(Word版)2019年(江苏)高考数学真题试卷(附答案)47273.pdf

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1、绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1本试卷共 4 页，均为非选择题(第 1 题第 20 题，共 20 题)。本卷满分为 160分，考试时间为 120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一片交回。2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4作答试题，必须用 0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等

2、须加黑、加粗。参考公式：样本数据的方差，其中12,nx xx2211niisxxn11niixxn柱体的体积，其中是柱体的底面积，是柱体的高VShSh锥体的体积，其中是锥体的底面积，是锥体的高13VShSh一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1已知集合，则 .1,0,1,6A|0,Bx xxRAB 2已知复数的实部为 0，其中 为虚数单位，则实数 a 的值是 .(2i)(1i)a i3下图是一个算法流程图，则输出的 S 的值是 .4函数的定义域是 .276yxx5已知一组数据 6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是 .6从 3 名

3、男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学的概率是 .7在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 xOy2221(0)yxbb .8已知数列是等差数列，是其前 n 项和.若，则的值是 .*()nanNnS25890,27a aaS8S9如图，长方体的体积是 120，E 为的中点，则三棱锥 E-BCD 的体积是 .1111ABCDABC D1CC10在平面直角坐标系中，P 是曲线上的一个动点，则点 P 到直线 x+y=0 的距离的xOy4(0)yxxx最小值是 .11在平面直角坐标系中，点 A 在曲线 y=ln

4、x 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点（-e，-1)(e 为自然xOy对数的底数），则点 A 的坐标是 .12 如 图，在中，D 是 BC 的 中 点，E 在 边 AB 上，BE=2EA，AD 与 CE 交 于 点.若ABCO，则的值是 .6AB ACAO EC ABAC13已知，则的值是 .tan23tan4 sin 2414设是定义在 R 上的两个周期函数，的周期为 4，的周期为 2，且是奇函(),()f xg x()f x()g x()f x数.当时，其中 k0.若在区间(0，9上，2(0,x2()1(1)f xx(2),01()1,122k xxg xx关于 x 的方程有 8 个不同

5、的实数根，则k 的取值范围是 .()()f xg x二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（本小题满分 14 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c（1）若 a=3c，b=，cosB=，求 c 的值；223（2）若，求的值sincos2ABabsin()2B16（本小题满分 14 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面 DEC1；（2）BEC1E17（本小题满分 14 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C:的焦点为 F

6、1（1、0），22221(0)xyababF2（1，0）过 F2作 x 轴的垂线 l，在 x 轴的上方，l 与圆 F2:交于点 A，与椭圆 C222(1)4xya交于点 D.连结 AF1并延长交圆 F2于点 B，连结 BF2交椭圆 C 于点 E，连结 DF1已知 DF1=52（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）求点 E 的坐标18（本小题满分 16 分）如图，一个湖的边界是圆心为 O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路 l，湖上有桥 AB（AB 是圆 O 的直径）规划在公路 l 上选两个点 P、Q，并修建两段直线型道路 PB、QA规划要求：线段 PB、QA 上的所有点到点 O 的距离均不小于圆 O

7、 的半径已知点 A、B 到直线 l 的距离分别为 AC 和 BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）（1）若道路 PB 与桥 AB 垂直，求道路 PB 的长；（2）在规划要求下，P 和 Q 中能否有一个点选在 D 处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路 PB 和 QA 的长度均为 d（单位：百米）.求当 d 最小时，P、Q 两点间的距离19（本小题满分16 分）设函数、为 f（x）的导函数()()()(),f xxaxb xc a b cR()f x（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；（2）若 ab，b=c，且 f（x）和的零点均在集合中，求

8、f（x）的极小值；()f x3,1,3（3）若，且 f（x）的极大值为 M，求证:M0,01,1abc42720（本小满分 16 分）定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M数列”.（1）已知等比数列an满足：，求证：数列an为“M数*()nN245321,440a aa aaa列”；（2）已知数列 bn满足：，其中Sn为数列 bn的前n 项和*()nN111221,nnnbSbb求数列 bn的通项公式；设 m 为正整数，若存在“M数列”cn，对任意正整数k，当 km 时，都有成*()nN1kkkcbc立，求 m 的最大值2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学参考答案一、填

9、空题：本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法.每小题5分，共计70分.1.2.23.54.5.6.7.1,61,7537102yx 8.169.1010.411.12.13.14.(e,1)321012,34二、解答题15.本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.满分14分.解：（1）因为，23,2,cos3ac bB由余弦定理，得，即.222cos2acbBac2222(3)(2)32 3cccc213c 所以.33c（2）因为，sincos2ABab由正弦定理，得，所以.sinsinabABcossin2BBbbcos2sinBB从而，即

10、，故.22cos(2sin)BB22cos4 1cosBB24cos5B 因为，所以，从而.sin0B cos2sin0BB2 5cos5B 因此.2 5sincos25BB16.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.满分 14 分.证明：（1）因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点，所以 EDAB.在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABA1B1，所以 A1B1ED.又因为 ED平面 DEC1，A1B1平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC.因为三棱柱 ABC

11、-A1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC.又因为 BE平面 ABC，所以 CC1BE.因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C，所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E.17.本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.满分 14 分.解：（1）设椭圆 C 的焦距为 2c.因为 F1(-1，0)，F2(1，0)，所以 F1F2=2，c=1.又因为 DF1=，AF2x 轴，所以 DF2=，52222211253()222DF

12、FF因此 2a=DF1+DF2=4，从而 a=2.由 b2=a2-c2，得 b2=3.因此，椭圆 C 的标准方程为.22143xy（2）解法一：由（1）知，椭圆 C：，a=2，22143xy因为 AF2x 轴，所以点 A 的横坐标为 1.将 x=1 代入圆 F2的方程(x-1)2+y2=16，解得 y=4.因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1，4).又 F1(-1，0)，所以直线 AF1：y=2x+2.由，得，22()22116yxxy256110 xx解得或.1x 115x 将代入，得，115x 22yx125y 因此.又 F2(1，0)，所以直线 BF2：.1112(,)55B 3(1

13、)4yx由，得，解得或.221433(1)4xyxy276130 xx1x 137x 又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以.1x 将代入，得.因此.1x 3(1)4yx32y 3(1,)2E 解法二：由（1）知，椭圆 C：.如图，连结 EF1.22143xy因为 BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以 EF1=EB，从而BF1E=B.因为 F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而 EF1F2A.因为 AF2x 轴，所以 EF1x 轴.因为 F1(-1，0)，由，得.221431xxy 32y 又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以.32y 因此.3(1,)2E 18.

14、本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.满分16分.解：解法一：（1）过A作，垂足为E.AEBD由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.6,8DEBEACAECD因为PBAB，所以.84cossin105PBDABE所以.12154cos5BDPBPBD因此道路PB的长为15（百米）.（2）若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连结AD，由（1）知，2210ADAEED从而，所以BAD为锐角.2227cos0225ADAB

15、BDBADAD AB所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当OBP90时，在中，.1PPB115PBPB由上可知，d15.再讨论点 Q的位置.由（2）知，要 使 得 QA15，点 Q只 有 位 于 点 C的 右 侧，才 能 符 合 规 划 要 求.当 QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.22221563 21CQQAAC综 上，当 PB AB，点 Q位 于 点 C右 侧，且 CQ=时，d最 小，此 时 P，Q两 点 间 的 距 离3 21PQ=PD+CD+CQ=17

16、+.3 21因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.3 21解法二：（1）如图，过O作OHl，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（4，3），直线AB的斜率为.34因为PBAB，所以直线PB的斜率为，43直线PB的方程为.42533yx 所以P（13，9），.22(134)(93)15PB 因此道路PB的长为15（百米）.（2）若P在D处，取线段BD上一点E（4，0），则EO=4

17、5，所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处，连结AD，由（1）知D（4，9），又A（4，3），所以线段AD：.36(44)4yxx 在线段AD上取点M（3，），因为，15422221533454OM所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当OBP90时，在中，.1PPB115PBPB由上可知，d15.再讨论点 Q的位置.由（2）知，要使得QA15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由，得a=，所以Q（，9），此时，22(4)(93)15(4)AQaa43 214

18、3 21线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P（13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离43 21.43 21(13)173 21PQ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.173 2119本小题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力满分16分解：（1）因为，所以abc3()()()()()f xxa xb xcxa因为，所以，解得(4)8f3(4)8a2a（2）因为，bc所以，2322()()()(2)(2)f xxa xbxab xbab xab从而令，得或2()3()3abf xxbx()0f x

19、 xb23abx因为，都在集合中，且，2,3aba b 3,1,3ab所以21,3,33abab 此时，2()(3)(3)f xxx()3(3)(1)f xxx令，得或列表如下：()0f x 3x 1x x(,3)3(3,1)1(1,)()f x+00+()f x极大值极小值所以的极小值为()f x2(1)(1 3)(1 3)32f（3）因为，所以，0,1ac32()()(1)(1)f xx xb xxbxbx2()32(1)f xxbxb因为，所以，01b224(1)12(21)30bbb则有2个不同的零点，设为()f x1212,x xxx由，得()0f x 22121111,33bbbb

20、bbxx 列表如下：x1(,)x1x12,x x 2x2(,)x()f x+00+()f x极大值极小值所以的极大值()f x 1Mf x解法一：321111(1)Mf xxbxbx221111211(1)32(1)3999bbxbb bxbxbx 23221(1)(1)2127927bbbb bbb23(1)2(1)(1)2(1)1)272727b bbbb b因此(1)24272727b b427M 解法二：因为，所以01b1(0,1)x 当时，(0,1)x2()()(1)(1)f xx xb xx x令，则2()(1),(0,1)g xx xx1()3(1)3g xxx令，得列表如下：(

21、)0g x 13x x1(0,)3131(,1)3()g x+0()g x极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故13x()g xmax14()327g xg所以当时，因此(0,1)x4()()27f xg x427M 20本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力满分16分解：（1）设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由，得，解得245321440a aaaaa244112111440a qa qa qa qa112aq因此数列为“M数列”.na（2）因为，所以1122nnnSbb0nb 由，得，则.

22、1111,bSb212211b22b 由，得，1122nnnSbb112()nnnnnb bSbb当时，由，得，2n 1nnnbSS111122nnnnnnnnnb bbbbbbbb整理得112nnnbbb所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列bn的通项公式为bn=n.*nN由知，bk=k，.*kN因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbkck+1，所以，其中k=1，2，3，m.1kkqkq当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有lnlnln1kkqkk设f（x）=，则ln(1)xxx21 ln()xf xx令，得x=e.列表如下：()0f x x(

23、1,e)e(e，+)()f x+0f（x）极大值因为，所以ln2ln8ln9ln32663maxln3()(3)3f kf取，当k=1，2，3，4，5时，即，33q lnlnkqkkkq经检验知也成立1kqk因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取k=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5数学(附加题)21【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 A.选修 4-2：矩阵与变换（本小题满分 10 分

24、）已知矩阵 3122A（1）求A2；（2）求矩阵A的特征值.B.选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，已知两点，直线l的方程为.3,2,42ABsin34（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离.C.选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）设，解不等式.xR|+|2 1|2xx【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22.（本小题满分10分）设.已知.2*012(1),4,nnnxaa xa xa xnnN23242aa a（1）求n的值；（2）设，其中，求的值

25、.(13)3nab*,a bN223ab23.（本 小 题 满 分 10分）在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中，设 点 集，(0,0),(1,0),(2,0),(,0)nAn(0,1),(,1),(0,2),(1,2),(2,2),(,2),.nnBnCnnN令.从集合 Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离.nnnnMABC（1）当n=1时，求 X的概率分布；（2）对给定的正整数n（n3），求概率 P（Xn）（用n表示）.数学(附加题)参考答案21【选做题】A选修42：矩阵与变换本小题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识，考查运算求解能力满分10分解：（1）因为，312

26、2A所以231312222A=3 3 1 23 1 1 22 32 22 12 2 115106（2）矩阵A的特征多项式为.231()5422f令，解得A的特征值.()0f121,4B选修44：坐标系与参数方程本小题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力满分10分解：（1）设极点为O.在OAB中，A（3，），B（，），422由余弦定理，得AB=.223(2)2 32cos()524 （2）因为直线l的方程为，sin()34则直线l过点，倾斜角为(3 2,)234又，所以点 B到直线l的距离为.(2,)2B3(3 22)sin()242C选修45：不等式选讲本小题主要考查解不等式等

27、基础知识，考查运算求解和推理论证能力满分10分解：当x0时，原不等式可化为，解得x2，即x时，原不等式可化为x+2x12，解得x1.12综上，原不等式的解集为.1|13x xx 或22.【必做题】本小题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力，满分10分解：（1）因为，0122(1)CCCC4nnnnnnnxxxxn，所以，2323(1)(1)(2)C,C26nnn nn nnaa44(1)(2)(3)C24nn nnna因为，23242aa a所以，2(1)(2)(1)(1)(2)(3)26224n nnn nn nnn解得5n（2）由（1）知，5n 5(13)(

28、13)n0122334455555555CC3C(3)C(3)C(3)C(3)3ab解法一：因为，所以，*,a bN024135555555C3C9C76,C3C9C44ab从而22223763 4432ab 解法二：50122334455555555(13)CC(3)C(3)C(3)C(3)C(3)0122334455555555CCC(3)C(3)C(3)(3C3)因为，所以*,a bN5(13)3ab因此225553(3)(3)(13)(13)(2)32ababab 23【必做题】本小题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推理论证能力满分10分解

29、：（1）当时，的所有可能取值是1n X12 25，的概率分布为，X22667744(1),(2)C15C15P XP X22662222(2),(5)C15C15P XP X（2）设和是从中取出的两个点()A a b，()B cd，nM因为，所以仅需考虑的情况()1()P XnP Xn Xn若，则，不存在的取法；bdABnXn若，则，所以当且仅当，此时01bd，22()11ABacnXn21ABn或，有 2 种取法；0 acn，0anc，若，则，因为当时，所以02bd，22()44ABacn3n2(1)4nn当且仅当，此时或，有 2 种取法；Xn24ABn0 acn，0anc，若，则，所以当且仅当，此时12bd，22()11ABacnXn21ABn或，有 2 种取法0 acn，0anc，综上，当时，的所有可能取值是和，且XnX21n 24n 2222242442(1),(4)CCnnP XnP Xn因此，222246()1(1)(4)1CnP XnP XnP Xn