高中数学高考2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅲ）（含答案）(1)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

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，再选涂其他答案标号。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

A． B． C． D．

2．若，则z=

A． B． C． D．

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．0.5   B．0.6  C．0.7 D．0.8

4．（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为

A．12 B．16 C．20      D．24

5．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=

A．16 B．8 C．4     D．2

6．已知曲线在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则

A． B．a=e，b=1 C． D．，

7．函数在的图像大致为

A． B．
C． D．

8．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

A．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

9．执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出的值等于

A．   B．   C．   D．

10．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，则△PFO的面积为

A． B． C． D．

11．设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则

A．（log3）＞（）＞（） 

B．（log3）＞（）＞（）

C．（）＞（）＞（log3）

D．（）＞（）＞（log3）

12．设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：

①在（）有且仅有3个极大值点

②在（）有且仅有2个极小值点

③在（）单调递增

④的取值范围是[)

其中所有正确结论的编号是

A．①④   B．②③  C．①②③  D．①③④

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知a，b为单位向量，且a·b=0，若，则___________.

14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.

15．设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，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，，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.

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17~21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．

（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，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B−CG−A的大小.

20．（12分）

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1？若存在，求出的所有值；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。

22．[选修4−4：坐标系与参数方程]（10分）

如图，在极坐标系Ox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M上，且，求P的极坐标.

23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）

设，且.

（1）求的最小值；

（2）若成立，证明：或.

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学·参考答案

一、选择题

1．A 2．D 3．C 4．A 5．C 6．D 7．B 8．B 9．C 10．A 11．C 12．D

二、填空题

13． 14．4 15． 16．118.8

三、解答题

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．解：（1）由题设及正弦定理得．

因为sinA0，所以．

由，可得，故．

因为，故，因此B=60°．

（2）由题设及（1）知△ABC的面积．

由正弦定理得．

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，从而．

因此，△ABC面积的取值范围是．

19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）作EHBC，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=．

以H为坐标原点，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，），=（1，0，），=（2，–1，0）．

设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则

即

所以可取n=（3，6，–）．

又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．

因此二面角B–CG–A的大小为30°．

20. 解：（1）．

令，得x=0或.

若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；

若a=0，在单调递增；

若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.

（2）满足题设条件的a，b存在.

（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．

（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．

（iii）当0<a<3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或．

若，b=1，则，与0<a<3矛盾.

若，，则或或a=0，与0<a<3矛盾．

综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．

21．解：（1）设，则.

由于，所以切线DA的斜率为，故 .

整理得

设，同理可得.

故直线AB的方程为.

所以直线AB过定点.

（2）由（1）得直线AB的方程为.

由，可得.

于是，

.

设分别为点D，E到直线AB的距离，则.

因此，四边形ADBE的面积.

设M为线段AB的中点，则.

由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.

当=0时，S=3；当时，.

因此，四边形ADBE的面积为3或.

22.解：（1）由题设可得，弧所在圆的极坐标方程分别为，，.

所以的极坐标方程为，的极坐标方程为，的极坐标方程为.

（2）设，由题设及（1）知

若，则，解得；

若，则，解得或；

若，则，解得.

综上，P的极坐标为或或或.

23．解：（1）由于

，

故由已知得，

当且仅当x=，y=–，时等号成立．

所以的最小值为.

（2）由于

，

故由已知，

当且仅当，，时等号成立．

因此的最小值为．

由题设知，解得或．