2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試全國(guó)卷3理科數(shù)學(xué)試題及答案2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生必須在答題卡上填寫(xiě)自己的姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。2.回答選擇題時(shí)，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。選出答案后，用鉛筆將答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需更改，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)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$3.《西游記》《三國(guó)演義》《水滸傳》和《紅樓夢(mèng)》是中國(guó)古典文學(xué)瑰寶，并稱(chēng)為中國(guó)古典小說(shuō)四大名著。某中學(xué)為了解本校學(xué)生閱讀四大名著的情況，隨機(jī)調(diào)查了100名學(xué)生。其中閱讀過(guò)《西游記》或《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有90名，閱讀過(guò)《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有80名，閱讀過(guò)《西游記》且閱讀過(guò)《紅樓夢(mèng)》的學(xué)生共有60名。則該校閱讀過(guò)《西游記》的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為A.0.5B.0.6C.0.7D.0.84.$(1+2x^2)(1+x)^4$的展開(kāi)式中$x^3$的系數(shù)為A.12B.16C.20D.245.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列$\{a_n\}$的前4項(xiàng)為和為15，且$a_5=3a_3+4a_1$，則$a_3=$A.16B.8C.4D.26.已知曲線(xiàn)$y=a^ex+x\lnx$在點(diǎn)$(1,ae)$處的切線(xiàn)方程為$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$7.函數(shù)$y=\frac{2x^3}{x^2+7}$在$[-6,6]$的圖像大致為A.B.C.D.8.如圖，點(diǎn)$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$是線(xiàn)段$ED$的中點(diǎn)，則A.$BM=EN$，且直線(xiàn)$BM$、$EN$是相交直線(xiàn)B.$BM\neqEN$，且直線(xiàn)$BM$、$EN$是相交直線(xiàn)C.$BM=EN$，且直線(xiàn)$BM$、$EN$是異面直線(xiàn)D.$BM\neqEN$，且直線(xiàn)$BM$、$EN$是異面直線(xiàn)9.執(zhí)行下圖的程序框圖，如果輸入的$\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(xiàn)C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在C的一條漸進(jìn)線(xiàn)上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若$PO=PF$，則$\trianglePFO$的面積為多少？解：由于$PO=PF$，所以點(diǎn)P在雙曲線(xiàn)的左支漸近線(xiàn)上，設(shè)P的坐標(biāo)為$(t,bt)$，則有$\frac{t}{a}-\frac{bt}=1$，即$t=a-\frac{ab}{t}$。又因?yàn)辄c(diǎn)P在左支漸近線(xiàn)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(lián)立，解得$t=\pm\sqrt{a^2-b^2}$。因此，P的坐標(biāo)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(shù)值計(jì)算得$\trianglePFO$的面積為$\frac{1}{2}b^2(a^2-c^2)$。18．（12分）設(shè)$f(x)$是定義域?yàn)?\mathbb{R}$的偶函數(shù)，且在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減，則下列四個(gè)結(jié)論中，哪些是正確的？說(shuō)明理由。（注意：答案可能不止一個(gè)）①$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)$是偶函數(shù)，所以只需考慮$x>0$的情況。又因?yàn)?f(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減，所以$f'(x)\leq0$，即$f(x)$的導(dǎo)數(shù)非正。①當(dāng)$x=\frac{2}{3}$時(shí)，有$\log_34>\frac{2}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{2}{3})>f(2)$。②當(dāng)$x=\frac{4}{3}$時(shí)，有$\log_34>\frac{4}{3}>2$，因此$f(\log_34)>f(\frac{4}{3})>f(2)$。③當(dāng)$x=-\frac{3}{2}$時(shí)，有$-\frac{3}{2}<-\frac{2}{3}<2$，因此$f(-\frac{3}{2})>f(-\frac{2}{3})>f(2)$。④當(dāng)$x=\frac{1}{3}$時(shí)，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(jié)論是①和③。19．（12分）設(shè)函數(shù)$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})$，其中$\omega>0$，已知$f(x)$在$[0,2\pi]$上有且僅有5個(gè)零點(diǎn)，證明：$\omega\geq5$。解：設(shè)$f(x)=\sin(\omegax+\frac{\pi}{4})=0$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?yàn)?f(x)$是周期為$\frac{2\pi}{\omega}$的函數(shù)，所以$x_5-x_1=n\cdot\frac{2\pi}{\omega}$，其中$n\in\mathbb{N}$。又因?yàn)?x_5-x_1=(x_5-x_4)+(x_4-x_3)+(x_3-x_2)+(x_2-x_1)\geq4\cdot\frac{\pi}{\omega}$，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(nèi)積公式，有$a\cdotc=2a\cdota-5a\cdotb=2-0=2$。又因?yàn)?\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}$。21．（12分）學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型。如圖，該模型為長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得幾何體，其中O為長(zhǎng)方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為多少克？解：首先求出長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積。設(shè)長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面中心為O，則$OA_1=4$，$OB_1=3$，$AB=6$，所以$OO_1=\sqrt{OA_1^2-AB^2/4}=2\sqrt{3}$。因此，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積為$V_1=AB\cdotBC\cdotAA_1=144$。接下來(lái)求出四棱錐O-EFGH的體積。首先，連接OE、OF、OG、OH，得到正方體O-EFGH，其邊長(zhǎng)為$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}$。又因?yàn)樗睦忮FO-EFGH的高為$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}$。因此，制作該模型所需原料的質(zhì)量為$V_1\cdot\rho_1+V_3\cdot\rho_2=144\cdot0.9+\frac{108\sqrt{2}}{3}\cdot0.9=96+36\sqrt{2}$克。（二）選考題：共10分。22．（6分）已知函數(shù)$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})$。解：考慮函數(shù)$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)$。因?yàn)?f(0)=f(1)$，所以$g(0)=-g(\frac{1}{2})$。如果$g(0)=0$或$g(\frac{1}{2})=0$，則結(jié)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(hào)相反，由于$g(x)$在區(qū)間$[0,\frac{1}{2}]$上連續(xù)，所以根據(jù)零點(diǎn)定理，$g(x)$在該區(qū)間內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，即存在$\xi\in[0,\frac{1}{2}]$，使得$f(\xi)=f(\xi+\frac{1}{2})$。因此，結(jié)論成立。23．（4分）已知函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[a,b]$上連續(xù)，且$f(x)>0$，證明：$\int_a^bf(x)\mathrm8swokkqx\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmiegkeigx\geq(b-a)^2$。解：設(shè)$F(x)=\int_a^xf(t)\mathrm6ogyko8t$，則$F'(x)=f(x)>0$，所以$F(x)$在區(qū)間$[a,b]$上單調(diào)遞增。又因?yàn)?f(x)>0$，所以$\frac{1}{f(x)}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}=\frac{1}{\int_a^xf(t)\mathrmqkmyusmt}>0$，所以$\frac{1}{F(x)}$在區(qū)間$[a,b]$上單調(diào)遞減。由于$\int_a^bf(x)\mathrmmk6yacox=F(b)-F(a)$，$\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmoqs46ksx=\int_{F(a)}^{F(b)}\frac{1}{t}\mathrmwmc6uuct=\ln\frac{F(b)}{F(a)}$。因?yàn)?F(x)$在區(qū)間$[a,b]$上單調(diào)遞增，所以$(F(b)-F(a))^2\leq(F(b)-F(a))\cdot\ln\frac{F(b)}{F(a)}=\int_a^bf(x)\mathrm002oq2wx\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmcu0kusgx$。又因?yàn)?(F(b)-F(a))^2=(\int_a^bf(x)\mathrmiakm0w0x)^2\leq\int_a^bf(x)^2\mathrms080qgux\cdot(b-a)$（柯西-施瓦茨不等式），所以$\int_a^bf(x)\mathrmgucswwsx\cdot\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrmey0wukkx\geq(b-a)^2$。因此，結(jié)論成立。為了研究甲、乙兩種離子在小鼠體內(nèi)的殘留情況，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：將200只小鼠隨機(jī)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(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，用某種科學(xué)方法測(cè)算出離子在小鼠體內(nèi)的殘留百分比，并得到如下直方圖：根據(jù)直方圖，記事件C為“乙離子殘留在體內(nèi)的百分比不低于5.5”，估計(jì)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(jì)甲、乙離子殘留百分比的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)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?yàn)橹狈綀D中每個(gè)矩形的面積表示該區(qū)間內(nèi)數(shù)據(jù)的頻數(shù)，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(jù)直方圖可以得到每個(gè)區(qū)間的中點(diǎn)值和頻數(shù)，進(jìn)而計(jì)算出每組數(shù)據(jù)的平均值。具體計(jì)算過(guò)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(méi)有明顯的格式錯(cuò)誤和需要?jiǎng)h除的段落，只需進(jìn)行小幅度的改寫(xiě)。構(gòu)成：若點(diǎn)P在M上，且|OP|=3，求P的極坐標(biāo)。題目要求求解點(diǎn)P的極坐標(biāo)，根據(jù)題目給出的條件，可以確定點(diǎn)P在以點(diǎn)O為圓心，半徑為3的圓上。因此，可以使用極坐標(biāo)系來(lái)描述點(diǎn)P的位置。設(shè)點(diǎn)P的極坐標(biāo)為(r,θ)，則可以根據(jù)三角函數(shù)得到r和θ的表達(dá)式。具體來(lái)說(shuō)，可以利用直角三角形OMN（其中N是以點(diǎn)O為圓心，過(guò)點(diǎn)P的切線(xiàn)與OM的交點(diǎn)）來(lái)求解。根據(jù)勾股定理，可以得到MN=√(OP2-OM2)=√(32-12)=√8=2√2。又因?yàn)閠anθ=MN/OM=2√2/1=2√2，所以θ=tan?1(2√2)。又因?yàn)镺P=r，所以r=|OP|=3。因此，點(diǎn)P的極坐標(biāo)為(r,θ)=(3,tan?1(2√2))。222（1）設(shè)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(jù)題目中給出的條件，可以將x+y+z=1轉(zhuǎn)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(jù)不等式的基本性質(zhì)，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(shè)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(jù)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(duì)于任意的x,y,z∈R，有x+y+z≥a+5/3成立時(shí)，必有a≤-3或a≥-1/3成立。考慮當(dāng)a>-1/3時(shí)，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(dāng)a>-1/3時(shí)，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(dāng)a≤-3時(shí)，對(duì)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(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可以求得BH=1，EH=3。以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HC的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)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(dāng)x∈(-∞，0)或(x，+∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，在(0，a/3)單調(diào)遞減；若a=0，f(x)在(-∞，+∞)單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)x∈(-∞，0)或(x，+∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，在(0，a/3)單調(diào)遞減。（2）滿(mǎn)足題設(shè)條件的a，b存在。（i）當(dāng)a≤0時(shí)，由（1）知，f(x)在[0，1]單調(diào)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(shí)a，b滿(mǎn)足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1，2-a+b=1，即a=0，b=-1。（ii）當(dāng)a≥3時(shí)，由（1）知，f(x)在[0，1]單調(diào)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(shí)a，b滿(mǎn)足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1，b=1，即a=4，b=1。（iii）當(dāng)0<a<3時(shí)，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(shí)，不存在滿(mǎn)足題設(shè)條件的a，b。綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a=0，b=-1或a=4，b=1時(shí)，函數(shù)f(x)在[0,1]的最小值為-1，最大值為1。21.解：（1）設(shè)點(diǎn)D(t,-1/t)和點(diǎn)A(x1,y1)，則有x1^2=2y1。由于y'=x，故切線(xiàn)DA的斜率為x1，因此有：1/x1-t*y1+1=0同理，設(shè)點(diǎn)B(x2,y2)，則有：1/x2-t*y2+1=0因此，直線(xiàn)AB的方程為：2tx-2y+1=0因此，直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn)(0,1/2)。（2）由（1）得直線(xiàn)AB的方程為y=tx+1/2。聯(lián)立直線(xiàn)AB和曲線(xiàn)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(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D，E到直線(xiàn)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(shè)M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，則M的坐標(biāo)為((x1+x2)/2,(y1+y2)/2)=(t,t^2+1/2)。由于EM⊥AB，而EM的坐標(biāo)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(shù)。因此，當(dāng)t=φ時(shí)，S=3-φ/2；當(dāng)t=-1/φ時(shí)，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(shè)可得，弧AB,BC