重庆市2019年普通高等学校招生全国统一考试5月调研测试卷（三调）文科数学PDF版含答案.pdf

5 月调研测试卷（文科数学）参考答案 第 1页 共 3 页 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 5 月调研测试卷 文科数学 参考答案 一、选择题 1～6 DBDBCD 7～12 DCBCBC 9． 解析： 1 3 2 8AG AE EG AD AB        10．解析：由题意知： 2A  ，又因为 (0) 2cos 1 3f        ， 又因为 2 2( ) 2 23 3 3f            ， 所以 ( ) 2cos(2 ) 2sin(2 ) 2sin[2( )]3 6 12f x x x x        . 11．解析：设直线 1my x  ，联立抛物线方程 2 8y x 有： 2 8 8 0 8M Ny my y y     ， 1 42 2 4 2 (2 4) ( 2)2 3AMF AFN M N M NS S y y y y M N k         ， ， ， ， . 12．解析：令 0yt x   ，则 2 2 22 ( )(ln ln ) 0ax x y y x    等价于 22 ( 1)lna t t  ， 令 2( ) ( 1)lnh t t t  ，当 1t  时， 2 1 0 ln 0 ( ) 0t t h t    ， ， 同理当 0 1t  时 ( ) 0h t  ，当 1t  时 ( ) 0h t  . 所以 ( ) 0h t ≥ . 二、填空题 13． 4 5  14． 1 2 15． 1 3 16． 7 24 15．解析：圆心到直线的距离 2 12d   ，则满足题意点所围成的弧度为 2 3  ，则概率 2 13 2 3P    . 16．解析： 2 2( ) log ( ) logf a a f b b  ， ，则 ( ) ( ) 1f a f b ab   . 设 1 1 2 2 1 2( ) ( )( )M a b N a b b b， ， ， . 2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2OMNS a b a b b bb b       ，令 1 2 4(1 )3 bt b   ， ，则 1 1 7 2 24OMNS t t   ≤ . 三、解答题 17．（12 分） 解：（1）因为sin cos (sin 3 cos ) 0 sin( ) cos (sin 3 cos ) 0A C B B B C C B B        ， 所以 cos (sin 3 cos ) 0 tan 3 3B C C C C       .（6 分） （2）由余弦定理有： 2 2 2 2 2 62 cos 2 1 0 2c a b ab C a a a          . 由等面积法有： 1 1 1 3sin2 2 2S ab C ch h     .（12 分）5 月调研测试卷（文科数学）参考答案 第 2页 共 3 页 18．（12 分） 解：（1）由题意知：重庆大学、西南大学、重庆医科大学、西南政法大学志愿者分别为 6 8 4 2， ， ， 人.（4 分） （2）设重庆医科大学的四名志愿者分别为 a b c d， ， ， ，西南政法大学的两名志愿者分别为 e f， . 则共有： ab ac ad ae af bc bd be bf cd ce cf de df ef， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 15 种情况. 其中分别来自不同大学的共 8 种. 则概率 8 15P  .（12 分） 19．（12 分） 解：（1）在正方形 ABCD 中， DE AE ， 因为 DA DC DF CE ADF DCE    ， ， ， 所以 90ADF DCE CDE DAF DAF EDA           . 所以 AF DE . 又因为 PA ABCD PA DE  面 ，又因为 PA AF A ，所以 DE PAF 面 . 所以 DE PF .（6 分） （2）因为 PA ABCD 面 ，所以 PA 为三棱锥 P ECD 的高，设 Ch 为所求距离. 在 PED 中， 9 3 53 2 2 2PD PE DE  ， ， ，则 2 2 2 2cos 2 2 PD PE DEEPD PD PE      . 所以 1 27sin2 4DEPS PD PE EPD     . 由等体积法可得： 1 1 13 3P ECD C PDE ECD PDE C CV V S PA S h h         . （12 分） 20．（12 分） 解：（1）设 P ( )x y， ，则 2 2( ) 0 4 0 4QF PQ PF x y y x           .（4 分） （2）由替换法则，设 0 0 0 0: 2 2 2 2 0m y y x x x y y x      ， 因为 1 sin2AMBS MB MA AMB    ，故 90AMB   时，面积最大， 此时圆心到直线 m 的距离为 2 2d  . 则有 0 02 0 6 2 2 2 1 (1 2) 4 xd x N y       ， .（12 分） 21．（12 分） 解：（1） ( ) ln 3f x x a    . ①. 3a ≤ 时： (1 )  ， ； ②. 3a  时： 3 3(1 e ) (e )a a    ， ， ， .（5 分）5 月调研测试卷（文科数学）参考答案 第 3页 共 3 页 （2）即 ln 2 1 x x xa x   有解，令 2 ln 2 ln 3( ) ( )1 ( 1) x x x x xh x h xx x       ， 令 ( ) ln 3g x x x   ，则 ( )g x  ，又因为 (4) 0 (5) 0g g ， ， 所以存在 1 (4 5)x  ， ，使得 ( )g x 在 1 1(0 ) ( )x x   ， ， ， ，且 1 1 1( ) ln 3 0g x x x    . 所以 2 1 1 1 1 1 ( ) 51 x xa h x x ax     ≥ .（12 分） 22．（10 分） 解：（1） 2 2 2 2 2 : ( 1) cos sin 1C x y       ， 2 2 2 2 2 3 : 4 cos 4 ( 2) 4C x y x x y          .（5 分） （2） 1 :C   ， 2 : 2sinC   ， 由图像可知： 2sin 4cos 2 5 sin( ) 2 5B AAB OB OA              ≤ .（10 分） 23．（10 分） 解：（1） ( 4) 5 4 6 3f a a       或 5a  （经检验，舍）， ( ) 1 3 6 2f b b b b       或 4b   （经检验，舍）. （5 分） （2）①.当 0a ≤ 时：恒成立； ②.当 0a  时：由图像知 2 ( ) 1 1 50 21 a f a a a a a          ≤ ≤ . 综上所述， 1 5 2a  .（10 分）