2019高考全国3卷理科数学试题及答案

2019高考全国3卷理科数学试题及答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国）理科数学试题及答案解析一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）221.已知集合$A=(x,y)$，$x+y=1$，$B=\{(x,y)|y=x\}$，则$A\capB$中元素的个数为（）【答案】B【解析】$A$表示圆$x^2+y^2=1$上所有点的集合，$B$表示直线$y=x$上所有点的集合，故$A\capB$表示两直线与圆的交点，由图可知交点个数为2，即$A\capB$元素的个数为2，故选B。2.设复数$z$满足$(1+i)z=2i$，则$z=$（）A.$\frac{1}{2}$B.$2$C.$2i$D.$2-2i$【答案】C【解析】由题，$z=\frac{2i}{1+i}=\frac{2i(1-i)}{1-i^2}=\frac{2i}{2}=i$，则$z=2i$，故选C。3.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016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.月接待游客量逐月增加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月份D.各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】A【解析】由题图可知，2014年8月到9月的月接待游客量在减少，则A选项错误，故选A。4.$(x+y)(2x-y)^5$的展开式中$x^3y^3$的系数为（）A.$-80$B.$-40$C.$40$D.$80$【答案】C【解析】由二项式定理可得，原式展开中含$x^3y^3$的项为$40xy$，则$xy$的系数为$40$，故选C。5.已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的一条渐近线方程为$y=x$，且与椭圆$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{3}=1$有公共焦点。则$C$的方程为（）A.$\frac{x^2}{8}-\frac{y^2}{5}=1$B.$\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{8}=1$C.$\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{5}=1$D.$\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{3}=1$【答案】B【解析】由题可知，双曲线的一条渐近线方程为$y=x$，则$\frac{x^2}{a^2}-\frac{x^2}{b^2}=0$，即$\frac{b^2-a^2}{a^2b^2}x^2=0$，故$a^2+b^2=3$。又因为双曲线与椭圆有公共焦点，易知$c=3$，则$a^2+b^2=c^2=9$。解得$a=2,b=5$，则双曲线$C$的方程为$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{25}=1$，即$\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{8}=1$，故选B。设椭圆C的焦点为F，离心率为e，则有a=1/e，b=a√(1-e^2)，且F到直线bx-ay+2ab=0的距离为ae。设F到直线的距离为d，则有ae=d。又因为直线与椭圆的交点在圆上，而圆心距离直线的距离也为d，故圆心与直线的距离为d-a。由于圆与直线相切，故圆心到直线的距离为半径，即d-a=ab/√(a^2+b^2)。联立以上两式，可解得e=1632/3333，故选A。2019高考全国3卷理科数学试题及答案11.已知函数$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$有唯一零点，则$a=$（）A.$-\frac{1}{3}$B.$\frac{1}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$1$【解析】由条件，$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$，得：$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x}-1+e^{-2+x}+1)$$=x^2-4x+4-4+2x+a(e^{1-x}+e^x-1)$$=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$∴$f(2-x)=f(x)$，即$x=1$为$f(x)$的对称轴，由题意，$f(x)$有唯一零点，∴$f(x)$的零点只能为$x=1$，即$f(1)=1^2-2\times1+a(e^1-1+e^{-1}+1)=0$，解得$a=\frac{1}{3}$。答案：C12.在矩形$ABCD$中，$AB=1$，$AD=2$，动点$P$在以点$C$为圆心且与$BD$相切圆上。若$AP=\lambdaAB+\muAD$，则$\lambda+\mu$的最大值为（）A.$3$B.$\frac{2}{3}$C.$5$D.$2$【解析】由题意，画出右图。设$BD$与$C$切于点$E$，连接$CE$。以$A$为原点，$AD$为$x$轴正半轴，$AB$为轴正半轴建立直角坐标系，则$C$点坐标为$(2,1)$。∵$|CD|=1$，$|BC|=2$。∴$BD=\sqrt{1^2+2^2}=5$。∵$BD$切$C$于点$E$。∴$CE\perpBD$。∴$CE$是$\triangleBCD$中斜边$BD$上的高。$|EC|=\frac{1}{2}\times|BC|\times|CD|=\frac{5}{2}$。即$C$的半径为$\frac{5}{4}$。∵$P$在$C$上。∴$P$点的轨迹方程为$(x-2)^2+(y-1)^2=\frac{25}{16}$。设$P$点坐标$(x,y)$，可以设出$P$点坐标满足参数方程如下：$\begin{cases}x=2+\frac{5}{\cos\theta}\\y=1+\frac{2}{5}\sin\theta\end{cases}$而$AP=(x,y)$，$AB=(0,1)$，$AD=(2,0)$。∵$AP=\lambdaAB+\muAD=\lambda(0,1)+\mu(2,0)=(2\mu,\lambda)$$\becauseAP$在圆$C$上，$\therefore(x-2)^2+(y-1)^2=\left(\frac{5}{4}\right)^2$，代入$x$，$y$的参数方程得：$\left(2+\frac{5}{\cos\theta}-2\right)^2+\left(1+\frac{2}{5}\sin\theta-1\right)^2=\frac{25}{16}$$\iff\frac{25}{\cos^2\theta}+\frac{4}{25}\sin^2\theta=\frac{25}{16}$$\iff\cos^2\theta+\frac{16}{625}\sin^2\theta=1$$\iff\frac{625}{641}\cos^2\theta+\frac{16}{641}\sin^2\theta=1$$\iff\frac{625}{641}\left(\cos^2\theta-\frac{16}{625}\sin^2\theta\right)=1-\frac{625}{641}\times\frac{16}{625}$$\iff\frac{625}{641}\cos^2(\theta-\arctan\frac{4}{25})=\frac{81}{641}$$\because-1\le\cos(\theta-\arctan\frac{4}{25})\le1$$\therefore\frac{625}{641}\times\frac{81}{625}\le\frac{625}{641}\cos^2(\theta-\arctan\frac{4}{25})\le\frac{625}{641}\times\frac{81}{256}$$\iff\frac{81}{641}\le\frac{625}{641}\cos^2(\theta-\arctan\frac{4}{25})\le\frac{405}{641}$$\iff\frac{81}{625}\le\cos^2(\theta-\arctan\frac{4}{25})\le\frac{405}{625}$$\iff\frac{9}{25}\le\cos(\theta-\arctan\frac{4}{25})\le\frac{9\sqrt{5}}{25}$$\because\cos(\theta-\arctan\frac{4}{25})=\cos\theta\cos\arctan\frac{4}{25}+\sin\theta\sin\arctan\frac{4}{25}$$=\frac{5}{\sqrt{25^2+4^2}}\cos\theta+\frac{4}{\sqrt{25^2+4^2}}\sin\theta$$=\frac{5}{\sqrt{641}}\cos\theta+\frac{4}{\sqrt{641}}\sin\theta$$\therefore\frac{9}{25}\le\frac{5}{\sqrt{641}}\cos\theta+\frac{4}{\sqrt{641}}\sin\theta\le\frac{9\sqrt{5}}{25}$$\iff-\frac{4}{5}\le\frac{5}{\sqrt{641}}\cos\theta-\frac{3}{\sqrt{641}}\sin\theta\le\frac{4}{5}$令$\sin\varphi=\frac{5}{\sqrt{641}}$，$\cos\varphi=\frac{3}{\sqrt{641}}$，则$\sin^2\varphi+\cos^2\varphi=1$，$\frac{5}{\sqrt{641}}=\sin\varphi=\sin\frac{\pi}{4}+\cos\frac{\pi}{4}$，$\frac{3}{\sqrt{641}}=\cos\varphi=\cos\frac{\pi}{4}-\sin\frac{\pi}{4}$，$\therefore\frac{5}{\sqrt{641}}\cos\theta-\frac{3}{\sqrt{641}}\sin\theta=\sin\varphi\cos\theta-\cos\varphi\sin\theta=\sin(\theta-\varphi)$$\therefore-\frac{4}{5}\le\sin(\theta-\varphi)\le\frac{4}{5}$$\therefore-\frac{4}{5}\le\sin\theta\cos\varphi-\cos\theta\sin\varphi\le\frac{4}{5}$$\therefore-\frac{4}{5}\le\frac{2\mu}{\sqrt{641}}-\frac{\lambda}{\sqrt{641}}\le\frac{4}{5}$$\therefore-\frac{4}{5}\sqrt{641}\le2\mu-\lambda\le\frac{4}{5}\sqrt{641}$$\therefore|\lambda+\mu|\le\frac{2}{5}\sqrt{641}$$\therefore\lambda+\mu$的最大值为$\frac{2}{5}\sqrt{641}$。答案：$\frac{2}{5}\sqrt{641}$。13.若$x,y$满足约束条件$x-y\geq0,x+y-2\leq0,y\geq0$，则$z=3x-4y$的最小值为$-1$。解析：将不等式化为等式得到可行域如下：\begin{center}\begin{tikzpicture}[scale=0.8]\draw[->](-1,0)--(4,0)node[belowright]{$x$};\draw[->](0,-1)--(0,4)node[aboveleft]{$y$};\draw[dashed](0,2)--(2,0);\draw(1,1)node[aboveright]{A(1,1)};\fill[gray!50](0,0)--(2,0)--(1,1)--(0,2)--cycle;\end{tikzpicture}\end{center}设$z=3x-4y$，则$z$在点A取得最小值，此时$z=-1$。14.设等比数列$\{a_n\}$满足$a_1+a_2=-1,a_1-a_3=-3$，则$a_4=-8$。解析：设公比为$q$，则$a_1=\dfrac{-a_2}{q+1}$，$a_3=a_1+3$，$a_2=-a_1-1$，代入$a_1+a_2=-1$得到$a_1=\dfrac{1}{2}$，代入$a_1-a_3=-3$得到$q=-2$，从而$a_4=a_1q^3=-8$。15.设函数$f(x)$如下：$$f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq0\\x^2,&x>0\end{cases}$$则$f(x)+f(x-)>1$的$x$的取值范围是$(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。解析：由于$f(x)$是分段函数，因此需要分别讨论$x>0$和$x\leq0$的情况。当$x>0$时，$f(x)+f(x-)=x^2+(x-1)^2=2x^2-2x+1$，解得$x\in(\dfrac{1}{2},+\infty)$。当$x\leq0$时，$f(x)+f(x-)=x+1+(x-1)^2$，解得$x\in(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。综上所述，$f(x)+f(x-)>1$的$x$的取值范围是$(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。16.设$a,b$为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形$ABC$的直角边$AC$所在直线与$a,b$都垂直，斜边$AB$以直线$AC$为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线$AB$与$a$成$60^\circ$角时，$AB$与$b$成$30^\circ$角；②当直线$AB$与$a$成$60^\circ$角时，$AB$与$b$成$60^\circ$角；③直线$AB$与$a$所成角的最小值为$45^\circ$；④直线$AB$与$a$所成角的最大值为$60^\circ$。其中正确的是①③④。解析：如图，设$O$为$a$与$b$的交点，$AB$与$AC$的交点为$D$，$E$为$AB$上的一点，则有：①当$\angleBAO=60^\circ$时，$\angleABO=30^\circ$，从而$\angleABD=60^\circ$，又$\triangleABD$为等腰直角三角形，因此$\angleBAD=45^\circ$，$\angleABO=30^\circ$，$\angleBOE=60^\circ$，$\angleBOD=30^\circ$，$\angleEOD=60^\circ$，因此$\angleBOE=\angleEOD$，$OE=OB$，即$AB$与$b$成$30^\circ$角。②当$\angleBAO=60^\circ$时，$\angleABO=30^\circ$，从而$\angleABD=60^\circ$，又$\triangleABD$为等腰直角三角形，因此$\angleBAD=45^\circ$，$\angleABO=30^\circ$，$\angleBOE=60^\circ$，$\angleBOD=30^\circ$，$\angleEOD=60^\circ$，因此$\angleBOE=\angleEOD$，$OE=OB$，即$AB$与$b$成$60^\circ$角。③由于$AB$在以$AC$为轴的旋转中，$B$的轨迹为以$AC$为直径的半圆，从而$AB$与$a$所成角的最小值为$45^\circ$。④由于$AB$在以$AC$为轴的旋转中，$B$的轨迹为以$AC$为直径的半圆，从而$AB$与$a$所成角的最大值为$60^\circ$。由题意可知，三条直线a、b、AC两两垂直，且AC=1，AB=2。我们可以画出如下图形：假设正方体边长为1，以C为坐标原点，以CD为x轴正方向，以CB为y轴正方向，以CA为z轴正方向建立空间直角坐标系。则D(1,0,0)，A(0,0,1)，直线a的方向单位向量为a=(0,1,0)，|a|=1。B点起始坐标为(0,1,0)，直线b的方向单位向量为b=(1,0,0)，|b|=1。设B点在运动过程中的坐标为B'，其中B'C与CD的夹角为θ，θ∈[0,2π)。那么AB'在运动过程中的向量为AB'=(-cosθ,-sinθ,1)，|AB'|=2。设AB'与a所成夹角为α∈[0,π]，则cosα=(-cosθ,-sinθ,1)·(0,1,0)/|aAB'|=-cosθ/2∈[-1/2,1/2]。因此，③正确，④错误。设AB'与b所成夹角为β∈[0,π]，则cosβ=(-cosθ,sinθ,1)·(1,0,0)/|bAB'|=|cosθ|/2∈[0,1/2]。因此，②正确，①错误。17.（12分）已知三角形ABC中，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA+3cosA=π/2，a=2√7，b=2。（1）求c；（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积。(1)由sinA+3cosA=π/2，得2sin(A+π/6)=π/2，即A+π/6=kπ(k∈Z)，又A∈(0,π)，故A+π/6=π，得A=π/3。由余弦定理可得，c²=a²+b²-2abcosC，代入已知数据，得cosC=1/14，由此可得sinC=3√7/14。因此，c=2sinC=3√3。(2)由题意可知，AD⊥AC，故△ABD为直角三角形，且BD²=AB²-AD²=4-1=3，因此，△ABD的面积为(1/2)×AB×BD=3√3。3200-2n=5Y，已知Y<520。当n=300时，代入可得Y=520，是最大值。证明平面ACD平面ABC，因为AB=AC，所以BO⊥AC，又因为OD+OB=BD，所以OD⊥OB，所以OD⊥平面ABC，又因为OD⊥AC，所以平面ACD⊥平面ABC，即平面ACD平面ABC。四面体ABCD中，过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值。首先，易得AB=AC=BC=BD=a，BO=OD=a/2，OA=0，AD=-a，OA⊥AB，OB⊥AC，OD⊥AC，所以平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC⊥平面AED，平面ACD⊥平面AEC，平面AED⊥平面BEC，设平面AED的法向量为n1，平面AEC的法向量为n2，则AE⋅n1=AD⋅n1=3a，AE⋅n2=0，OA⋅n2=0，解得n1=(3,1,3)，n2=(0,1,-3)，cosθ=n1⋅n2/|n1||n2|=7/7=1。所以二面角DAEC的余弦值为1。已知抛物线$C:y^2=2x$，过点$(2,0)$的直线$l$交$C$于$A$，$B$两点，圆$M$是以线段$AB$为直径的圆。（1）证明：坐标原点$O$在圆$M$上；（2）设圆$M$过点$P(4,2)$，求直线$l$与圆$M$的方程。【解析】⑴显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意。设$l:x=my+2$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，联立得$y^2-2my-4=0$，$x=my+2$，$\Delta=4m^2+16$恒大于0，$y_1+y_2=2m$，$y_1y_2=-4$。则$OA\cdotOB=x_1x_2+y_1y_2=(my_1+2)(my_2+2)=(m^2+1)y_1y_2+2m(y_1+y_2)+4=-4(m^2+1)+4m^2+4=-4+4=0$，故$OA\perpOB$，即$O$在圆$M$上。⑵若圆$M$过点$P$，则$AP\cdotBP=(x_1-4)(x_2-4)+(y_1+2)(y_2+2)=(my_1-2)(my_2-2)+(y_1+2)(y_2+2)=(m^2+1)y_1y_2-(2m-2)(y_1+y_2)+8$。化简得$2m^2-m-1=0$，解得$m=-1$或$m=\dfrac{1}{2}$。①当$m=-1$时，$l:2x+y-4=0$，圆心为$Q(x,y)$，$y+y_2=\dfrac{1}{2}$，$y_2=-\dfrac{y_1}{2}$，$x=\dfrac{9}{2}-\dfrac{y_1}{2}$。半径$r=|OQ|=\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{9}{2}-\dfrac{y_1}{2}\right)^2+y_1^2}=\dfrac{\sqrt{85}}{2}$，则圆$M:(x-\dfrac{9}{2})^2+(y+\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{85}{4}$。②当$m=\dfrac{1}{2}$时，$l:x-y-2=0$，圆