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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{an}的前4 项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于( )
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}
的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，
所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
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′|x＝1＝ae＋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(x0，y0)，x0>0，y0>0，
则
解得
所以P
，
所以S△OPF＝|OF|·y0＝×3× ＝.
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，zmin＝2×2＋4＝8，
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 (
)>f
D．f (
)>f (
)>f
答案 C
解析 根据函数f(x)为偶函数可知，f
＝f(－log34)＝f(log34)，因为0<
<
<20<log34，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f (
)>f (
)>f
.
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Sn为等差数列{an}的前n 项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
答案 100
解析 ∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝
＝
＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋
d＝100.
15．设F1，F2为椭圆C：
＋
＝1 的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若△MF1F2
为等腰三角形，则M 的坐标为________．
答案 (3，
)
解析 不妨令F1，F2 分别为椭圆C 的左、右焦点，根据题意可知c＝
＝4.因为
△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.
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－
A1B1C1D1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＝6 cm，AA1＝4 cm,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.
答案 118.8
解析 由题意得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH 为平
行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC1B1面积的一半，
即×6×4＝12(cm2)，所以V 四棱锥O－EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－
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△ABC＝
a.
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(x1，y1)，
则
＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA 的斜率为x1，
故
＝x1，
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
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x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
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M1是弧
，曲线M2是弧
，曲线M3是弧
.
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M 由M1，M2，M3构成，若点P 在M 上，且|OP|＝
，求P 的极坐标．
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M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ
，M2的极坐标方程为
ρ＝2sin θ
，
M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ
.
(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.
