2019年全國統(tǒng)一【高考】數學試卷（理科）（新課標ⅲ）（含答案）

2019年全國統(tǒng)一【高考】數學試卷（理科）（新課標ⅲ）（含答案）2019年全國統(tǒng)一【高考】數學試卷（理科）（新課標ⅲ）（含答案）2019年全國統(tǒng)一【高考】數學試卷（理科）（新課標ⅲ）（含答案）絕密★啟用前2019年全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（新課標Ⅲ）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，則A． B． C． D．2．若，則z=A． B． C． D．3．《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著.某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調查了100學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值的估計值為A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.84．（1+2x2）（1+x）4的展開式中x3的系數為A．12 B．16 C．20 D．245．已知各項均為正數的等比數列{an}的前4項為和為15，且a5=3a3+4a1，則a3=A．16 B．8 C．4 D．26．已知曲線在點（1，ae）處的切線方程為y=2x+b，則A． B．a=e，b=1 C． D．，7．函數在的圖象大致為A． B．

C． D．8．如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則A．BM=EN，且直線BM、EN是相交直線

B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線

C．BM=EN，且直線BM、EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線9．執(zhí)行下邊的程序框圖，如果輸入的為0.01，則輸出的值等于A. B. C. D.10．雙曲線C：=1的右焦點為F，點P在C的一條漸進線上，O為坐標原點，若，則△PFO的面積為A． B． C． D．11．設是定義域為R的偶函數，且在單調遞減，則A．（log3）＞（）＞（）B．（log3）＞（）＞（）C．（）＞（）＞（log3）D．（）＞（）＞（log3）12．設函數=sin（）(＞0)，已知在有且僅有5個零點，下述四個結論：①在（）有且僅有3個極大值點②在（）有且僅有2個極小值點③在（）單調遞增④的取值范圍是[)其中所有正確結論的編號是A．①④B．②③C．①②③D．①③④二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知a，b為單位向量，且a·b=0，若，則___________.14．記Sn為等差數列{an}的前n項和，，則___________.15．設為橢圓C:的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限.若為等腰三角形，則M的坐標為___________.16．學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型.如圖，該模型為長方體挖去四棱錐O—EFGH后所得幾何體，其中O為長方體的中心，E，F，G，H分別為所在棱的中點，，3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共60分。17．（12分）為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成A、B兩組，每組100只，其中A組小鼠給服甲離子溶液，B組小鼠給服乙離子溶液，每組小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同．經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比.根據試驗數據分別得到如下直方圖：記C為事件：“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，根據直方圖得到P（C）的估計值為0.70．（1）求乙離子殘留百分比直方圖中a，b的值；（2）分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表）．18．（12分）△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知．（1）求B；（2）若△ABC為銳角三角形，且c=1，求△ABC面積的取值范圍．19．（12分）圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖2中的二面角B-CG-A的大小.20．（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）是否存在 ，使得在區(qū)間的最小值為且最大值為1？若存在，求出的所有值；若不存在，說明理由.21．已知曲線C：y=，D為直線y=上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.（1）證明：直線AB過定點：（2）若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積.（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。22．[選修4-4：坐標系與參數方程]（10分）如圖，在極坐標系Ox中，，，，，弧，，所在圓的圓心分別是，，，曲線是弧，曲線是弧，曲線是弧.（1）分別寫出，，的極坐標方程；（2）曲線由，，構成，若點在M上，且，求P的極坐標.23．[選修4-5：不等式選講]（10分）設，且.（1）求的最小值；（2）若成立，證明：或.

2019年全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（新課標Ⅲ）參考答案一、選擇題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、填空題13． 14．4 15． 16．118.8三、解答題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）甲離子殘留百分比的平均值的估計值為2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05．乙離子殘留百分比的平均值的估計值為3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00．18．解：（1）由題設及正弦定理得．因為sinA0，所以．由，可得，故．因為，故，因此B=60°．（2）由題設及（1）知△ABC的面積．由正弦定理得．由于△ABC為銳角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故，從而．因此，△ABC面積的取值范圍是．19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足為H．因為EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H–xyz，則A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．設平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小為30°．20.解：（1）．令，得x=0或.若a>0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減；若a=0，在單調遞增；若a<0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.（2）滿足題設條件的a，b存在.（i）當a≤0時，由（1）知，在[0，1]單調遞增，所以在區(qū)間[0，l]的最小值為，最大值為.此時a，b滿足題設條件當且僅當，，即a=0，．（ii）當a≥3時，由（1）知，在[0，1]單調遞減，所以在區(qū)間[0，1]的最大值為，最小值為．此時a，b滿足題設條件當且僅當，b=1，即a=4，b=1．（iii）當0<a<3時，由（1）知，在[0，1]的最小值為，最大值為b或．若，b=1，則，與0<a<3矛盾.若，，則或或a=0，與0<a<3矛盾．綜上，當且僅當a=0，或a=4，b=1時，在[0，1]的最小值為–1，最大值為1．21．解：（1）設，則.由于，所以切線DA的斜率為，故.整理得設，同理可得.故直線AB的方程為.所以直線AB過定點.（2）由（1）得直線AB的方程為.由，可得.于是，.設分別為點D，E到直線AB的距離，則.因此，四邊形ADBE的面積.設M為線段AB的中點，則.由于，而，與向量平行，所以.解得t=0或.當=0時，S=3；當時，.因此，四邊形ADBE的面積為3或.22.解：（1）由題設可得，弧所在圓的極坐標方程分別為，，.所以的極坐標方程為，的極坐標方程為，的極坐標方程為.（2）設，由題設及（1）知若，則，解得；若，則，解得或；若，則，解得.綜上，P的極坐標為或或或.23．解：（1）由于，故由已知得，當且僅當x=，y=–，時等號成立．所以的最小值為.（2）由于，故由已知，當且僅當，，時等號成立．因此的最小值為．由題設知，解得或．

絕密★啟用前2019年全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（新課標Ⅲ）答案解析版一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合B再求出交集.【詳解】由題意得，，則．故選A．【點睛】本題考查了集合交集的求法，是基礎題.2.若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復數運算法則求解即可.【詳解】．故選D．【點睛】本題考查復數的商的運算，滲透了數學運算素養(yǎng)．采取運算法則法，利用方程思想解題．3.《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著.某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調查了100學生，其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90位，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80位，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60位，則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值的估計值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題先求出閱讀過西游記的人數，進而得解.【詳解】由題意得，閱讀過《西游記》的學生人數為90-80+60=70，則其與該校學生人數之比為70÷100=0．7．故選C．【點睛】本題考查抽樣數據的統(tǒng)計，滲透了數據處理和數學運算素養(yǎng)．采取去重法，利用轉化與化歸思想解題．4.（1+2x2）（1+x）4的展開式中x3的系數為A.12 B.16 C.20 D.24【答案】A【解析】【分析】本題利用二項展開式通項公式求展開式指定項的系數．【詳解】由題意得x3的系數為，故選A．【點睛】本題主要考查二項式定理，利用展開式通項公式求展開式指定項的系數．5.已知各項均為正數的等比數列的前4項和為15，且，則（）A.16 B.8 C.4 D.2【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出關于的方程組，求出，再利用通項公式即可求得的值．【詳解】設正數的等比數列{an}的公比為，則，解得，，故選C．【點睛】應用等比數列前項和公式解題時，要注意公比是否等于1，防止出錯．6.已知曲線在點處的切線方程為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通過求導數，確定得到切線斜率的表達式，求得，將點的坐標代入直線方程，求得．【詳解】詳解：將代入得，故選D．【點睛】準確求導數是進一步計算的基礎，本題易因為導數的運算法則掌握不熟，二導致計算錯誤．求導要“慢”，計算要準，是解答此類問題的基本要求．7.函數在的圖像大致為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由分子、分母的奇偶性，易于確定函數為奇函數，由的近似值即可得出結果．【詳解】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C．又排除選項D；，排除選項A，故選B．【點睛】本題通過判斷函數的奇偶性，縮小考察范圍，通過計算特殊函數值，最后做出選擇．本題較易，注重了基礎知識、基本計算能力的考查．8.如圖，點為正方形的中心，為正三角形，平面平面是線段的中點，則（）A.，且直線是相交直線B.，且直線是相交直線C.，且直線是異面直線D.，且直線是異面直線【答案】B【解析】【分析】利用垂直關系，再結合勾股定理進而解決問題．【詳解】，為中點為中點，，共面相交，選項C，D為錯．作于，連接，過作于．連，平面平面．平面，平面，平面，與均為直角三角形．設正方形邊長2，易知，．，故選B．【點睛】本題為立體幾何中等問題，考查垂直關系，線面、線線位置關系.9.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的為，則輸出的值等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】根據程序框圖，結合循環(huán)關系進行運算，可得結果.【詳解】不成立不成立成立輸出，故選D．【點睛】循環(huán)運算，何時滿足精確度成為關鍵，加大了運算量，輸出前項數需準確，此為易錯點．10.雙曲線C：=1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標原點，若，則△PFO的面積為A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本題考查以雙曲線為載體的三角形面積的求法，滲透了直觀想象、邏輯推理和數學運算素養(yǎng)．采取公式法，利用數形結合、轉化與化歸和方程思想解題．【詳解】由．，又P在C的一條漸近線上，不妨設為在上，，故選A．【點睛】忽視圓錐曲線方程和兩點間的距離公式的聯(lián)系導致求解不暢，采取列方程組的方式解出三角形的高，便可求三角形面積．11.設是定義域為的偶函數，且在單調遞減，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知函數為偶函數，把，轉化為同一個單調區(qū)間上，再比較大小．【詳解】是R的偶函數，．，又在(0，+∞)單調遞減，，，故選C．【點睛】本題主要考查函數的奇偶性、單調性，考查學生轉化與化歸及分析問題解決問題的能力．12.設函數=sin（）(＞0)，已知在有且僅有5個零點，下述四個結論：①在（）有且僅有3個極大值點②在（）有且僅有2個極小值點③在（）單調遞增④的取值范圍是[)其中所有正確結論的編號是A.①④ B.②③ C.①②③ D.①③④【答案】D【解析】【分析】本題為三角函數與零點結合問題，難度大，可數形結合，分析得出答案，要求大，理解深度高，考查數形結合思想．【詳解】，在有且僅有5個零點．，，，④正確．如圖為極大值點為3個，①正確；極小值點為2個或3個．②不正確．當時，，當時，．③正確，故選D．【點睛】極小值點個數動態(tài)的，易錯，③正確性考查需認真計算，易出錯．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.已知a，b為單位向量，且a·b=0，若，則___________.【答案】.【解析】【分析】根據結合向量夾角公式求出，進一步求出結果.【詳解】因為，，所以，，所以，所以．【點睛】本題主要考查平面向量的數量積、向量的夾角．滲透了數學運算、直觀想象素養(yǎng)．使用轉化思想得出答案．14.記Sn為等差數列{an}的前n項和，，則___________.【答案】4.【解析】【分析】根據已知求出和的關系，再結合等差數列前n項和公式求得結果.【詳解】因，所以，即，所以．【點睛】本題主要考查等差數列的性質、基本量的計算．滲透了數學運算素養(yǎng)．使用轉化思想得出答案．15.設為橢圓的兩個焦點，為上一點且在第一象限.若為等腰三角形，則的坐標為___________.【答案】【解析】【分析】根據橢圓定義分別求出，設出的坐標，結合三角形面積可求出的坐標.【詳解】由已知可得，．．設點的坐標為，則，又，解得，，解得（舍去），的坐標為．【點睛】本題考查橢圓標準方程及其簡單性質，考查數形結合思想、轉化與化歸的能力，很好的落實了直觀想象、邏輯推理等數學素養(yǎng)．16.學生到工廠勞動實踐，利用打印技術制作模型.如圖，該模型為長方體挖去四棱錐后所得的幾何體，其中為長方體的中心，分別為所在棱的中點，，打印所用原料密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為___________.【答案】118．8【解析】【分析】根據題意可知模型的體積為四棱錐體積與四棱錐體積之差進而求得模型的體積，再求出模型的質量.【詳解】由題意得，四棱錐O-EFGH的底面積為，其高為點O到底面的距離為3cm，則此四棱錐的體積為．又長方體的體積為，所以該模型體積為，其質量為．【點睛】此題牽涉到的是3D打印新時代背景下的幾何體質量，忽略問題易致誤，理解題中信息聯(lián)系幾何體的體積和質量關系，從而利用公式求解．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共60分。17.為了解甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留程度，進行如下試驗：將200只小鼠隨機分成兩組，每組100只，其中組小鼠給服甲離子溶液，組小鼠給服乙離子溶液.每只小鼠給服的溶液體積相同、摩爾濃度相同.經過一段時間后用某種科學方法測算出殘留在小鼠體內離子的百分比.根據試驗數據分別得到如下直方圖：記為事件：“乙離子殘留在體內的百分比不低于”，根據直方圖得到的估計值為.（1）求乙離子殘留百分比直方圖中的值；（2）分別估計甲、乙離子殘留百分比的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表）.【答案】(1)，；(2)，.【解析】【分析】(1)由可解得和的值；(2)根據公式求平均數.【詳解】(1)由題得，解得，由，解得.(2)由甲離子的直方圖可得，甲離子殘留百分比的平均值為，乙離子殘留百分比的平均值為【點睛】本題考查頻率分布直方圖和平均數，屬于基礎題.18.的內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍．【答案】(1);(2).【解析】分析】(1)利用正弦定理化簡題中等式，得到關于B的三角方程，最后根據A,B,C均為三角形內角解得.(2)根據三角形面積公式，又根據正弦定理和得到關于的函數，由于是銳角三角形，所以利用三個內角都小于來計算的定義域，最后求解的值域.【詳解】(1)根據題意由正弦定理得，因為，故，消去得。，因為故或者，而根據題意，故不成立，所以，又因為，代入得，所以.(2)因為是銳角三角形，又由前問，，得到，故又應用正弦定理，，由三角形面積公式有.又因,故，故.故的取值范圍是【點睛】這道題考查了三角函數的基礎知識，和正弦定理或者余弦定理的使用（此題也可以用余弦定理求解），最后考查是銳角三角形這個條件的利用。考查的很全面，是一道很好的考題.19.圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.【答案】(1)見詳解；(2).【解析】【分析】(1)因為折紙和粘合不改變矩形，和菱形內部的夾角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得證.因為是平面垂線，所以易證.(2)在圖中找到對應的平面角，再求此平面角即可.于是考慮關于的垂線，發(fā)現此垂足與的連線也垂直于.按照此思路即證.【詳解】(1)證：，，又因為和粘在一起.，A，C，G，D四點共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得證.(2)過B作延長線于H，連結AH，因為AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因為所以是二面角的平面角，而在中，又因為故，所以.而在中,，即二面角的度數為.【點睛】很新穎的立體幾何考題。首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的。再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法。最后將求二面角轉化為求二面角的平面角問題考查考生的空間想象能力。20.已知函數.（1）討論的單調性；（2）是否存在，使得在區(qū)間最小值為且最大值為1？若存在，求出的所有值；若不存在，說明理由.【答案】(1)見詳解；(2)或.【解析】【分析】(1)先求的導數，再根據的范圍分情況討論函數單調性；(2)根據的各種范圍，利用函數單調性進行最大值和最小值的判斷，最終得出,的值.【詳解】(1)對求導得.所以有當時，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增；當時，區(qū)間上單調遞增；當時，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增.(2)若在區(qū)間有最大值1和最小值-1，所以若，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增；此時在區(qū)間上單調遞增，所以，代入解得，，與矛盾，所以不成立.若，區(qū)間上單調遞增；在區(qū)間.所以，代入解得.若，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增.即在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增，所以區(qū)間上最小值為而，故所以區(qū)間上最大值為.即相減得，即，又因為，所以無解.若，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增.即在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增，所以區(qū)間上最小值為而，故所以區(qū)間上最大值為.即相減得，解得，又因為，所以無解.若，區(qū)間上單調遞增，區(qū)間上單調遞減，區(qū)間上單調遞增.所以有區(qū)間上單調遞減，所以區(qū)間上最大值為，最小值為即解得.綜上得或.【點睛】1)這是一道常規(guī)的函數導數不等式和綜合題，題目難度比往年降低了不少?？疾榈暮瘮祮握{性，最大值最小值這種基本概念的計算。思考量不大，由計算量補充。21.已知曲線C：y=，D為直線y=上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.（1）證明：直線AB過定點：（2）若以E(0，)為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積.【答案】(1)見詳解；(2)3或.【解析】【分析】可用解析法和幾何法證明。解析法可設A，B兩點的坐標分別為，，然后求出A，B兩點處的切線，兩條切線交于直線之上，所以交點的縱坐標為聯(lián)立方程可解和的關系。之后用兩點式求出直線方程，最后根據直線方程求出它所過的定點.(2)應用四邊形面積公式，代入化簡出關于和的對稱式。然后分情況討論求解。如果不知道四面下面積公式則可以將四邊形分成兩個三角形求面積