2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試全國卷3理科數學試題及答案

2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試全國卷3理科數學試題及答案2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科數學注意事項：1.答卷前，考生必須在答題卡上填寫自己的姓名和準考證號。2.回答選擇題時，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。選出答案后，用鉛筆將答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需更改，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。1.已知集合$A=\{-1,0,1,2\}$，$B=\{x|x\leq1\}$，則$A\capB=$A.$\{-1,0,1\}$B.$\{0,1\}$C.$\{-1,1\}$D.$\{0,1,2\}$2.若$z(1+i)=2i$，則$z=$A.$-1-i$B.$-1+i$C.$1-i$D.$1+i$3.《西游記》《三國演義》《水滸傳》和《紅樓夢》是中國古典文學瑰寶，并稱為中國古典小說四大名著。某中學為了解本校學生閱讀四大名著的情況，隨機調查了100名學生。其中閱讀過《西游記》或《紅樓夢》的學生共有90名，閱讀過《紅樓夢》的學生共有80名，閱讀過《西游記》且閱讀過《紅樓夢》的學生共有60名。則該校閱讀過《西游記》的學生人數與該校學生總數比值的估計值為A.0.5B.0.6C.0.7D.0.84.$(1+2x^2)(1+x)^4$的展開式中$x^3$的系數為A.12B.16C.20D.245.已知各項均為正數的等比數列$\{a_n\}$的前4項為和為15，且$a_5=3a_3+4a_1$，則$a_3=$A.16B.8C.4D.26.已知曲線$y=a^ex+x\lnx$在點$(1,ae)$處的切線方程為$y=2x+b$，則$a$和$b$的值分別為A.$a=e$，$b=-1$B.$a=e$，$b=1$C.$a=e^{-1}$，$b=1$D.$a=e^{-1}$，$b=-1$7.函數$y=\frac{2x^3}{x^2+7}$在$[-6,6]$的圖像大致為A.B.C.D.8.如圖，點$N$是正方形$ABCD$的中心，$\triangleECD$是正三角形，平面$ECD$垂直于平面$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\neqEN$，且直線$BM$、$EN$是相交直線C.$BM=EN$，且直線$BM$、$EN$是異面直線D.$BM\neqEN$，且直線$BM$、$EN$是異面直線9.執(zhí)行下圖的程序框圖，如果輸入的$\epsilon$為0.01，則輸出$s$的值等于A.$2^{-24}$B.$2^{-25}$C.$2^{-26}$D.$2^{-27}$雙曲線C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦點為F，點P在C的一條漸進線上，O為坐標原點，若$PO=PF$，則$\trianglePFO$的面積為多少？解：由于$PO=PF$，所以點P在雙曲線的左支漸近線上，設P的坐標為$(t,bt)$，則有$\frac{t}{a}-\frac{bt}=1$，即$t=a-\frac{ab}{t}$。又因為點P在左支漸近線上，所以$\lim\limits_{t\to-\infty}P=(-\infty,\pm\infty)$，即$\frac{t}{a}-\frac{bt}=-1$，解得$t=-a+\frac{ab}{t}$。將$t=a-\frac{ab}{t}$和$t=-a+\frac{ab}{t}$聯立，解得$t=\pm\sqrt{a^2-b^2}$。因此，P的坐標為$(\pm\sqrt{a^2-b^2},\pmb\sqrt{a^2-b^2})$，且$\trianglePFO$為等腰三角形，其中$OF=c=\sqrt{a^2+b^2}$，$PF=\sqrt{(a\pm\sqrt{a^2-b^2})^2-b^2}$。由于$\trianglePFO$為等腰三角形，所以$PO\perpFO$，即$PO\cdotOF=\frac{1}{2}\cdotPF\cdotOF$，代入數值計算得$\trianglePFO$的面積為$\frac{1}{2}b^2(a^2-c^2)$。18．（12分）設$f(x)$是定義域為$\mathbb{R}$的偶函數，且在$(0,+\infty)$單調遞減，則下列四個結論中，哪些是正確的？說明理由。（注意：答案可能不止一個）①$f(\log_34)>f(\frac{2}{3})>f(2)$；②$f(\log_34)>f(\frac{4}{3})>f(2)$；③$f(-\frac{3}{2})>f(-\frac{2}{3})>f(2)$；④$f(\frac{2}{3})>f(\frac{1}{3})>f(\log_34)$。解：由于$f(x)$是偶函數，所以只需考慮$x>0$的情況。又因為$f(x)$在$(0,+\infty)$單調遞減，所以$f'(x)\leq0$，即$f(x)$的導數非正。①當$x=\frac{2}{3}$時，有$\log_34>\frac{2}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{2}{3})>f(2)$。②當$x=\frac{4}{3}$時，有$\log_34>\frac{4}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{4}{3})>f(2)$。③當$x=-\frac{3}{2}$時，有$-\frac{3}{2}<-\frac{2}{3}<2$，因此$f(-\frac{3}{2})>f(-\frac{2}{3})>f(2)$。④當$x=\frac{1}{3}$時，有$\log_34>\frac{1}{3}>\frac{2}{3}$，因此$f(\frac{2}{3})>f(\frac{1}{3})>f(\log_34)$。因此，正確的結論是①和③。19．（12分）設函數$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})$，其中$\omega>0$，已知$f(x)$在$[0,2\pi]$上有且僅有5個零點，證明：$\omega\geq5$。解：設$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})=0$的解為$x_1<x_2<\cdots<x_5$，則$x_2-x_1=x_4-x_3=x_5-x_4=\frac{\pi}{\omega}$，且$x_3-x_2=x_5-x_4=\frac{\pi}{\omega}$。因為$f(x)$是周期為$\frac{2\pi}{\omega}$的函數，所以$x_5-x_1=n\cdot\frac{2\pi}{\omega}$，其中$n\in\mathbb{N}$。又因為$x_5-x_1=(x_5-x_4)+(x_4-x_3)+(x_3-x_2)+(x_2-x_1)\geq4\cdot\frac{\pi}{\omega}$，所以$\omega\geq5$。20．（12分）已知$a,b$為單位向量，且$a\cdotb=0$，若$c=2a-5b$，求$\cos\angle(a,c)$。解：由向量的內積公式，有$a\cdotc=2a\cdota-5a\cdotb=2-0=2$。又因為$\cos\angle(a,c)=\frac{a\cdotc}{|a|\cdot|c|}$，所以只需求出$|c|$即可。由向量的加減法，有$c=2a-5b=2a-5(a+b)=-(3a+5b)$，所以$|c|=|3a+5b|=3|a|\cdot|\frac{a}{|a|}+\frac{5b}{|a|}|=3\sqrt{1+\frac{25}{|a|^2}}=4\sqrt{2}$。因此，$\cos\angle(a,c)=\frac{a\cdotc}{|a|\cdot|c|}=\frac{2}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。21．（12分）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ABCD-A1B1C1D1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，AB=BC=6cm，AA1=4cm，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多少克？解：首先求出長方體ABCD-A1B1C1D1的體積。設長方體ABCD-A1B1C1D1的底面中心為O，則$OA_1=4$，$OB_1=3$，$AB=6$，所以$OO_1=\sqrt{OA_1^2-AB^2/4}=2\sqrt{3}$。因此，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為$V_1=AB\cdotBC\cdotAA_1=144$。接下來求出四棱錐O-EFGH的體積。首先，連接OE、OF、OG、OH，得到正方體O-EFGH，其邊長為$OH=\sqrt{OA^2+AH^2}=\sqrt{(\frac{AB}{2})^2+AA_1^2}=\frac{\sqrt{58}}{2}$。因此，正方體O-EFGH的體積為$V_2=(\frac{\sqrt{58}}{2})^3=\frac{29\sqrt{58}}{4}$。又因為四棱錐O-EFGH的高為$OO_1=\sqrt{OA_1^2-OE^2}=2\sqrt{2}$，底面積為$S_1=\frac{1}{2}\cdotAB\cdotBC=18$，所以四棱錐O-EFGH的體積為$V_3=\frac{1}{3}\cdotS_1\cdotOO_1=\frac{108\sqrt{2}}{3}$。因此，制作該模型所需原料的質量為$V_1\cdot\rho_1+V_3\cdot\rho_2=144\cdot0.9+\frac{108\sqrt{2}}{3}\cdot0.9=96+36\sqrt{2}$克。（二）選考題：共10分。22．（6分）已知函數$f(x)$在區(qū)間$[0,1]$上連續(xù)，且$f(0)=f(1)$，證明：存在$\xi\in[0,\frac{1}{2}]$，使得$f(\xi)=f(\xi+\frac{1}{2})$。解：考慮函數$g(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{2})$，則$g(x)$在區(qū)間$[0,\frac{1}{2}]$上連續(xù)，且$g(0)=f(0)-f(\frac{1}{2})$，$g(\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})-f(1)$。因為$f(0)=f(1)$，所以$g(0)=-g(\frac{1}{2})$。如果$g(0)=0$或$g(\frac{1}{2})=0$，則結論成立。如果$g(0)\neq0$且$g(\frac{1}{2})\neq0$，則$g(0)=-g(\frac{1}{2})$意味著$g(0)$和$g(\frac{1}{2})$符號相反，由于$g(x)$在區(qū)間$[0,\frac{1}{2}]$上連續(xù)，所以根據零點定理，$g(x)$在該區(qū)間內至少有一個零點，即存在$\xi\in[0,\frac{1}{2}]$，使得$f(\xi)=f(\xi+\frac{1}{2})$。因此，結論成立。23．（4分）已知函數$f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，且$f(x)>0$，證明：$\int_a^bf(x)\mathrmugk0cgmx\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmywkwqccx\geq(b-a)^2$。解：設$F(x)=\int_a^xf(t)\mathrms4agackt$，則$F'(x)=f(x)>0$，所以$F(x)$在區(qū)間$[a,b]$上單調遞增。又因為$f(x)>0$，所以$\frac{1}{f(x)}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}=\frac{1}{\int_a^xf(t)\mathrmiueysiot}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}$在區(qū)間$[a,b]$上單調遞減。由于$\int_a^bf(x)\mathrm6ekckq8x=F(b)-F(a)$，$\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm6yo2c8qx=\int_{F(a)}^{F(b)}\frac{1}{t}\mathrma6ci4uwt=\ln\frac{F(b)}{F(a)}$。因為$F(x)$在區(qū)間$[a,b]$上單調遞增，所以$(F(b)-F(a))^2\leq(F(b)-F(a))\cdot\ln\frac{F(b)}{F(a)}=\int_a^bf(x)\mathrmk42ggw4x\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmmwaiqiqx$。又因為$(F(b)-F(a))^2=(\int_a^bf(x)\mathrmyoiwumcx)^2\leq\int_a^bf(x)^2\mathrm2wewm4mx\cdot(b-a)$（柯西-施瓦茨不等式），所以$\int_a^bf(x)\mathrmusesyc2x\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmmiwi888x\geq(b-a)^2$。因此，結論成立。為了研究甲、乙兩種離子在小鼠體內的殘留情況，進行了如下實驗：將200只小鼠隨機分為A、B兩組，每組100只。A組小鼠被灌注甲離子溶液，B組小鼠被灌注乙離子溶液，每組小鼠所接受的溶液體積和摩爾濃度相同。經過一段時間后，用某種科學方法測算出離子在小鼠體內的殘留百分比，并得到如下直方圖：根據直方圖，記事件C為“乙離子殘留在體內的百分比不低于5.5”，估計P(C)的值為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）。解題思路：(1)直方圖中a、b的值分別為5和6.5。(2)甲、乙離子殘留百分比的平均值分別為16.25%和21.25%。解題步驟：(1)直方圖中a、b的值分別為5和6.5。因為直方圖中每個矩形的面積表示該區(qū)間內數據的頻數，所以可以列出以下方程組：解得a=5，b=6.5，即直方圖中a、b的值分別為5和6.5。(2)甲、乙離子殘留百分比的平均值分別為16.25%和21.25%。根據直方圖可以得到每個區(qū)間的中點值和頻數，進而計算出每組數據的平均值。具體計算過程如下：因此，甲、乙離子殘留百分比的平均值分別為16.25%和21.25%。注：本題中沒有明顯的格式錯誤和需要刪除的段落，只需進行小幅度的改寫。構成：若點P在M上，且|OP|=3，求P的極坐標。題目要求求解點P的極坐標，根據題目給出的條件，可以確定點P在以點O為圓心，半徑為3的圓上。因此，可以使用極坐標系來描述點P的位置。設點P的極坐標為(r,θ)，則可以根據三角函數得到r和θ的表達式。具體來說，可以利用直角三角形OMN（其中N是以點O為圓心，過點P的切線與OM的交點）來求解。根據勾股定理，可以得到MN=√(OP2-OM2)=√(32-12)=√8=2√2。又因為tanθ=MN/OM=2√2/1=2√2，所以θ=tan?1(2√2)。又因為OP=r，所以r=|OP|=3。因此，點P的極坐標為(r,θ)=(3,tan?1(2√2))。222（1）設x,y,z∈R，且x+y+z=1。題目要求求解(x-1)+(y+1)+(z+1)的最小值。根據題目中給出的條件，可以將x+y+z=1轉化為z=1-x-y，從而將(x-1)+(y+1)+(z+1)表示為2-x-y的形式。因此，要求2-x-y的最小值。根據不等式的基本性質，可以將2-x-y表示為2-(x+y)，從而得到2-x-y的最小值為1。因此，(x-1)+(y+1)+(z+1)的最小值為1。（2）設x,y,z∈R，且(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3成立。題目要求證明a≤-3或a≥-1/3。根據題目中給出的條件，可以將(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3表示為x+y+z≥a+5/3的形式。因此，要證明a≤-3或a≥-1/3，就是要證明對于任意的x,y,z∈R，有x+y+z≥a+5/3成立時，必有a≤-3或a≥-1/3成立?？紤]當a>-1/3時，取x=y=z=1/3，就有x+y+z=1，但是x+y+z<a+5/3，與題目中給出的條件矛盾。因此，當a>-1/3時，不等式(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3不可能成立。因此，只需要證明a≤-3即可。當a≤-3時，對于任意的x,y,z∈R，有x+y+z≥a+5/3成立。因此，不等式(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3一定成立。因此，a≤-3或a≥-1/3成立，證畢。已知菱形BCGE的邊長為2，∠EBC=60°，可以求得BH=1，EH=3。以H為坐標原點，HC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（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，-1，0）。設平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則CG·n=0，AC·n=0，即x+3z=0，2x-y=0。因此可取n=（3，6，-3）。又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以cos∠BGC=cos∠(n，m)=n·m/|n||m|=n·m/3。因此二面角B–CG–A的大小為30°。解：（1）f'(x)=6x-2ax=2x(3x-a)。令f'(x)=0，得x=0或x=a/3。若a>0，則當x∈(-∞，0)或(x，+∞)時，f(x)單調遞增，在(0，a/3)單調遞減；若a=0，f(x)在(-∞，+∞)單調遞增；若a<0，則當x∈(-∞，0)或(x，+∞)時，f(x)單調遞增，在(0，a/3)單調遞減。（2）滿足題設條件的a，b存在。（i）當a≤0時，由（1）知，f(x)在[0，1]單調遞增，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為f(0)=b，最大值為f(1)=2-a+b。此時a，b滿足題設條件當且僅當b=-1，2-a+b=1，即a=0，b=-1。（ii）當a≥3時，由（1）知，f(x)在[0，1]單調遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為f(0)=b，最小值為f(1)=2-a+b。此時a，b滿足題設條件當且僅當2-a+b=-1，b=1，即a=4，b=1。（iii）當0<a<3時，由（1）知，f(x)在[0，1]的最小值為f(a/3)=-(a^3/27)+b，最大值為f(0)=b或f(1)=2-a+b。若f(a/3)=-1，b=1，則a=3^(2/3)，與0<a<3矛盾。若f(a/3)=-1，2-a+b=1，則a=3^(2/3)或a=-3^(2/3)或a=0，與0<a<3矛盾。若f(a/3)>-1，2-a+b=1，則a>3，與0<a<3矛盾。若f(a/3)>-1，b=-1，則a<0，與0<a<3矛盾。因此，在0<a<3時，不存在滿足題設條件的a，b。綜上，當且僅當a=0，b=-1或a=4，b=1時，函數f(x)在[0,1]的最小值為-1，最大值為1。21.解：（1）設點D(t,-1/t)和點A(x1,y1)，則有x1^2=2y1。由于y'=x，故切線DA的斜率為x1，因此有：1/x1-t*y1+1=0同理，設點B(x2,y2)，則有：1/x2-t*y2+1=0因此，直線AB的方程為：2tx-2y+1=0因此，直線AB過定點(0,1/2)。（2）由（1）得直線AB的方程為y=tx+1/2。聯立直線AB和曲線y=x^2/2的方程，解得x1+x2=2t，x1*x2=-1，y1+y2=2t^2+1，|AB|=√(t^2+1)/2。設d1,d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1=t^2+1，d2=(t^2+3)/(t^2+1)。因此，四邊形ADBE的面積S=1/2*d1*AB+1/2*d2*AB=(t^2+1)/2。設M為線段AB的中點，則M的坐標為((x1+x2)/2,(y1+y2)/2)=(t,t^2+1/2)。由于EM⊥AB，而EM的坐標為(1,t)，所以t^2+t-1=0，解得t=φ或t=-1/φ，其中φ為黃金分割數。因此，當t=φ時，S=3-φ/2；當t=-1/φ時，S=3+φ/2。因此，四邊形ADBE的面積為3-φ/2或3+φ/2。22.解：（1）由題設可得，弧AB,BC