2019年全国卷3理数答案

理科数学试题第1页（共5页）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．A2．D3．C4．A5．C6．D7．B8．B9．C10．A11．C12．D二、填空题13．2314．415．(3,15)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sinsinsinsin2ACABA．因为sinA0，所以sinsin2ACB．由180ABC，可得sincos22ACB，故cos2sincos222BBB．因为cos02B，故1sin22B，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积34ABCSa△．由正弦定理得sin120sin31sinsin2tan2CcAaCCC．由于△ABC为锐角三角形，故0°A90°，0°C90°，由（1）知A+C=120°，所以30°C90°，故122a，从而3382ABCS△．理科数学试题第2页（共5页）因此，△ABC面积的取值范围是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ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，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=3．以H为坐标原点，HC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（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则0,0,CGACnn即30,20.xzxy所以可取n=（3，6，–3）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以3cos,||||2nmnmnm．因此二面角B–CG–A的大小为30°．20.解：（1）2()622(3)fxxaxxxa．令()0fx，得x=0或3ax.若a0，则当(,0),3ax时，()0fx；当0,3ax时，()0fx．故()fx在(,0),,3a单调递增，在0,3a单调递减；若a=0，()fx在(,)单调递增；理科数学试题第3页（共5页）若a0，则当,(0,)3ax时，()0fx；当,03ax时，()0fx．故()fx在,,(0,)3a单调递增，在,03a单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，()fx在[0，1]单调递增，所以()fx在区间[0，l]的最小值为(0)=fb，最大值为(1)2fab.此时a，b满足题设条件当且仅当1b，21ab，即a=0，1b．（ii）当a≥3时，由（1）知，()fx在[0，1]单调递减，所以()fx在区间[0，1]的最大值为(0)=fb，最小值为(1)2fab．此时a，b满足题设条件当且仅当21ab，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0a3时，由（1）知，()fx在[0，1]的最小值为3327aafb，最大值为b或2ab．若3127ab，b=1，则332a，与0a3矛盾.若3127ab，21ab，则33a或33a或a=0，与0a3矛盾．综上，当且仅当a=0，1b或a=4，b=1时，()fx在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．21．解：（1）设111,,,2DtAxy，则2112xy.由于y'x，所以切线DA的斜率为1x，故11112yxxt.整理得1122+1=0.txy设22,Bxy，同理可得2222+1=0txy.故直线AB的方程为2210txy.所以直线AB过定点1(0,)2.理科数学试题第4页（共5页）（2）由（1）得直线AB的方程为12ytx.由2122ytxxy，可得2210xtx.于是2121212122,1,121xxtxxyytxxt，2222121212||11421ABtxxtxxxxt.设12,dd分别为点D，E到直线AB的距离，则212221,1dtdt.因此，四边形ADBE的面积22121||312SABddtt.设M为线段AB的中点，则21,2Mtt.由于EMAB，而2,2EMtt，AB与向量(1,)t平行，所以220ttt.解得t=0或1t；当t=0时，S=3；当1t时，42S.因此，四边形ADBE的面积为3或42.22.解：（1）由题设可得，弧,,ABBCCD所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos.所以1M的极坐标方程为π2cos04，2M的极坐标方程为π3π2sin44，3M的极坐标方程为3π2cosπ4.（2）设(,)P，由题设及（1）知若π04，则2cos3，解得π6；若π3π44，则2sin3，解得π3或2π3；若3ππ4，则2cos3，解得5π6.综上，P的极坐标为π3,6或π3,3或2π3,3或5π3,6.理科数学试题第5页（共5页）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)3xyz，当且仅当x=53，y=–13，13z时等号成立．所以222(1)(1)(1)xyz的最小值为43.（2）由于2[(2)(1)()]xyza222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]xyzaxyyzazax2223(2)(1)()xyza，故由已知2222(2)(2)(1)()3axyza，当且仅当43ax，13ay，223az时等号成立．因此222(2)(1)()xyza的最小值为2(2)3a．由题设知2(2)133a，解得3a或1a．