2019高考全國3卷理科數(shù)學試題及答案

2019高考全國3卷理科數(shù)學試題及答案

2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（全國）理科數(shù)學試題及答案解析一、選擇題：（本題共12小題，每小題5分，共60分）221.已知集合$A=(x,y)$，$x+y=1$，$B=\{(x,y)|y=x\}$，則$A\capB$中元素的個數(shù)為（）【答案】B【解析】$A$表示圓$x^2+y^2=1$上所有點的集合，$B$表示直線$y=x$上所有點的集合，故$A\capB$表示兩直線與圓的交點，由圖可知交點個數(shù)為2，即$A\capB$元素的個數(shù)為2，故選B。2.設(shè)復數(shù)$z$滿足$(1+i)z=2i$，則$z=$（）A.$\frac{1}{2}$B.$2$C.$2i$D.$2-2i$【答案】C【解析】由題，$z=\frac{2i}{1+i}=\frac{2i(1-i)}{1-i^2}=\frac{2i}{2}=i$，則$z=2i$，故選C。3.某城市為了解游客人數(shù)的變化規(guī)律，提高旅游服務質(zhì)量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：萬人）的數(shù)據(jù)，繪制了下面的折線圖。根據(jù)該折線圖，下列結(jié)論錯誤的是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對7月至12月，波動性更小，變化比較平穩(wěn)【答案】A【解析】由題圖可知，2014年8月到9月的月接待游客量在減少，則A選項錯誤，故選A。4.$(x+y)(2x-y)^5$的展開式中$x^3y^3$的系數(shù)為（）A.$-80$B.$-40$C.$40$D.$80$【答案】C【解析】由二項式定理可得，原式展開中含$x^3y^3$的項為$40xy$，則$xy$的系數(shù)為$40$，故選C。5.已知雙曲線$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的一條漸近線方程為$y=x$，且與橢圓$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{3}=1$有公共焦點。則$C$的方程為（）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】由題可知，雙曲線的一條漸近線方程為$y=x$，則$\frac{x^2}{a^2}-\frac{x^2}{b^2}=0$，即$\frac{b^2-a^2}{a^2b^2}x^2=0$，故$a^2+b^2=3$。又因為雙曲線與橢圓有公共焦點，易知$c=3$，則$a^2+b^2=c^2=9$。解得$a=2,b=5$，則雙曲線$C$的方程為$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{25}=1$，即$\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{8}=1$，故選B。設(shè)橢圓C的焦點為F，離心率為e，則有a=1/e，b=a√(1-e^2)，且F到直線bx-ay+2ab=0的距離為ae。設(shè)F到直線的距離為d，則有ae=d。又因為直線與橢圓的交點在圓上，而圓心距離直線的距離也為d，故圓心與直線的距離為d-a。由于圓與直線相切，故圓心到直線的距離為半徑，即d-a=ab/√(a^2+b^2)。聯(lián)立以上兩式，可解得e=1632/3333，故選A。2019高考全國3卷理科數(shù)學試題及答案11.已知函數(shù)$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$有唯一零點，則$a=$（）A.$-\frac{1}{3}$B.$\frac{1}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$1$【解析】由條件，$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$，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$為$f(x)$的對稱軸，由題意，$f(x)$有唯一零點，∴$f(x)$的零點只能為$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$，動點$P$在以點$C$為圓心且與$BD$相切圓上。若$AP=\lambdaAB+\muAD$，則$\lambda+\mu$的最大值為（）A.$3$B.$\frac{2}{3}$C.$5$D.$2$【解析】由題意，畫出右圖。設(shè)$BD$與$C$切于點$E$，連接$CE$。以$A$為原點，$AD$為$x$軸正半軸，$AB$為軸正半軸建立直角坐標系，則$C$點坐標為$(2,1)$?！?|CD|=1$，$|BC|=2$。∴$BD=\sqrt{1^2+2^2}=5$?！?BD$切$C$于點$E$?！?CE\perpBD$?！?CE$是$\triangleBCD$中斜邊$BD$上的高。$|EC|=\frac{1}{2}\times|BC|\times|CD|=\frac{5}{2}$。即$C$的半徑為$\frac{5}{4}$?！?P$在$C$上?！?P$點的軌跡方程為$(x-2)^2+(y-1)^2=\frac{25}{16}$。設(shè)$P$點坐標$(x,y)$，可以設(shè)出$P$點坐標滿足參數(shù)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)$$\becauseAP$在圓$C$上，$\therefore(x-2)^2+(y-1)^2=\left(\frac{5}{4}\right)^2$，代入$x$，$y$的參數(shù)方程得：$\left(2+\frac{5}{\cos\theta}-2\right)^2+\left(1+\frac{2}{5}\sin\theta-1\right)^2=\frac{25}{16}$$\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}}$，則$\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$的最大值為$\frac{2}{5}\sqrt{641}$。答案：$\frac{2}{5}\sqrt{641}$。13.若$x,y$滿足約束條件$x-y\geq0,x+y-2\leq0,y\geq0$，則$z=3x-4y$的最小值為$-1$。解析：將不等式化為等式得到可行域如下：\begin{center}\begin{tikzpicture}[scale=0.8]\draw[->](-1,0)--(4,0)node[belowright]{$x$};\draw[->](0,-1)--(0,4)node[aboveleft]{$y$};\draw[dashed](0,2)--(2,0);\draw(1,1)node[aboveright]{A(1,1)};\fill[gray!50](0,0)--(2,0)--(1,1)--(0,2)--cycle;\end{tikzpicture}\end{center}設(shè)$z=3x-4y$，則$z$在點A取得最小值，此時$z=-1$。14.設(shè)等比數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1+a_2=-1,a_1-a_3=-3$，則$a_4=-8$。解析：設(shè)公比為$q$，則$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$，從而$a_4=a_1q^3=-8$。15.設(shè)函數(shù)$f(x)$如下：$$f(x)=\begin{cases}x+1,&x\leq0\\x^2,&x>0\end{cases}$$則$f(x)+f(x-)>1$的$x$的取值范圍是$(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。解析：由于$f(x)$是分段函數(shù)，因此需要分別討論$x>0$和$x\leq0$的情況。當$x>0$時，$f(x)+f(x-)=x^2+(x-1)^2=2x^2-2x+1$，解得$x\in(\dfrac{1}{2},+\infty)$。當$x\leq0$時，$f(x)+f(x-)=x+1+(x-1)^2$，解得$x\in(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。綜上所述，$f(x)+f(x-)>1$的$x$的取值范圍是$(-\infty,\dfrac{1}{4}]$。16.設(shè)$a,b$為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形$ABC$的直角邊$AC$所在直線與$a,b$都垂直，斜邊$AB$以直線$AC$為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當直線$AB$與$a$成$60^\circ$角時，$AB$與$b$成$30^\circ$角；②當直線$AB$與$a$成$60^\circ$角時，$AB$與$b$成$60^\circ$角；③直線$AB$與$a$所成角的最小值為$45^\circ$；④直線$AB$與$a$所成角的最大值為$60^\circ$。其中正確的是①③④。解析：如圖，設(shè)$O$為$a$與$b$的交點，$AB$與$AC$的交點為$D$，$E$為$AB$上的一點，則有：①當$\angleBAO=60^\circ$時，$\angleABO=30^\circ$，從而$\angleABD=60^\circ$，又$\triangleABD$為等腰直角三角形，因此$\angleBAD=45^\circ$，$\angleABO=30^\circ$，$\angleBOE=60^\circ$，$\angleBOD=30^\circ$，$\angleEOD=60^\circ$，因此$\angleBOE=\angleEOD$，$OE=OB$，即$AB$與$b$成$30^\circ$角。②當$\angleBAO=60^\circ$時，$\angleABO=30^\circ$，從而$\angleABD=60^\circ$，又$\triangleABD$為等腰直角三角形，因此$\angleBAD=45^\circ$，$\angleABO=30^\circ$，$\angleBOE=60^\circ$，$\angleBOD=30^\circ$，$\angleEOD=60^\circ$，因此$\angleBOE=\angleEOD$，$OE=OB$，即$AB$與$b$成$60^\circ$角。③由于$AB$在以$AC$為軸的旋轉(zhuǎn)中，$B$的軌跡為以$AC$為直徑的半圓，從而$AB$與$a$所成角的最小值為$45^\circ$。④由于$AB$在以$AC$為軸的旋轉(zhuǎn)中，$B$的軌跡為以$AC$為直徑的半圓，從而$AB$與$a$所成角的最大值為$60^\circ$。由題意可知，三條直線a、b、AC兩兩垂直，且AC=1，AB=2。我們可以畫出如下圖形：假設(shè)正方體邊長為1，以C為坐標原點，以CD為x軸正方向，以CB為y軸正方向，以CA為z軸正方向建立空間直角坐標系。則D(1,0,0)，A(0,0,1)，直線a的方向單位向量為a=(0,1,0)，|a|=1。B點起始坐標為(0,1,0)，直線b的方向單位向量為b=(1,0,0)，|b|=1。設(shè)B點在運動過程中的坐標為B'，其中B'C與CD的夾角為θ，θ∈[0,2π)。那么AB'在運動過程中的向量為AB'=(-cosθ,-sinθ,1)，|AB'|=2。設(shè)AB'與a所成夾角為α∈[0,π]，則cosα=(-cosθ,-sinθ,1)·(0,1,0)/|aAB'|=-cosθ/2∈[-1/2,1/2]。因此，③正確，④錯誤。設(shè)AB'與b所成夾角為β∈[0,π]，則cosβ=(-cosθ,sinθ,1)·(1,0,0)/|bAB'|=|cosθ|/2∈[0,1/2]。因此，②正確，①錯誤。17.（12分）已知三角形ABC中，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA+3cosA=π/2，a=2√7，b=2。（1）求c；（2）設(shè)D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積。(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，代入已知數(shù)據(jù)，得cosC=1/14，由此可得sinC=3√7/14。因此，c=2sinC=3√3。(2)由題意可知，AD⊥AC，故△ABD為直角三角形，且BD2=AB2-AD2=4-1=3，因此，△ABD的面積為(1/2)×AB×BD=3√3。3200-2n=5Y，已知Y<520。當n=300時，代入可得Y=520，是最大值。證明平面ACD平面ABC，因為AB=AC，所以BO⊥AC，又因為OD+OB=BD，所以O(shè)D⊥OB，所以O(shè)D⊥平面ABC，又因為OD⊥AC，所以平面ACD⊥平面ABC，即平面ACD平面ABC。四面體ABCD中，過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，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，設(shè)平面AED的法向量為n1，平面AEC的法向量為n2，則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的余弦值為1。已知拋物線$C:y^2=2x$，過點$(2,0)$的直線$l$交$C$于$A$，$B$兩點，圓$M$是以線段$AB$為直徑的圓。（1）證明：坐標原點$O$在圓$M$上；（2）設(shè)圓$M$過點$P(4,2)$，求直線$l$與圓$M$的方程?！窘馕觥竣棚@然，當直線斜率為0時，直線與拋物線交于一點，不符合題意。設(shè)$l:x=my+2$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，聯(lián)立得$y^2-2my-4=0$，$x=my+2$，$\Delta=4m^2+16$恒大于0，$y_1+y_2=2m$，$y_1y_2=-4$。則$OA\cdotOB=x_1x_2+y_1y_2=(my_1+2)(my_2+2)=(m^2+1)y_1y_2+2m(y_1+y_2)+4=-4(m^2+1)+4m^2+4=-4+4=0$，故$OA\perpOB$，即$O$在圓$M$上。⑵若圓$M$過點$P$，則$AP\cdotBP=(x_1-4)(x_2-4)+(y_1+2)(y_2+2)=(my_1-2)(my_2-2)+(y_1+2)(y_2+2)=(m^2+1)y_1y_2-(2m-2)(y_1+y_2)+8$。化簡得$2m^2-m-1=0$，解得$m=-1$或$m=\dfrac{1}{2}$。①當$m=-1$時，$l:2x+y-4=0$，圓心為$Q(x,y)$，$y+y_2=\dfrac{1}{2}$，$y_2=-\dfrac{y_1}{2}$，$x=\dfrac{9}{2}-\dfrac{y_1}{2}$。半徑$r=|OQ|=\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2}=\sqrt{\left(\dfrac{9}{2}-\dfrac{y_1}{2}\right)^2+y_1^2}=\dfrac{\sqrt{85}}{2}$，則圓$M:(x-\dfrac{9}{2})^2+(y+\dfrac{1}{2})^2=\dfrac{85}{4}$。②當$m=\dfrac{1}{2}$時，$l:x-y-2=0$，圓