文档文本内容
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅲ卷）
文科数学
一、选择题
1．已知集合A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|x2≤1}，则A∩B等于( )
A．{－1,0,1} B．{0,1}
C．{－1,1} D．{0,1,2}
答案 A
解析 集合B＝{x|－1≤x≤1}，则A∩B＝{－1,0,1}．
2．若z(1＋i)＝2i，则z等于( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
答案 D
解析 z＝ ＝ ＝ ＝1＋i.
3．两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( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同
学排成一列所有可能的结果如图所示．
由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，
故所求概率为 ＝ .
4．《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( )
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8答案 C
解析 根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 ＝0.7.
5．函数f(x)＝2sin x－sin 2x在[0,2π]上的零点个数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 令f(x)＝0，得2sin x－sin 2x＝0，
即2sin x－2sin xcos x＝0，∴2sin x(1－cos x)＝0，
∴sin x＝0或cos x＝1.
又x∈[0,2π]，
∴由sin x＝0得x＝0，π或2π，由cos x＝1得x＝0或2π.
故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个．
6．已知各项均为正数的等比数列{a}的前4项和为15，且a＝3a＋4a，则a 等于( )
n 5 3 1 3
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 C
解析 设等比数列{a}的公比为q，由a ＝3a ＋4a 得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a}
n 5 3 1 n
的各项均为正数，所以q＝2，又a ＋a ＋a ＋a ＝a(1＋q＋q2＋q3)＝a(1＋2＋4＋8)＝15，
1 2 3 4 1 1
所以a＝1，所以a＝aq2＝4.
1 3 1
7．已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′| ＝ae＋1，
x＝1
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以
解得
8.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥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≠EN，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≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案 B
解析 取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面
ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD
的边长为2，则EO＝ ，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，
垂足为P，连接BP，则MP＝ ，CP＝ ，所以BM2＝MP2＋BP2＝ 2＋ 2＋22＝7，得
BM＝ ，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，
即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．
9．执行下边的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s的值等于( )
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
答案 C
解析 执行程序框图，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝ ，不满足x<ε＝ ，
所以s＝1＋ ＝2－ ，x＝ ，
不满足x<ε＝ ，
所以s＝1＋ ＋ ＝2－ ，x＝ ，不满足x<ε＝ ，
所以s＝1＋ ＋ ＋ ＝2－ ，x＝ ，不满足x<ε＝ ，所以s＝1＋ ＋ ＋ ＋ ＝2－ ，x
＝ ，不满足x<ε＝ ，
所以s＝1＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝2－ ，x＝ ，
不满足x<ε＝ ，
所以s＝1＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＝2－ ，x＝ ，
满足x<ε＝ .
输出s＝2－ .
10．已知F是双曲线C： － ＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|
OF|，则△OPF的面积为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由F是双曲线 － ＝1的一个焦点，
知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3.
不妨设点P在第一象限，P(x，y)，x>0，y>0，
0 0 0 0
则 解得
所以P ，所以S ＝ |OF|·y＝ ×3× ＝ .
△OPF 0
11．记不等式组 表示的平面区域为D.命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9；命题q：
∀(x，y)∈D,2x＋y≤12.下面给出了四个命题：
①p∨q；②(綈p)∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∧(綈q)．
这四个命题中，所有真命题的编号是( )
A．①③ B．①② C．②③ D．③④
答案 A
解析 方法一 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示．
目标函数z＝2x＋y是一条平行移动的直线，且z的几何意义是直线z＝2x＋y在y轴上的截
距．
显然，当直线过点A(2,4)时，z ＝2×2＋4＝8，
min
即z＝2x＋y≥8.
∴2x＋y∈[8，＋∞)．
由此得命题p：∃(x，y)∈D,2x＋y≥9正确；
命题q：∀(x，y)∈D,2x＋y≤12不正确．
∴①③真，②④假．
方法二 取 x＝4，y＝5，满足不等式组 且满足 2x＋y≥9，不满足 2x＋
y≤12，故p真，q假．
∴①③真，②④假．
12．设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则( )
A．f >f ( ) >f ( )
B．f >f ( )>f ( )
C．f ( )>f ( )>fD．f ( )>f ( )>f
答案 C
解析 根据函数 f(x)为偶函数可知，f ＝f(－log 4)＝f(log 4)，因为 0< <
3 3
<20<log 4，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f ( )>f ( )>f .
3
二、填空题
13．已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，则cos〈a，b〉＝________.
答案 －
解析 ∵a＝(2,2)，b＝(－8,6)，
∴a·b＝2×(－8)＋2×6＝－4，
|a|＝ ＝2 ，|b|＝ ＝10.
∴cos〈a，b〉＝ ＝ ＝－ .
14．记S 为等差数列{a}的前n项和．若a＝5，a＝13，则S ＝________.
n n 3 7 10
答案 100
解析 ∵{a}为等差数列，a＝5，a＝13，
n 3 7
∴公差d＝ ＝ ＝2，
首项a＝a－2d＝5－2×2＝1，
1 3
∴S ＝10a＋ d＝100.
10 1
15．设F ，F 为椭圆C： ＋ ＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF F
1 2 1 2
为等腰三角形，则M的坐标为________．
答案 (3， )
解析 不妨令F ，F 分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝ ＝4.因为
1 2
△MF F 为等腰三角形，所以易知|FM|＝2c＝8，所以|FM|＝2a－8＝4.
1 2 1 2
设M(x，y)，则 得
所以M的坐标为(3， )．
16.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－ABC D 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
1 1 1 1
分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA ＝4 cm,3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考
1
虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
答案 118.8
解析 由题意得长方体ABCD－ABC D 的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平
1 1 1 1
行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC B 面积的一半，
1 1
即 ×6×4＝12(cm2)，所以V ＝ ×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－
四棱锥O－EFGH
12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
三、解答题
17．为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将 200只小鼠随机分
成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．
每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残
留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：
记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值
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 (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．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin ＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解 (1)由题设及正弦定理，
得sin Asin ＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin ＝cos ，
故cos ＝2sin cos .
因为cos ≠0，故sin ＝ ，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S ＝ a.
△ABC
由正弦定理，得a＝ ＝ ＝ ＋ .
由于△ABC 为锐角三角形，故 0°<A<90°，0°<C<90°.由(1)知 A＋C＝120°，所以
30°<C<90°，故 <a<2，
从而 <S < .
△ABC
因此，△ABC面积的取值范围是 .
19．图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE
＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积．
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，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，BE∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，所以CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝ ，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
20．已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0,1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ .
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪ 时，f′(x)>0，
当x∈ 时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)， 上单调递增，在 上单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈ ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈ 时，f′(x)<0，
故f(x)在 ，(0，＋∞)上单调递增，在 上单调递减．(2)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在 上单调递减，在 上单调递增，
所以f(x)在[0,1]上的最小值为f ＝－ ＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.
于是m＝－ ＋2，M＝
所以M－m＝
当0<a<2时，可知M－m＝2－a＋ 单调递减，
所以M－m的取值范围是 ；
当2≤a<3时，M－m＝ 单调递增，
所以M－m的取值范围是 .
综上，M－m的取值范围是 .
21．已知曲线C：y＝ ，D为直线y＝－ 上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为
A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
(1)证明 设D ，A(x，y)，
1 1
则 ＝2y.
1
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x，
1
故 ＝x，
1
整理得2tx －2y＋1＝0.
1 1
设B(x，y)，同理可得2tx －2y＋1＝0.
2 2 2 2
所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点 .(2)解 由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋ .
由 可得x2－2tx－1＝0，
于是x＋x＝2t，y＋y＝t(x＋x)＋1＝2t2＋1.
1 2 1 2 1 2
设M为线段AB的中点，则M .
由于 ⊥ ，而 ＝(t，t2－2)， 与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，| |＝2，
所求圆的方程为x2＋ 2＝4；
当t＝±1时，| |＝ ，
所求圆的方程为x2＋ 2＝2.
22．[选修4－4：坐标系与参数方程]
如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B ，C ，D(2，π)，弧 ， ， 所在圆
的圆心分别是(1,0)， ，(1，π)，曲线M 是弧 ，曲线M 是弧 ，曲线M 是弧 .
1 2 3
(1)分别写出M，M，M 的极坐标方程；
1 2 3
(2)曲线M由M，M，M 构成，若点P在M上，且|OP|＝ ，求P的极坐标．
1 2 3
解 (1)由题设可得，弧 ， ， 所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ
＝－2cos θ，所以M 的极坐标方程为ρ＝2cos θ ，M 的极坐标方程为
1 2
ρ＝2sin θ ，
M 的极坐标方程为ρ＝－2cos θ .
3
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知
若0≤θ≤ ，则2cos θ＝ ，解得θ＝ ；若 ≤θ≤ ，则2sin θ＝ ，解得θ＝ 或θ＝ ；
若 ≤θ≤π，则－2cos θ＝ ，解得θ＝ .
综上，P的极坐标为 或 或 或 .
23．[选修4－5：不等式选讲]
设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥ 成立，证明：a≤－3或a≥－1.
(1)解 由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)
(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥ ，
当且仅当x＝ ，y＝－ ，z＝－ 时，等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为 .
(2)证明 由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y
－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥ ，
当且仅当x＝ ，y＝ ，z＝ 时，等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为 .
由题设知 ≥ ，解得a≤－3或a≥－1.
