2019年高考理科数学全国卷Ⅲ理数(附参考答案和详解)

第1页（共13页）绝密★启用前6月7日15:00-17:002019年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅲ）数学（理工农医类）总分：150分考试时间：120分钟★祝考试顺利★注意事项：1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置。2、选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。第I卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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.（2019全国卷Ⅲ·理）已知集合{1,0,1,2}A，2{|1}Bxx，则ABI（）A.{1,0,1}B.{0,1}C.{1,1}D.{0,1,2}【解析】因为2{|1}{|11}Bxxxx，又{1,0,1,2}A，所以ABI{1,0,1}.故选A.【答案】A2.（2019全国卷Ⅲ·理）若(1i)2iz，则z（）A.1iB.1iC.1iD.1i【解析】由(1i)2iz，得2i2i(1i)2i(1i)i(1i)1i1i(1i)(1i)2z.故选D【答案】D3.（2019全国卷Ⅲ·理）《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.0.5B.0.6C.0.7D.0.8【解析】设调查的100位学生中阅读过《西游记》的学生人数为x，则806090x，解得70x，所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校总人数的比值的估计值为700.7100，故选C.第2页（共13页）【答案】C4.（2019全国卷Ⅲ·理）24(12)(1)xx的展开式中3x的系数为（）A.12B.16C.20D.24【解析】24(12)(1)xx的展开式中3x的系数为31441C2C12.故选A.【答案】A5.（2019全国卷Ⅲ·理）已知各项均为正数的等比数列{}na的前4项和为15,且53134aaa，则3a（）A.16B.8C.4D.2【解析】设正数的等比数列{}na的公比为q，则123111142111150,,,,340aaaqaqaqaqqaqa解得11,2,aq所以2314aaq．故选C.【答案】C6.（2019全国卷Ⅲ·理）已知曲线elnxyaxx在点(1,e)a处的切线方程为2yxb，则（）A.ea，1bB.ea，1bC.1ea，1bD.1ea，1b【解析】eln1xyax，1|e1xkya，所以切线方程为e(e1)(1)yaax，即(e1)1yax.又因为切线方程为2yxb，所以e121ab，，即1ea，1b.故选D.【答案】D7.（2019全国卷Ⅲ·理）函数3222xxxy在6,6的图象大致为（）A.B.C.D.第3页（共13页）【解析】因为32(),[6,6]22xxxyfxx，所以332()2()()2222xxxxxxfxfx，所以()fx是奇函数，排除选项C.当4x时，34424128(7,8)1221616y，排除选项A，D.故选B.【答案】B8.（2019全国卷Ⅲ·理）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD△为正三角形，平面ECDABCD平面，M是线段ED的中点，则（）A.BMEN，且直线BM，EN是相交直线B.BMEN，且直线BM，EN是相交直线C.BMEN，且直线BM，EN是异面直线D.BMEN，且直线BM，EN是异面直线【解析】取CD的中点O，连接EO，ON.由ECD△是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD，所以EO⊥CD，EO⊥ON.又N是正方形ABCD的中心，所以ON⊥CD.以CD的中点O为原点，ONuuur方向为x正方向建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设2AD，则(0,0,3)E，(0,1,0)N，13,0,22M，(1,2,0)B，所以22||1(3)2EN，233||4724BM，所以ENBM.连接BD，BE，因为点N是正方形ABCD的中心，所以点N在BD上，且BNDN，所以BM，EN是DBE△的中位线，所以BM，EN必相交.故选B.第4页（共13页）【答案】B9.（2019全国卷Ⅲ·理）执行如图的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于（）A.4122B.5122C.6122D.7122【解析】0.01，11,0,011,,2xssxx不成立；111,,24sxx不成立；1111,,248sxx不成立；11111,,24816sxx不成立；111111,,2481632sxx不成立；1111111,,248163264sxx不成立；11111111,,248163264128sxx成立，此时输出6122s，故选C.【答案】C第5页（共13页）10.（2019全国卷Ⅲ·理）双曲线C：22142xy的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若||||POPF，则PFO△的面积为（）A.324B.322C.22D.32【解析】双曲线22142xy的右焦点坐标为坐标为(6,0)，一条渐近线的方程为22yx，不妨设点P在第一象限，由于||||POPF，则点P的横坐标为62，纵坐标为263222，即△PFO的底边长为6，高为32，所以它的面积为13326224.故选A.【答案】A11.（2019全国卷Ⅲ·理）设()fx是定义域为R的偶函数，且在(0,)单调递减，则（）A.233231log224fffB.233231log224fffC.23323122log4fffD.23323122log4fff【解析】因为()fx是定义域为R的偶函数，所以3331log(log4)(log4)4fff，又因为23323(log4)1220f，且函数()fx在(0,)上单调递增减，所以23323122log4fff，故选C.【答案】C12.（2019全国卷Ⅲ·理）设函数πsin(0)5()xfx，已知()fx在[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：①()fx在(0,2π)有且仅有3个极大值点；②()fx在(0,2π)有且仅有2个极小值点；③()fx在π0,10单调递增；④的取值范围是1229,510．其中所有正确结论的编号是（）A.①④B.②③C.①②③D.①③④第6页（共13页）【解析】已知πsin(0)5()xfx在[0,2π]上有且仅有5个零点，如图，其图像的右端点的横坐标在区间[,)ab上，此时()fx在(0,2π)上有且仅有3个极大值点，()fx在(0,2π)上可能有2或3个极小值点，所以①正确，②不正确；当[0,2π]x时，πππ,2π555x，由()fx在[0,2π]上有且仅有5个零点可得ππ5π2π56，解得的取值范围是1229,510，所以④正确；当π0,10x时，ππππ49ππ551051002x，所以()fx在π0,10单调递增，所以③正确.故选D.【答案】D第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分。13.（2019全国卷Ⅲ·理）已知a，b为单位向量，且0ab，若25cab，则cos,ac．【解析】由题意得22(25)2||522cos,3|25|145|25|ggggaabaabac|a|ab|a|ab.【答案】2314.（2019全国卷Ⅲ·理）记nS为等差数列{}na的前n项和，10a，213aa，则105SS．【解析】由10a，213aa，可得12da，所以1011109101002Sada，511545252Sada，所以1054SS.第7页（共13页）【答案】415.（2019全国卷Ⅲ·理）设1F，2F为椭圆C：2213620xy的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若12MFF△为等腰三角形，则M的坐标为．【解析】设1F为椭圆的左焦点，分析可知点M在以1F为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆22(4)64xy上.因为点M在椭圆2213620xy上，所以联立方程可得222213(4)62460xyxy，，解得315.xy，又因为点M在第一象限，所以点M的坐标为(3,15).【答案】(3,15)16.（2019全国卷Ⅲ·理）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1111-ABCDABCD挖去四棱锥-OEFGH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，6cmABBC，14cmAA，3D打印所用原料密度为30.9g/cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解析】由题知，挖去的四棱锥的是一个菱形，对角线长分别是6cm和4cm，故31146312(cm)32V挖去的四棱锥.又3664144(cm)V长方体，所以模型的体积为314412132(cm)VV长方体挖去的四棱锥，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g).【答案】118.8三、解答题：本题共70分。17.（2019全国卷Ⅲ·理）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第8页（共13页）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()PC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）．【解析】（1）由题得0.200.150.70.a解得0.35.a由0.050.151()10.70.bPC解得0.10.b（2）由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为：0.1520.2030.3040.2050.1060.0574.05.乙离子残留百分比的平均值为：0.0530.1040.1550.3560.2070.1586.18.（2019全国卷Ⅲ·理）ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sinsin2ACabA．（1）求B；（2）若