2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷3理科数学试题及答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷3理科数学试题及答案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，考生必须在答题卡上填写自己的姓名和准考证号。2.回答选择题时，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。选出答案后，用铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需更改，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。1.已知集合$A=\{-1,0,1,2\}$，$B=\{x|x\leq1\}$，则$A\capB=$A.$\{-1,0,1\}$B.$\{0,1\}$C.$\{-1,1\}$D.$\{0,1,2\}$2.若$z(1+i)=2i$，则$z=$A.$-1-i$B.$-1+i$C.$1-i$D.$1+i$3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著。某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100名学生。其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90名，阅读过《红楼梦》的学生共有80名，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60名。则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为A.0.5B.0.6C.0.7D.0.84.$(1+2x^2)(1+x)^4$的展开式中$x^3$的系数为A.12B.16C.20D.245.已知各项均为正数的等比数列$\{a_n\}$的前4项为和为15，且$a_5=3a_3+4a_1$，则$a_3=$A.16B.8C.4D.26.已知曲线$y=a^ex+x\lnx$在点$(1,ae)$处的切线方程为$y=2x+b$，则$a$和$b$的值分别为A.$a=e$，$b=-1$B.$a=e$，$b=1$C.$a=e^{-1}$，$b=1$D.$a=e^{-1}$，$b=-1$7.函数$y=\frac{2x^3}{x^2+7}$在$[-6,6]$的图像大致为A.B.C.D.8.如图，点$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$是线段$ED$的中点，则A.$BM=EN$，且直线$BM$、$EN$是相交直线B.$BM\neqEN$，且直线$BM$、$EN$是相交直线C.$BM=EN$，且直线$BM$、$EN$是异面直线D.$BM\neqEN$，且直线$BM$、$EN$是异面直线9.执行下图的程序框图，如果输入的$\epsilon$为0.01，则输出$s$的值等于A.$2^{-24}$B.$2^{-25}$C.$2^{-26}$D.$2^{-27}$双曲线C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦点为F，点P在C的一条渐进线上，O为坐标原点，若$PO=PF$，则$\trianglePFO$的面积为多少？解：由于$PO=PF$，所以点P在双曲线的左支渐近线上，设P的坐标为$(t,bt)$，则有$\frac{t}{a}-\frac{bt}{b}=1$，即$t=a-\frac{ab}{t}$。又因为点P在左支渐近线上，所以$\lim\limits_{t\to-\infty}P=(-\infty,\pm\infty)$，即$\frac{t}{a}-\frac{bt}{b}=-1$，解得$t=-a+\frac{ab}{t}$。将$t=a-\frac{ab}{t}$和$t=-a+\frac{ab}{t}$联立，解得$t=\pm\sqrt{a^2-b^2}$。因此，P的坐标为$(\pm\sqrt{a^2-b^2},\pmb\sqrt{a^2-b^2})$，且$\trianglePFO$为等腰三角形，其中$OF=c=\sqrt{a^2+b^2}$，$PF=\sqrt{(a\pm\sqrt{a^2-b^2})^2-b^2}$。由于$\trianglePFO$为等腰三角形，所以$PO\perpFO$，即$PO\cdotOF=\frac{1}{2}\cdotPF\cdotOF$，代入数值计算得$\trianglePFO$的面积为$\frac{1}{2}b^2(a^2-c^2)$。18．（12分）设$f(x)$是定义域为$\mathbb{R}$的偶函数，且在$(0,+\infty)$单调递减，则下列四个结论中，哪些是正确的？说明理由。（注意：答案可能不止一个）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$f(x)$是偶函数，所以只需考虑$x>0$的情况。又因为$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递减，所以$f'(x)\leq0$，即$f(x)$的导数非正。①当$x=\frac{2}{3}$时，有$\log_34>\frac{2}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{2}{3})>f(2)$。②当$x=\frac{4}{3}$时，有$\log_34>\frac{4}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{4}{3})>f(2)$。③当$x=-\frac{3}{2}$时，有$-\frac{3}{2}<-\frac{2}{3}<2$，因此$f(-\frac{3}{2})>f(-\frac{2}{3})>f(2)$。④当$x=\frac{1}{3}$时，有$\log_34>\frac{1}{3}>\frac{2}{3}$，因此$f(\frac{2}{3})>f(\frac{1}{3})>f(\log_34)$。因此，正确的结论是①和③。19．（12分）设函数$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})$，其中$\omega>0$，已知$f(x)$在$[0,2\pi]$上有且仅有5个零点，证明：$\omega\geq5$。解：设$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})=0$的解为$x_1<x_2<\cdots<x_5$，则$x_2-x_1=x_4-x_3=x_5-x_4=\frac{\pi}{\omega}$，且$x_3-x_2=x_5-x_4=\frac{\pi}{\omega}$。因为$f(x)$是周期为$\frac{2\pi}{\omega}$的函数，所以$x_5-x_1=n\cdot\frac{2\pi}{\omega}$，其中$n\in\mathbb{N}$。又因为$x_5-x_1=(x_5-x_4)+(x_4-x_3)+(x_3-x_2)+(x_2-x_1)\geq4\cdot\frac{\pi}{\omega}$，所以$\omega\geq5$。20．（12分）已知$a,b$为单位向量，且$a\cdotb=0$，若$c=2a-5b$，求$\cos\angle(a,c)$。解：由向量的内积公式，有$a\cdotc=2a\cdota-5a\cdotb=2-0=2$。又因为$\cos\angle(a,c)=\frac{a\cdotc}{|a|\cdot|c|}$，所以只需求出$|c|$即可。由向量的加减法，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）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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，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的质量为多少克？解：首先求出长方体ABCD-A1B1C1D1的体积。设长方体ABCD-A1B1C1D1的底面中心为O，则$OA_1=4$，$OB_1=3$，$AB=6$，所以$OO_1=\sqrt{OA_1^2-AB^2/4}=2\sqrt{3}$。因此，长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为$V_1=AB\cdotBC\cdotAA_1=144$。接下来求出四棱锥O-EFGH的体积。首先，连接OE、OF、OG、OH，得到正方体O-EFGH，其边长为$OH=\sqrt{OA^2+AH^2}=\sqrt{(\frac{AB}{2})^2+AA_1^2}=\frac{\sqrt{58}}{2}$。因此，正方体O-EFGH的体积为$V_2=(\frac{\sqrt{58}}{2})^3=\frac{29\sqrt{58}}{4}$。又因为四棱锥O-EFGH的高为$OO_1=\sqrt{OA_1^2-OE^2}=2\sqrt{2}$，底面积为$S_1=\frac{1}{2}\cdotAB\cdotBC=18$，所以四棱锥O-EFGH的体积为$V_3=\frac{1}{3}\cdotS_1\cdotOO_1=\frac{108\sqrt{2}}{3}$。因此，制作该模型所需原料的质量为$V_1\cdot\rho_1+V_3\cdot\rho_2=144\cdot0.9+\frac{108\sqrt{2}}{3}\cdot0.9=96+36\sqrt{2}$克。（二）选考题：共10分。22．（6分）已知函数$f(x)$在区间$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，证明：存在$\xi\in[0,\frac{1}{2}]$，使得$f(\xi)=f(\xi+\frac{1}{2})$。解：考虑函数$g(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{2})$，则$g(x)$在区间$[0,\frac{1}{2}]$上连续，且$g(0)=f(0)-f(\frac{1}{2})$，$g(\frac{1}{2})=f(\frac{1}{2})-f(1)$。因为$f(0)=f(1)$，所以$g(0)=-g(\frac{1}{2})$。如果$g(0)=0$或$g(\frac{1}{2})=0$，则结论成立。如果$g(0)\neq0$且$g(\frac{1}{2})\neq0$，则$g(0)=-g(\frac{1}{2})$意味着$g(0)$和$g(\frac{1}{2})$符号相反，由于$g(x)$在区间$[0,\frac{1}{2}]$上连续，所以根据零点定理，$g(x)$在该区间内至少有一个零点，即存在$\xi\in[0,\frac{1}{2}]$，使得$f(\xi)=f(\xi+\frac{1}{2})$。因此，结论成立。23．（4分）已知函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，且$f(x)>0$，证明：$\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geq(b-a)^2$。解：设$F(x)=\int_a^xf(t)\mathrm{d}t$，则$F'(x)=f(x)>0$，所以$F(x)$在区间$[a,b]$上单调递增。又因为$f(x)>0$，所以$\frac{1}{f(x)}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}=\frac{1}{\int_a^xf(t)\mathrm{d}t}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}$在区间$[a,b]$上单调递减。由于$\int_a^bf(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)$，$\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x=\int_{F(a)}^{F(b)}\frac{1}{t}\mathrm{d}t=\ln\frac{F(b)}{F(a)}$。因为$F(x)$在区间$[a,b]$上单调递增，所以$(F(b)-F(a))^2\leq(F(b)-F(a))\cdot\ln\frac{F(b)}{F(a)}=\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x$。又因为$(F(b)-F(a))^2=(\int_a^bf(x)\mathrm{d}x)^2\leq\int_a^bf(x)^2\mathrm{d}x\cdot(b-a)$（柯西-施瓦茨不等式），所以$\int_a^bf(x)\mathrm{d}x\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geq(b-a)^2$。因此，结论成立。为了研究甲、乙两种离子在小鼠体内的残留情况，进行了如下实验：将200只小鼠随机分为A、B两组，每组100只。A组小鼠被灌注甲离子溶液，B组小鼠被灌注乙离子溶液，每组小鼠所接受的溶液体积和摩尔浓度相同。经过一段时间后，用某种科学方法测算出离子在小鼠体内的残留百分比，并得到如下直方图：根据直方图，记事件C为“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，估计P(C)的值为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）。解题思路：(1)直方图中a、b的值分别为5和6.5。(2)甲、乙离子残留百分比的平均值分别为16.25%和21.25%。解题步骤：(1)直方图中a、b的值分别为5和6.5。因为直方图中每个矩形的面积表示该区间内数据的频数，所以可以列出以下方程组：解得a=5，b=6.5，即直方图中a、b的值分别为5和6.5。(2)甲、乙离子残留百分比的平均值分别为16.25%和21.25%。根据直方图可以得到每个区间的中点值和频数，进而计算出每组数据的平均值。具体计算过程如下：因此，甲、乙离子残留百分比的平均值分别为16.25%和21.25%。注：本题中没有明显的格式错误和需要删除的段落，只需进行小幅度的改写。构成：若点P在M上，且|OP|=3，求P的极坐标。题目要求求解点P的极坐标，根据题目给出的条件，可以确定点P在以点O为圆心，半径为3的圆上。因此，可以使用极坐标系来描述点P的位置。设点P的极坐标为(r,θ)，则可以根据三角函数得到r和θ的表达式。具体来说，可以利用直角三角形OMN（其中N是以点O为圆心，过点P的切线与OM的交点）来求解。根据勾股定理，可以得到MN=√(OP²-OM²)=√(3²-1²)=√8=2√2。又因为tanθ=MN/OM=2√2/1=2√2，所以θ=tan⁻¹(2√2)。又因为OP=r，所以r=|OP|=3。因此，点P的极坐标为(r,θ)=(3,tan⁻¹(2√2))。222（1）设x,y,z∈R，且x+y+z=1。题目要求求解(x-1)+(y+1)+(z+1)的最小值。根据题目中给出的条件，可以将x+y+z=1转化为z=1-x-y，从而将(x-1)+(y+1)+(z+1)表示为2-x-y的形式。因此，要求2-x-y的最小值。根据不等式的基本性质，可以将2-x-y表示为2-(x+y)，从而得到2-x-y的最小值为1。因此，(x-1)+(y+1)+(z+1)的最小值为1。（2）设x,y,z∈R，且(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3成立。题目要求证明a≤-3或a≥-1/3。根据题目中给出的条件，可以将(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3表示为x+y+z≥a+5/3的形式。因此，要证明a≤-3或a≥-1/3，就是要证明对于任意的x,y,z∈R，有x+y+z≥a+5/3成立时，必有a≤-3或a≥-1/3成立。考虑当a>-1/3时，取x=y=z=1/3，就有x+y+z=1，但是x+y+z<a+5/3，与题目中给出的条件矛盾。因此，当a>-1/3时，不等式(x-2)+(y-1)+(z-a)≥1/3不可能成立。因此，只需要证明a≤-3即可。当a≤-3时，对于任意的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，证毕。已知菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可以求得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的法向量可取为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的大小为30°。解：（1）f'(x)=6x-2ax=2x(3x-a)。令f'(x)=0，得x=0或x=a/3。若a>0，则当x∈(-∞，0)或(x，+∞)时，f(x)单调递增，在(0，a/3)单调递减；若a=0，f(x)在(-∞，+∞)单调递增；若a<0，则当x∈(-∞，0)或(x，+∞)时，f(x)单调递增，在(0，a/3)单调递减。（2）满足题设条件的a，b存在。（i）当a≤0时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2-a+b。此时a，b满足题设条件当且仅当b=-1，2-a+b=1，即a=0，b=-1。（ii）当a≥3时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2-a+b。此时a，b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1，b=1，即a=4，b=1。（iii）当0<a<3时，由（1）知，f(x)在[0，1]的最小值为f(a/3)=-(a^3/27)+b，最大值为f(0)=b或f(1)=2-a+b。若f(a/3)=-1，b=1，则a=3^(2/3)，与0<a<3矛盾。若f(a/3)=-1，2-a+b=1，则a=3^(2/3)或a=-3^(2/3)或a=0，与0<a<3矛盾。若f(a/3)>-1，2-a+b=1，则a>3，与0<a<3矛盾。若f(a/3)>-1，b=-1，则a<0，与0<a<3矛盾。因此，在0<a<3时，不存在满足题设条件的a，b。综上，当且仅当a=0，b=-1或a=4，b=1时，函数f(x)在[0,1]的最小值为-1，最大值为1。21.解：（1）设点D(t,-1/t)和点A(x1,y1)，则有x1^2=2y1。由于y'=x，故切线DA的斜率为x1，因此有：1/x1-t*y1+1=0同理，设点B(x2,y2)，则有：1/x2-t*y2+1=0因此，直线AB的方程为：2tx-2y+1=0因此，直线AB过定点(0,1/2)。（2）由（1）得直线AB的方程为y=tx+1/2。联立直线AB和曲线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。设d1,d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1=t^2+1，d2=(t^2+3)/(t^2+1)。因此，四边形ADBE的面积S=1/2*d1*AB+1/2*d2*AB=(t^2+1)/2。设M为线段AB的中点，则M的坐标为((x1+x2)/2,(y1+y2)/2)=(t,t^2+1/2)。由于EM⊥AB，而EM的坐标为(1,t)，所以t^2+t-1=0，解得t=φ或t=-1/φ，其中φ为黄金分割数。因此，当t=φ时，S=3-φ/2；当t=-1/φ时，S=3+φ/2。因此，四边形ADBE的面积为3-φ/2或3+φ/2。22.解：（1）由题设可得，弧AB,BC