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2019年全国高考文科全国3卷数学试题及答案-
2019年普通高等学校招生全国统一考试
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动,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:本大题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有
一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={1,2,3,4},B={2,4,6,8},则AA.1
B.2
B中元素的个数为
C.3
D.4
2.复平面内表示复数zi(2i)的点位于 A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3.某城市为了解游客人数的变化规律,提升旅游服务质量,收集并整理了2019年1月至
2019年12月期间月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图.
根据该折线图,下列结论错误的是 A.月接待游客逐月增加 B.年接待游客量逐年增加
C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月
D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月,波动性更小,变化比较平稳 4.已知sincos
4
,则sin2= 3
B.
A.
7 9
2 9
C.
2 9
D.
7 9
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3x2y60
5.设x,y满足约束条件x0,则zxy的取值范围是
y0
A.[-3,0] 6.函数f(x)
B.[-3,2]
C.[0,2]
D.[0,3]
1
sin(x)cos(x)的最大值为 536
63A. B.1 C.
55
sinx
7.函数y1x2的部分图像大致为
x
D.
1 5
A. B.
C. D.
8.执行右面的程序框图,为使输出S的值小于91,则输入的正
整数N的最小值为 A.5 B.4 C.3 D.2
9.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个
球的球面上,则该圆柱的体积为 A. C.
2
3 4D.
4
B.
10.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则
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A.A1E⊥DC1
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
x2y2
11.已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径
ab
的圆与直线bxay2ab0相切,则C的离心率为
A.
6 3
B.
2
3 3
x1
C.
2 3
D.
13
12.已知函数f(x)x2xa(e
A.
ex1)有唯一零点,则a=
C.
1 2
B.
131 2
D.1
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.已知向量a(2,3),b(3,m),且ab,则m= .
3x2y2
1(a0)的一条渐近线方程为yx,则a= . 14.双曲线2
a95
15.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知C60,b
6,c3,则
A=_________。
x1,x0,1
16.设函数f(x)x则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是__________。
22, x0,
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。第17~21题为必考题,
每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题:共60分。 17.(12分)
设数列{an}满足a13a2(1)求{an}的通项公式; (2)求数列{18.(12分)
某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求
(2n1)an2n.
an
}的前n项和. 2n1
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量与当天最高气温(单位:℃)相关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表: 最高气温 天数
[10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40)
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。 (1)求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元),当六月份这种酸奶一天的进
货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率.
19.(12分)
如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比. 20.(12分)
在直角坐标系xOy中,曲线yxmx2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;
(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 21.(12分)
已知函数f(x)lnxax2a1x.
2
2
(1)讨论f(x)的单调性; (2)当a0时,证明f(x)
3
2. 4a
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(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.[选修4―4:坐标系与参数方程](10分)
x2t,
在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为(t为参数),直线l2的参数
yktx2m,
方程为(m为参数),设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C. m
yk
(1)写出C的普通方程:
(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:
(cossin)20,M为l3与C的交点,求M的极径.
23.[选修4—5:不等式选讲](10分)
已知函数f(x)|x||x|. (1)求不等式f(x)的解集;
(2)若不等式f(x)xxm的解集非空,求m的取值范围.
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文科数学参考答案
一、选择题
1.B 7.D 二、填空题
13.2 三、解答题 17.解:
(1)因为a13a2
14.5
15.75°
16.(,)
2.C 8.D
3.A 9.B
4.A
5.B
6.A
10.C 11.A 12.C
14
(2n1)an2n,故当n2时, (2n3)an12(n1)
a13a2
两式相减得(2n1)an2 所以an
2
(n2) 2n1
又由题设可得a12 从而{an}的通项公式为an(2)记{
2
2n1
an
}的前n项和为Sn 2n1
an211
2n1(2n1)(2n1)2n12n1
由(1)知
则Sn18.解:
1111112n
...
13352n12n12n1
(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25,由表格数据知,最
高气温低于25的频率为瓶的概率的估计值为0.6
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,
若最高气温不低于25,则Y64504450900;
若最高气温位于区间[20,25),则Y63002(450300)4450300;
21636
0.6,所以这种酸奶一天的需求量不超过300
90
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若最高气温低于20,则Y62002(450200)4450100 所以,Y的所有可能值为900,300,-100
Y大于零当且仅当最高气温不低于20,由表格数据知,最高气温不低于20的频率为
362574
0.8,所以Y大于零的概率的估计值为0.8
90
19.解:
(1)取AC的中点O,连结DO,BO,
因为ADCD,所以ACDO 又因为ABC是正三角形,故BOAC 从而AC平面DOB,故ACBD (2)连结EO
由(1)及题设知ADC90,所以DOAO 在RtAOB中,BOAOAB 又ABBD,所以
2
2
2
D
A
C
E
O
B
BO2DO2BO2AO2AB2BD2,故DOB90
1
AC 2
1
又ABC是正三角形,且ABBD,所以EOBD
2
由题设知AEC为直角三角形,所以EO
故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的体积之比为1:1 20.解:
(1)不能出现ACBC的情况,理由如下:
2
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足xmx20,所以x1x22
1
,四面2
1
,即四面体ABCE与四面体ACDE的2
又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为现ACBC的情况 (2)BC的中点坐标为(
111
,所以不能出x1x22
x21x1
,),可得BC的中垂线方程为yx2(x2) 2222
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由(1)可得x1x2m,所以AB的中垂线方程为x
m 2
mmx,x,222
联立又x2mx220,可得
x11yx(x2)y2
222m29m1
所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为(,),半径r
222
故圆在y轴上截得的弦长为2r(弦长为定值。 21.解:
(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)
2
m2
)3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的2
1(x1)(2ax1)
2ax2a1
xx
若a0,则当x(0,)时,f(x)0,故f(x)在(0,)单调递增
11
)时,f(x)0;当x(,)时,f(x)0 2a2a
11
故f(x)在(0,)单调递增,在(,)单调递减。
2a2a
1
(2)由(1)知,当a0时,f(x)在x取得最大值,最大值为
2a
111
f()ln()1
2a2a4a311311
所以f(x)2等价于ln()12,即ln()10
4a2a4a4a2a2a
1
设g(x)lnxx1,则g(x)1
x
若a0,则当x(0,
当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,),g(x)0。 所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,)单调递减。 故当x1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)0 所以当x0时,g(x)0 从而当a0时,ln(22.解:
(1)消去参数t得l1的普通方程l1:yk(x2);消去参数mt得l2的普通方程
113)10,即f(x)2 2a2a4a
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l2:y
1
(x2) k
yk(x2),
设P(x,y),由题设得消去k得x2y24(y0) 1
y(x2).k
所以C的普通方程为x2y24(y0)
(2)C的极坐标方程为(cossin)4(22,)
2
2
2
联立2(cos2sin2
)4,20
得cossin2(cossin)
(cossin)故tan
13,从而cos2
910,sin2110
代入2
(cos2
sin2
)4得2
5,所以交点M的极径为5
23.解:
3, x1,(1)f(x)
2x1,1x2,
3, x2当x1时,f(x)1无解;
当1x2时,由f(x)1得,2x11,解得1x2; 当x2时,由f(x)1解得x2 所以f(x)1的解集为{x|x1}
(2)由f(x)x2
xm得m|x1||x2|x2
x,而
|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|
(|x|35
2)24
54
且当x
32时,|x1||x2|x2
x54
故m的取值范围为(,5
4
]
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