2019年文科数学高考题及答案

全国I卷（文数）

一、选择题（本大题共12小题,每小题5分，共60分）

3-i

1.（2019逢国I卷）设z='+z则|z|等于（C）

（A）2（B娟（C）线（D）l

住4）（1司17

解析:由z="+㈤”却=/可得忆|=也

2.(2019•全国I卷)已知集合1)={1,2,3,4,5,6,7}人={2,3,4,5}旧={236,7},则刖©uA等于(C)

(A){1,6}(B){1,7}

(C){6,7}(D){1,6,7}

解析:由CuA={l,6,7},可得BnCuA={6,7}.

3.(2019•全国阍已知@=1。920.2由=2。2,c=0.2°3则(B)

(A)a<b<c(B)a<c<b

(C)c<a<b(D)b<c<a

解析:取中间值,a=log20.2vlog21=0得a<0,b=2°2>2°=L得b>l,c=0.2°3<0.2°=l得0<c<l,即a<c<b.

4.(2019•全国I卷)

蚂用、

古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是万之0.618,称为黄金分割比例，，著名

包

的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是2.若某人满足上述两个黄金

分割比例，且腿长为105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,则其身高可能是（B）

(A)165cm(B)175cm

(C)185cm(D)190cm

修,修］

解析:不妨设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为点A,B,C,D,故可得|AB|=2|BC|,|AC|=2|CD|.

假设身高为x,可解得|CD|=2x,|AC|=2x,

|AB|=2x.

，网I=宇XV26.

』防Hr.llCDI=冬x>105.

由题意可得,2

1<52

‘黑'(x<1782t

化简可得［工>距=tx>169S9

5.(2019・全国I卷)函数")=三转在HLTT］的图象大致为(D)

解析:取特值.因为f(-x)=H=_f(x),函数为奇函数，排除A;

.

又因为fm尸？^>o,排除B,C.故选D.

6.(2019•全国I卷)某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号为1,2，…,1000,从这些新生中用系统抽样方法

等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是(C)

(A)8号学生(B)200号学生

(C)616号学生(D)815号学生

解析:由于组距为10,因此选出的号码所成的数列是以10为公差的等差数列，故选C.

7.（2019•全国I卷）tan255°等于（D）

（A）2H（B）・2+H

(C)2脑(D)2+6

解析:tan255°=tan(180°+75°)=tan75°=tan(45°+30°)=nrfe_30r=2+阴

8.(2019・全国I卷)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)i.b,则a与b的夹角为(B

(A)6笛广(C)3(D)6

解析:因为(a-b)，b,

所以(a-b)b=ab-b2=0,

因为|a|二2|b|.

所以cos〈a,b>=W二码A

因为0<<a,b><n,

■

所以a与b的夹角为3故选B.

9.（2019逢国I卷）如图是求'的程序框图，图中空白框中应填入（A）

(A)A=>+J(B)A=2+，

(C)A="+“(D)A=1+M

13呜J

解析:若按选项A开始:A=a,k=l,执行是;A=HZk=2,执行是;A=”k=3,执行否，输出,A正确，代入选项B,C,D均不满足.

/r2

10.(2019・全国I卷)双曲线C?尸=l(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°,则C的离心率为(D)

11

(A)2sin40°(B)2cos40°(D)™50"

t

解析:由题意可得-==tan1300,

t庐

EP^tan50°,于是有

即N-=eoAcr

s^cri

因此e2-l=N^=e2==,

1

anZOSXT

即e=

1t

11.(2O19・全国I卷)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asinA-bsinB=4csinC.cosA=-1则C等于(A)

(A)6(B)5(C)4(D)3

解析:由正弦定理:asinA-bsinB=4csinC=a2-b2=4c2=a2=b2+4c2.①

i

由余弦定理COSA=2k二■'②

将①代入②，消去a2得近—=-4=>C=6.

12.(2019•全国I卷)已知椭圆C的焦点为FI(・1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A.B两点.若|AF2k21F?B|,|AB|=|BF1|,

则C的方程为(B)

(A产+产=1(B)3+2=l

(C)4+3=l(D)5+4=l

解析:不妨设|F2B[=m,

iS|FiB|=|AB|=|AF2|+|F2B|=3|F2B|=3m.

由椭圆定义得|FiB|+|FzB|=2a=4m,

13

22

»|F2B|=a.|BF1|=a,

|AF2|=a,|AF1|=2a-|AF2|=a.

在AAFF2和ABFF2中，分别可得

「+4c2-a21

CDSZAFF^=—---------=—=—,

212xax2ca

1,,9,

zzz

Ta+4c-za2V2

txjsZBFjjFj=—-------------——=Q・

2xqx2c

空1,2

由二角互补可得•=-°解得a2=3,故b2=2,方程为M+N=1.

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分)

13.(2019•全国I卷)曲线y=3(x2+x”在点(0,0)处的切线方程为.

解析:求导可得y'=3(x2+3x+l)ex,故切线斜率为

y'|x=o=3,故切线方程为y=3x.

答案:y=3x

3

14.(2019•全国I卷)记Sn为等比数列的前n项和.若ai=l,S3=4则S4=.

39W

解析:设数列｛aj的公比为q,则有S3=ai+a2+a3=l+q+q2=*,整理可得4q2+4q+l=0,所以q=-’,所以84=83+34=^-*="

5

答案:■

15.(2019•全国I卷)函数f(x)=sin*2x+2-3cosx的最小值为.

解析:因为f(x)=-cos2x-3cosx

=-(2COS2X-1)-3COSx

=-2COS2X-3COSX+1

w、u

=-2Losx+.2+■,

又由三角函数有界性可知,cosXG[-1,1],

所以当cosx=l时,f(x)取得最小值~4.

答案:・4

16.（2019•全国I卷）已知/ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到NACB两边AC.BC的距离均为百，那么P到平面

ABC的距离为.

解析：

由题意，可将三棱锥P-ABC放入一个以ACBD为底面的长方体中，如图所示.

点P在线段CD'上，设点P在底面ACBD的射影为P,过P'分别作P'E,P'F垂直AC,BC,垂足分别为E,F,易证AC_L平面

PP'E,所以ACLPE.

X^iiE^PP,E^^PP,F,PC=2,PE=^,

所以CE=1.

又NECP':NFCP'=45°,

所以EP'=CE=1,

所以PPHPJF?二月I二线.

答案声

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）

（一）必考题:60分.

17.（本小题满分12分）

(2019•全国I卷)某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客,每位顾客对该商场的服务给出满意或不满

意的评价，得到下面列联表：

满意不满意

男顾客4010

女顾客3020

(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

4C

解:(1)由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为口=0.8,因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为08

3d

女倾客中对该商场服务满意的比率为口二。6,因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.

(2)K2=50x50x70x30=4.762.

由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

18.(本小题满分12分)

(2019•全国I卷)记Sn为等差数列a｝的前n项和，已知S9二例.

(1)若a3=4,求｛aj的通项公式；

(2)若ai>0,求使得Sn^an的n的取值范围.

解:⑴设｛an｝的公差为d.

由S9=-a5得ai+4d=0;

由a3=4,得ai+2d=4.

于是ai=8,d=-2.

因此｛&J的通项公式为an=10-2n.

(2)由(1)得ai=-4d,故a„=(n-5)d,S产2.

2

由aj>0知d<0,故Snwan等价于n-lln+10<0,

解得l<n<10.

所以n的取值范围是｛n|14n410,neN｝.

19.(本小题满分12分)

(2019•全国I卷)

如图，直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是菱形,AAI=4,AB=2,NBAD=60°,E,M,N分别是BC,BBiAD的中点.

(1)证明:MN||平面CQE;

(2)求点C到平面CQE的距搐.

(1)证明:连接B£,ME.因为M.E分别为BBi.BC的中点,

所以ME||BiC,且ME=、iC.

又因为N为AiD的中点,

所以ND=2AJD.

由题设知AIBIDC,

可得BQAQ,故MEND,

因此四边形MNDE为平行四边形，

所以MNRED.

又MNC平面CQEQEU平面CQE,

所以MN|］平面CQE.

(2)解:过C作CiE的垂线，垂足为H.

由已知可得DE，BC,DE_LCIC,

所以DEL平面CiCE,

故DELCH.

从而CH1•平面Cj.DE,

故CH的长即为C到平面CiDE的距离,

由已知得CE=l,CiC=4,

所以CiE=g,

故CH=17.

则点C到平面C1DE的距离为17

20.(本小题满分12分)

(2019•全国I卷)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x,f(x)为f(x)的导数.

(1)证明:f(x)在区间(OJT)存在唯一零点；

(2)若xe[0，F时,f(xRax,求a的取值范围.

(1)证明:设g(x)=f(x),则g(x)=cosx+xsinx-l,g*(x)=xcosx.

当xebNfl4,g'(x)>0;

当xeE,TT，时,g'(x)<0,

所以g(x)在b2，单调递增，在6,n单调递减.

又g(O)=O,g、->0,g(n)=-2,

故g(x)在(O,rr)存在唯一零点.

所以f(x)在区间(O,TT)存在唯一零点.

(2)解:由题设知5户2711(17尸0,可得群0.

由Q)知,f(x)在(O,TT)只有一个零点，

设为Xo,且当xe(O,Xo)时,f(x)>0;

当xe(x(),n)时,f(x)〈O,

所以f(x)在(0,x°)单调递增，在(Xo,TT)单调递减.

又f(O)=O,f(n)=O,

所以当xe[0,TT]时,f(x)NO.

又当a40,xe[0,TT]时,ax《0,故f(x)Nax.

因此,a的取值范围是(&,()].

21.(本小题满分12分)

(2019•全国倦)已知点A.B关于坐标原点O对称,|AB|=4QM过点A,B且与直线x+2=0相切.

⑴若A在直线x+y=0上，求。M的半径；

(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MAHMP|为定值？并说明理由.

解:(1)因为。M过点A,巳

所以圆心M在AB的垂直平分线上.

由已知点A在直线x+y=O上，且点A,B关于坐标原点0对称，

所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).

因为OM与直线x+2=0相切，

所以OM的半径为r=|a+2|.

由已知得|A0|=2,

又MO±AO,

故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.

故。M的半径「=2或r=6.

(2)存在定点P(1,O),使得|MAHMP|为定值.

理由如下：

设M(x,y),由已知得。M的半径为

r=|x+2|,|AO|=2.

由于MO_LAO,

故可得产,化简得M的轨迹方程为y2=4x.

因为曲线C:y2=4x是以点(1。)为焦点，以直线x=-l为准线的抛物线测存在P(1,O),

所以|MP|=x+l.

因为|MAHMP|二r-|MP|=x+2-(x+l)=l,

所以存在满足条件的定点P.

(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.(本小题满分10分)

产=中

_4r

(2019・全国I卷)［选修4-4:坐标系与参数方程］在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数)，以坐标原点

。为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线I的极坐标方程为2pcos0+^psin0+11=0.

(1)求C和I的直角坐标方程；

(2)求C上的点到I距离的最小值.

i-t2①z"

解:⑴因为口〈曰1,且=亩？1+而%,

所以C的直角坐标方程为x2+4=l(x*-l).

I的直角坐标方程为2x+Hy+ll=0.

(2)由(1)可设C的参数方程为b=2sm,a为参数,F<a5).

C上的点(cosa,2sina)至UI的距离为

|2e0»+2^5^B+lN4cos^af^+11

干=V7

当0(=-3时,48513-3*11取得最小值7,故C上的点到I距离的最小值为

23.(本小题满分10分)

(2019•全国I卷)［选修4-5:不等式选讲］已知a,b,c为正数,且满足abc=l.证明：

111

(l)°+*+e<a2+b2+c2;

(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3s24.

证明:(1)因为a2+b2^2ab,b2+c2^2bc,c2+a2^2ac,

又abc=l,

ab+fcrl-ca111

故有a2+b2+c2^ab+bc+ca=*=a+*+c.

当且仅当a=b=c=l时，等号成立.

ill

pJfJ^"+*+c<a2+b2+c2.

(2)因为a,b,c为正数且abc=l,

故有(a+b户+(b+c)+(c+a户N

33但十与39+13+4户

=3(a+b)(b+c)(a+c)

23x(2何)x(2病户(2便)

=24.

当且仅当a=b=c=l时，等号成立.

所以(a+b)〃(b+c［+(c+a)3224.

全国II卷(文数)

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分，共60分)

1.(2019・全国II卷)已知集合A;{x|x>-l},B={x|x<2},则AnB等于(C)

(A)(-l,+8)(B)(«,2)

(C)(-1.2)(D)0

解析:由题知,AnB=(・l,2),故选C.

2.(2019・全国II卷)设z=i(2+i),则Z等于(D)

(A)l+2i(B)-l+2i

(C)l-2i(D)-l-2i

解析:z=i(2+i)=2i+i2=・l+2i,

所以工故选D.

3.(2019・全国I倦)已知向量a=(2,3),b=(3,2),则|a-b|等于(A)

(A)线(B)2(C)5迎(D)50

解析:由已知,a-b=(2,3)-(3,2)=(-l,l),

所以|a-b|=JO+1'二线，故选A.

4.(2019•全国II卷)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标,若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量

过该指标的概率为(B)

2321

(A)3(B)5(C)5(D)5

解析:设其中做过测试的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为A,B,则从这5只中任取3只的所有取法有

{a,bQ,{a,b,A},{a,b,BMa,c,A},{a,c,B},{a,A,B},{b,c,A},{b,c,B},{bAB},{c,A,B}共10种.其中恰有2只做过测试的取法有

{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B}共6种，

63

所以恰有2只做过测试的概率为10丰，故选B.

5.(2019•全国II卷)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测.

甲:我的成绩比乙高.

乙:丙的成绩比我和甲的都高.

丙:我的成绩比乙高.

成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为(A)

(A)甲、乙、丙(B)乙、甲、丙

(C)丙、乙、甲(D)甲、丙、乙

解析:若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高,丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲、乙、丙;若乙预测正

确，则丙预测也正确,不符合题意;若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高,乙比甲成绩高，即丙比甲、乙成绩都高，即

乙预测正确，不符合题意，故选A.

6.(2019・全国II卷)设f(x)为奇函数，且当XNO时,f(x)=ex-1,则当x<0时,f(x)等于(D)

(A)e-X-1(B)e'x+1

(C)-ex-l(D)-ex+l

解析:因为f(x)是奇函数,所以当x<0时,-x>0,f(・x尸e-x［二・f(x)居f(x)=-e—i故选D

7.(2019•全国II卷)设a,0为两个平面，则ag的充要条件是(B)

(A)a内有无数条直线与0平行

(B)a内有两条相交直线与B平行

(C)a，B平行于同一条直线

(D)a,B垂直于同一平面

解析:由面面平行的判定定理知:a内两条相交直线都与B平行是ag的充分条件，由面面平行性质定理知，若。胆,则a内任意一

条直线都与B平行，所以a内两条相交直线都与B平行是a||B的必要条件，故选B.

■3w

8.(2019•全国H卷)若X1=4,X2=，是函数f(x尸sinu)x(M>0)两个相邻的极值点,则3等于(A)

31

(A)2(B)2(C)l(D)2

解析:由题意知,f(x)=sin3X的周期T=a=2=TT,得3=2.故选A.

9.(2019・全国II卷)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆、+P=1的一个焦点，则p等于(D)

(A)2(B)3(C)4(D)8

r、兰Wr、

解析:因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点6,0是椭圆邳+予=1的一个焦点，所以3p-p=6解得p=8,故选D.

10.(2019•全国II卷)曲线y=2sinx+cosx在点处的切线方程为(C)

(A)x-y-TT-l=0(B)2x-y-2n-l=0

(C)2x+y-2jT+l=0(D)x+y-TT+l=0

解析:当X=TT时,y=2sinTT+COSTT=-1,

即点在曲线y=2sinx+cosx上.

因为y'=2cosx-sinx,

所以y'lx=n=2cosn-sinTT=-2,

则y=2sinx+cosx在点处的切线方程为y-(-l)=-2(x-n),

BP2x+y・2rr+l=0.故选C.

11.(2019・全国1倦)已知(1/22仙2(1=32€(+1厕5访(1等于(B)

［舟丹至

(A)5(B)5(C)3(D)5

解析:因为2sin2a=cos2a+l,

所以4sinacosa=2cos2a.

■、

因为aeb,2，,

所以cosa>0.

sina>0,

所以2sina=cosa,

又sin2a+cos2a=l,

1

所以5sin2a=l,sin2a=5,

渔

又sina>0,所以sina=5,

故选B.

x2，

12.(2019・全国II卷)设F为双曲线C:7m=l(a>0,b>0)的右焦点Q为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x?+y2=a2交于P,Q

两点.若|PQ|=|OF],则C的离心率为(A)

(A)6(B)百(C)2(D)书

解析：

设PQ与x轴交于点A,由对称性可知PQix轴,

又因为|PQ|=QF|=c,

e

所以|PA|J,

所以PA为以OF为直径的圆的半径，

c

所以A为圆心,|OA|=N

EC、

所以P62，又P点在圆x2+y2=a2上，

所以*+*=a2,

SP2=a2,

2?

所以e==2.

所以e二线，故选A.

二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分）

f2r+3y-6>ft

|x+y-3<0.

13.（2019•全国II卷）若变量x,y满足约束条件Iy2-”则z=3x-y的最大值是.

解析:画出不等式组表示的可行域，如图所示，

即阴影部分表示的三角形ABC区域.根据直线3x-y-z=0中的z表示纵截距的相反数，当直线z=3x-y过点C（3,0）时,z取最

大值为9.

答案:9

14.（2019•全国II卷）我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97,有20个

车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.

解析:由题意得，经停该站的高铁列车正点数约为10x0.97+20x0.98+10x0.99=39.2，其中高铁个数为10+20+10=40,所以

该站所有高铁平均正点率约为40=0.98.

答案:0.98

15.(2019•全国II卷)^ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsinA+acosB=0,则B=.

解析:由正弦定理彳导sinBsinA+sinAcosB=0.

因为AW(0,TF),B[0,TF),

所以sinA*0,得sinB+cosB=0,

Sv

即tanB=-l,所以B=4.

3n

答案：4

16.（2019・全国II卷）中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北

朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面

体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长

为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为.

解析:

%

由图可知第一层与第三层各有9个面，共18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=26个面.

如图,将该半正多面体的部分放在棱长为1的正方体中，设该半正多面体的棱长为X,则AB=BE二X,延长CB与FE交于点G,

延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,3BGE为等腰直角三角形，

所以BG=GE=CH=2X,

所以GH=2X2X+X=(^+1)X=1,

所以x=75fL依1,即该半正多面体棱长为依1.

答案:26显1

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）

（一）必考题洪60分.

17.（本小题满分12分）

（2019•全国II卷）

如图,长方体ABCD-AiBiCiDi的底面ABCD是正方形，点E在棱AAT上,BE_LECL

⑴证明:BE_L平面EB1C1；

⑵若AE=AiE,AB=3,求四棱锥E-BBQiC的体积.

⑴证明:由已知得BIQL平面ABBiAi,BEU平面ABBiAi,

故BiCi±BE.

又BEj_EC],BiCinECi=Ci,

所以BE_L平面EB1C〉

c,

〃心B

/

(2)解:由⑴知NBEBI=90°,由题设知RNABE号RNAiBiE,

所以NAEB=AEBI=45°,

故AE=AB=3,AAi=2AE=6.

如图，作EF_LBBI,垂足为F,则EFL平面BBiCiC,且EF=AB=3.

所以,四棱锥E-BBJCJC的体积V=L3X6X3=18.

18.(本小题满分12分)

(2019•全国II卷)已知｛an｝是各项均为正数的等比数列,ai=2,a3=2a2+16.

(1)求｛aj的通项公式；

(2)设bn=log2an,求数列｛bn｝的前n项和.

解:(1)设｛an｝的公比为q,由题设得

2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.

解得q=-2(舍去)或q=4,

n12n1

因此｛a0｝的通项公式为an=2x4-=2-.

(2)由(1)得bn=(2n-l)log22=2n-l,因此数列｛bj的前n项和为l+3+...+2n-l=n2.

19.(本小题满分12分)

(2019•全国II卷)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业彳导到这些企业第一季度相对于

前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.

y的

[-0.20,0)(0.0.20)[0.20,0.40)[0.40,0,60)(0.60,0.80)

分组

企业

22453147

数

(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；

(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).(精确到0.01)

附:旧=8.602.

14+7

解:(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为100=0.21.

2

产值负增长的企业频率为期"：。。？.

用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%,产值负增长的企业比例为2%.

(2)y=loc(-0.10x2+0.10x24+0.30x53+0.50xl4+0.70x7)=0.30,

—i_

s2=w0f(环加

=1O°[(-0.40)2X2+(-0.20)2X24+02X53+0.202X14+0.402X7]

=0.0296.

S=^0.0296=O.02XV74=0.17.

所以,这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%,17%.

20.(本小题满分12分)

(2019•全国II卷)已知FI,F2是椭圆g？+9=1佰>20)的两个焦点,P为C上的点Q为坐标原点.

(1)若&POF2为等边三角形，求C的离心率；

(2)如果存在点P,使得PF»PF2,且&F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

解:(1)连接PFi(图略)，由WOFz为等边三角形可知在^FiPF?中/FFF2=90°JPF2|二c,|PF]|二a,

于是2a=|PFi|+|PF2|=(V3+l)ct

C

故C的离心率为e="=、且1.

1ryr2y2

2x+ex?iI

(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在，当且仅当|y|-2c=16,*=-l,+=l>

即c|y|=16,①

x2+y2=c2,(2)

//

?+巩1,③

B41G2

由②③及a2=b，c2得y2=7,又由①知，=了,故b=4;

由②③及a2=b2+c2得x?=7(c?-b2),所以c22b2,从而a2=b2+c2>2b2=32,&aN4力;

当b=4,aM线时，存在满足条件的点P.

故b=4,a的取值范围为［4力,+g).

21.(本小题满分12分)

(2019•全国II卷)已知函数f(x)=(x-l)lnx-x・l.证明：

(l)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

证明:(l)f(x)的定义域为(0,+动，

f(x)=,+lnx-l=lnx-1

1

因为y=lnx在(0,+向上单调递增;yJ在(0,+8)上单调递减，

所以f(x)在(0,+8)上单调递增；

1

又fQ)=-l<0,f(2)=ln2/=2>0,

故存在唯一使得f(xo)=O.

又当X〈Xo时f(x)<0,f(x)单调递减；

当x>Xo时,f(x)>O,f(x)单调递增.

因此,f(x)存在唯一的极值点.

(2)由⑴知,f(xo)vf(l)=-2,又f(e2)=e2-3>0,

所以f(x)=O在(x(),+g)内存在唯一根x=a.

1

由a>x()>l得yvxo,

■、,、D卫

又f.二*1垢----1=*=0,

1

故,是方程f(x)=O在(0,x0)内的唯一根；

综上,f(x)=O有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

(二)选考题洪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.(本小题满分10分)

(2019•全国II卷)［选修44坐标系与参数方程］(10分)

在极坐标系中,0为极点，点M(poA))(po>O)在曲线C:p=4sin9上，直线I过点A(4,0)且与OM垂直,垂足为P.

■

(1)当比=3时，求P0及I的极坐标方程；

(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.

解:⑴因为点M(p(),%)在曲线C上，

■■

当仇=*时,Po=4sin*=2b;

■

由已知得|0P|=QA|C0S3=2.

设Q(p,e)为I上除P外的任意一点，在RtAOPQ中，

_■、

pcosb-M=|0P|=2.

■x?、

经检验，点P12M在曲线pcosb产=2上.

■、

所以J的极坐标方程为pcosb-3=2.

(2)设P(p,e),在RSOAP中,|OP|=|OA|cos6=4cos6,

fiPp=4cos0.

因为p在线段OM上，且AP_L(DM,故e的取值范围是.

所以,P点轨迹的极坐标方程为p=4cose,0GF2.

23.(本小题满分10分)

(2019•全国II卷)［选修4-5:不等式选讲］

已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).

(1)当a=l时，求不等式f(x)<0的解集；

(2)若,1)时,f(x)〈O,求a的取值范围.

解:(1)当a=lB^,f(x)=|x-l|x+|x-2|(x-l).

当X<1时,f(x)=-2(x-l)2<0;

当X>1时,f(X)20.

所以,不等式f(x)〈O的解集为(F,l).

(2)因为f(a)=O,所以azl,

当a^l.XG(-»,l)B4,f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-l)<0.

所以,a的取值范围是[1,+s).

全国III卷(文数)

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分，共60分)

1.(2019・全国III卷)已知集合人={-1,0,1,2}5=仅*$1},则八也等于(A)

(A){-l,0,l}(B){0.1}

(C){-l.l}(D){0,l,2}

解析:由题意得,B={xHL4x41},则AnB={-1,0,1}.故选A.

2.(2019•全国III卷)若z(l+i)=2i,则z等于(D)

(A)-l-i(B)-l+i

(C)l-i(D)l+i

2i2<14)

解析:z故选D.

3.(2019・全国III卷)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(D)

1111

(A)6(B/(C)a(D)2

解析:两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生

相邻与不相邻的概率均是N故选D.

4.(2019•全国III卷)《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位学生，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(C)

(A)0.5(B)0.6(C)0.7(D)0.8

解析:由题意得,阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70,则其与该校学生总数之比为70・100=0.7.故选C.

5.(2019・全国川卷)函数f(x)=2sinx-sin2x在[0,2司的零点个数为(B)

(A)2(B)3(C)4(D)5

解析:由f(x)=2sinx-sin2x=2sinx-2sinxcosx=2sinx(l-cosx)=(X得sinx=0或cosx=l,

因为xe[0,2n],

所以X=0,TT或2TT.

所以f(x)在的零点个数是3.故选B.

6.(2019•全国III卷)已知各项均为正数的等比数列同｝的前4项和为15,且as=3a3+4aima?等于(C)

(A)16(B)8(C)4(D)2

解析:设正数的等比数列｛aj的公比为q,则

++=15.

I。1/=3.3+4..

pi=1・

解得lq=2.

所以a3=aiq2=4,故选C.

7.(2019逢国川卷)已知曲线y=aex+xlnx在点(l,ae)处的切线方程为y=2x+b,M(D)

(A)a=e,b=-1(B)a=e,b=l

(C)a=e1,b=l(D)a=e4,b=-1

解析:y'=ae'+lnx+1,

k=y'lx=i=ae+l=2,

所以a=e2

将Q,l)代入y=2x+b得2+b=l,b=-l,故选D.

8.(2019・全国III卷)

如图，点N为正方形ABCD的中心,《ECD为正三角形，平面ECDL平面ABCD.M是线段ED的中点，则(B

(A)BM=EN,且直线BM.EN是相交直线

(B)BMHEN,且直线BM.EN是相交直线

(C)BM=EN,且直线BM.EN是异面直线

(D)BMHEN,且直线BM.EN是异面直线

解析:因为ABDE中,N为BD中点,M为DE中点,

所以BM.EN共面相交，选项C.D错误.

作EO±CD于O,连接ON,过M作MF±OD于F.

连接BF,因为平面CDE_L平面ABCD.

EO_LCD,EOU平面CDE,

所以ECk平面ABCD,MFJ■平面ABCD,

所以AMFB与AEON均为直角三角形.

设正方形边长为2,易知EO=^,ON=1,EN=2,

MF=2,BF

所以BM=

所以BM工EN,故选B.

9.（2019•全国III卷）执行如图所示的程序框图，如果输入的s*O.OL则输出s的值等于（C）

|x=l~=0|

s=+a:

A]

/输叫/

(A)2-(B)2-

11

(C)2-(D)2-

解析:x=l.s=0,s=0+Lx="v0.01?不成立,

s=0+l+N,x30.01?不成立,

?12a成立,

s=0+l+2+...+1x==0.0078125<0.01?

C.

10.(2019•全国III卷)已知F是双曲线C:4-5=l的一个焦点，点P在C上,0为坐标原点，若QP|二|OF|,则AOPF的面积为

(B)

3579

(A)2(B)2(C)2(D)2

解析:设点P(xo,yo),M4-5=l0

又QP|=|OF|=V4+5=3,

所以4+%=9.②

2S5

由①②得唯'，即Mol=3

1155

所以S,opF=:OFHyo|='x3*U.故选B.

产+y"

11.(2019・全国川卷)记不等式组〔2誓呼2°表示的平面区域为D,命题p：m(x,y)eD,2x+yN9;命题q:V(x,y)eD,2x+yV12.给

出了四个命题:①pvq;②pvq;(3)pAq;④pAq,这四个命题中，所有真命题的编号是(A)

(A)①③(B)①②(Q②③(D)③④

fy=2rre=2.

解析:如图，平面区域D为阴影部分，由卜+'=6得&=4.即卬2,4),直线2x+y=9与直线2x+y=12均过区域D,则p真q

假，有p假q真，所以①③真②④假.故选A.

(B)f自3'>f(Z5)>f(Z2)

解析:因为f(x)是R上的偶函数,

所以fbg3,^=f(log34).

32I

„2'22»22

所以Iog34>l=2°>，又f(x)在(0,+s)单调递减,f(log34)<f()<f(),

?.21,

所以f(‘)>f()>flogs"故选C.

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分)

13.(2019・全国”卷)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>=

7«)+A6Q

解析:cos<9>=而=所水赤"

返

答案

・

14.(2019全国III卷)记Sn为等差数列同｝的前n项和，若a3=5,a7=13,则Si0=.

/%=%+2d=5.1kli=i.

解析=ai+6d=13.得［d=2.

所以Sio=lOai+2d=10xl+2x2=100.

答案:100

15.(2019•全国III卷)设FI,F2为椭圆C^+^l的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若&MFF2为等腰三角形，则M的

坐标为

解析:由已知可得a2=36,b2=20,

所以c2=a2-b2=16,

所以c=4,

所以|MFI|=|FF2|=2C=8.

因为|MFi|+|MF2|=2a=12,所以|MF2|=4.

设点M的坐标为（x（）,yo）（xo>O,yo>O）,

1

2

则％^=|FiF2|-yo=4yo.

又S**F,F,=*x4x府耳=4的缶，

所以4yo=4用，解得丫。=用，

埼幽

所以正+»=1,解得xo=3（Xo=-3舍去）,

所以M的坐标为（3,用）.

答案:（3,用）

16.（2019•全国川卷）

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-AiBiCiDi挖去四棱锥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,AB=BC=6cm,AAi=4cm,3D打印所用原料密度为0.9

g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g

解析:由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4x6-4xzx2x3=12cm?,其高