,)x时，；当f(x)0,0时，f(x)0故f(x)在33a a,(0,)单调递增，在,0单调递减33（2）当0 a 3时，由（1）知，f(x)在0,a a单调递减，在,1单调递增，所以f(x)在0,133a3 a 2，最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是的最小值为f 2734

12、a,0 a 2,a3m 2，M 272,2 a 3.a32a,0 a 2,27所以M m 3a,2 a 3.27a3 8,2当0 a 2时，可知2a单调递减，所以M m的取值范围是2727a38当2 a 3时，单调递增，所以M m的取值范围是,1)2727综上，M m的取值范围是21解：（1）设Dt,8,2)271,2Ax1,y1，则x12 2y112 x由于y x，所以切线DA的斜率为x1，故1x1ty1整理得2 tx12 y1+1=0.设Bx2,y2，同理可得2tx22 y2+1=0故直线AB的方程为2tx2y 1 0所以直线AB过定点(0,)（2）由（1）得直线AB的方程为y tx121

13、21y tx22x 2tx 1 0由，可得2y x2于是x1 x2 2t,y1 y2tx1 x21 2t 1.2设M为线段AB的中点，则Mt,t 21 2uuuu ruuu ruuu ruuuu r2由于EM AB，而EM t,t 2，AB与向量(1,t)平行，所以t t22t 0 解得t=0或t 12uuuu r5当t=0时，|EM|=2，所求圆的方程为x2y 4；22uuuu r52当t 1时，|EM|2，所求圆的方程为x y 22,CD所在圆的极坐标方程分别为 2cos，2sin，22解：（1）由题设可得，弧AB,BC 2cos.所以M1的极坐标方程为 2cos0 3M 2sin，的极坐

14、标方程为2，4443M3的极坐标方程为 2cos.4（2）设P(,)，由题设及（1）知，则2cos3，解得；4632若，则2sin3，解得或；443335若，则2cos3，解得46若0 综上，P的极坐标为3,2 5 3,3,3,或或或.6633223解：（1）由于(x1)(y 1)(z 1)(x1)2(y 1)2(z 1)22(x1)(y 1)(y1)(z 1)(z 1)(x1)222 3(x1)(y1)(z 1)，故由已知得(x1)(y 1)(z 1)当且仅当x=2224，3151，y ，z 时等号成立3334222所以(x1)(y 1)(z 1)的最小值为3（2）由于(x2)(y 1)(z a)2(x2)2(y 1)2(z a)22(x2)(y 1)(y 1)(z a)(z a)(x2)222 3(x2)(y1)(z a)，(2a)2故由已知得(x2)(y1)(z a)，3222当且仅当x 24a1a2a2，y，z 时等号成立33322(2a)2因此(x2)(y 1)(z a)的最小值为3(2a)21由题设知，解得a3或a133