2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标ⅲ）（含解析版）

绝密★启用前2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）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，则2{1,0,1,2}{1}ABxx，ABA．B．C．D．1,0,10,11,10,1,22．若，则z=(1i)2izA．B．C．D．1i1+i1i1+i3．两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是A．B．C．D．161413124．《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．0.5B．0.6C．0.7D．0.85．函数在[0，2π]的零点个数为()2sinsin2fxxxA．2B．3C．4D．56．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．16B．8C．4D．27．已知曲线在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则elnxyaxxA．a=e，b=-1B．a=e，b=1C．a=e-1，b=1D．a=e-1，1b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，则输出的值等于0.01sA.B.C.D.412251226122712210．已知F是双曲线C：的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若，则的22145xy=OPOFOPF△面积为A．B．C．D．3252729211．记不等式组表示的平面区域为D.命题；命题6,20xyxy…:(,),29pxyDxy….下面给出了四个命题:(,),212qxyDxy„①②③④pqpqpqpq这四个命题中，所有真命题的编号是A．①③B．①②C．②③D．③④12．设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则fx0,A．（log3）＞（）＞（）f14f322f232B．（log3）＞（）＞（）f14f232f322C．（）＞（）＞（log3）f322f232f14D．（）＞（）＞（log3）f232f322f14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，则___________.(2,2),(8,6)abcos,ab14．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若，则___________.375,13aa10S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12FF，22+13620xy12MFF△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1111ABCDABCD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0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料16cm4cmAB=BC=,AA=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）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．ABC△sinsin2ACabA（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、ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.Rt△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.32()22fxxax（1）讨论的单调性；()fx（2）当0a3时，记在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.()fxMm21．（12分）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.22x12（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，求该圆的方程.52（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(2,0)A(2,)4B(2,)4C(2,)DABBCCD心分别是，，，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧.(1,0)(1,)2(1,)1MAB2MBC3MCD（1）分别写出，，的极坐标方程；1M2M3M（2）曲线由，，构成，若点在M上，且，求P的极坐标.M1M2M3MP||3OP23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设，且.,,xyzR1xyz（1）求的最小值；222(1)(1)(1)xyz（2）若成立，证明：或.2221(2)(1)()3xyza3a1a2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）参考答案一、选择题1．A2．D3．D4．C5．B6．C7．D8．B9．C10．B11．A12．C二、填空题13．14．10015．16．118.8210(3,15)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．sinsinsinsin2ACABA因为sinA0，所以．sinsin2ACB由，可得，故．180ABCsincos22ACBcos2sincos222BBB因为，故，因此B=60°．cos02B1sin22B（2）由题设及（1）知的面积．ABC△34ABCSa△由正弦定理得．sin120sin31sinsin2tan2CcAaCCC由于为锐角三角形，故0°A90°，0°C90°.由（1）知A+C=120°，所以30°C90°，故ABC△122a，从而．3382ABCS△因此，面积的取值范围是．ABC△33,82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）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB//DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM.因此DMCG.在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2.Rt△3所以四边形ACGD的面积为4.20.解：（1）．2()622(3)fxxaxxxa令，得x=0或.()0fx3ax若a0，则当时，；当时，．故在(,0),3ax()0fx0,3ax()0fx()fx单调递增，在单调递减；(,0),,3a0,3a若a=0，在单调递增；()fx(,)若a0，则当时，；当时，．故在,(0,)3ax()0fx,03ax()0fx()fx单调递增，在单调递减.,,(0,)3a,03a（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最03a()fx0,3a,13a()fx小值为，最大值为或.于是32327aaf(0)=2f(1)=4fa，3227am4,02,2,23.aaMa所以332,02,27,23.27aaaMmaa当时，可知单调递减，所以的取值范围是.02a3227aaMm8,227当时，单调递减，所以的取值范围是.23a327aMm8[,1)27综上，的取值范围是.Mm8[,2)2721．解：（1）设，则.111,,,2DtAxy2112xy由于，所以切线DA的斜率为，故.y'x1x11112yxxt整理得1122+1=0.txy设，同理可得.22,Bxy2222+1=0txy故直线AB的方程为.2210txy所以直线AB过定点.1(0,)2（2）由（1）得直线AB的方程为.12ytx由，可得.2122ytxxy2210xtx于是.21212122,121xxtyytxxt设M为线段AB的中点，则.21,2Mtt由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.EMAB2,2EMttAB(1,)t220ttt1t当=0时，=2，所求圆的方程为；t||EM22542xy当时，，所求圆的方程为.1t||2EM22522xy22.解：（1）由题设可得，弧所在圆的极坐标方程分别为，，,,ABBCCD2cos2sin.2cos所以的极坐标方程为，的极坐标方程为，的1Mπ2cos042Mπ3π2sin443M极坐标方程为.3π2cosπ4（2）设，由题设及（1）知(,)P若，则，解得；π042cos3π6若，则，解得或；π3π442sin3π32π3若，则，解得.3ππ42cos35π6综上，P的极坐标为或或或.π3,6π3,32π3,35π3,623．解：（1）由于2[(1)(1)(1)]xyz222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]xyzxyyzzx，2223(1)(1)(1)xyz故由已知得，2224(1)(1)(1)