(完整版)2019年江苏卷数学高考真题

数学Ⅰ

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、符号等须加黑、加粗。 参考公式：

1n1n2样本数据x1,x2,…,xn的方差sxix，其中xxi．

ni1ni12柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高． 锥体的体积V1Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高． 3一、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A{1,0,1,6}，B{x|x0,xR}，则AIB ▲ .

2．已知复数(a2i)(1i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是 ▲ . 3．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是 ▲ .

4．函数y76xx2的定义域是 ▲ .

5．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 ▲ .

y27．在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x21(b0)经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是

b2▲ .

*8．已知数列{an}(nN)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5a80,S927，则S8的值是 ▲ .

9．如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是 ▲ .

10．在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx最小值是 ▲ .

11．在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然

对数的底数），则点A的坐标是 ▲ .

4(x0)上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的xuuuruuuruuuruuurABAC6AOEC12．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若，

则

AB的值是 ▲ . AC

13．已知

πtan2，则sin2的值是 ▲ . π43tan414．设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数.

k(x2),0x1当x(0,2]时，f(x)1(x1)2，g(x)1，其中k>0.若在区间(0，9]上，关

,1x22于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ▲ .

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=2，cosB=

2，求c的值； 3（2）若

sinAcosB，求sin(B)的值． a2b216．（本小题满分14分）

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．

17．（本小题满分14分）

x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的焦点为F1（–1、0），

abF2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)y4a交于点A，与椭圆C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．

222已知DF1=

5． 2（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f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR、f'(x)为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f'(x)的零点均在集合{3,1,3}中，求f（x）的极小值；

（3）若a0,0b„1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤20．（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”.

4． 27*（1）已知等比数列{an}(nN)满足：a2a4a5,a34a24a40，求证：数列{an}为“M－数列”；

*（2）已知数列{bn}(nN)满足：b11,122，其中Sn为数列{bn}的前n项和． Snbnbn1①求数列{bn}的通项公式；

*bkck1②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(nN)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck剟成立，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Ⅰ·参

一、填空题：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.{1,6}

2.2

3.5

4.[1,7]

5.

5 36.

7 10

7.y2x

8.16 9.10 10.4

11.(e, 1) 12.3

213.

101214., 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a3c,b2,cosB2， 32(3c)2c2(2)2a2c2b212由余弦定理cosB，得，即c.

323cc2ac3所以c3. 3sinAcosB， a2babcosBsinB由正弦定理，得，所以cosB2sinB. sinAsinB2bb（2）因为

2从而cosB(2sinB)，即cos2B41cos2B，故cosB224. 5因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25. 5因此sinBπ25. cosB2516.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ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.

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BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

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=

553，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12F1F22()222， 222因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2. 由b2=a2-c2，得b2=3.

x2y2因此，椭圆C的标准方程为1.

43（2）解法一：

x2y2由（1）知，椭圆C：1，a=2，

43因为AF2⊥x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.

y2x2由，得5x26x110， 22(x1)y16解得x1或x将x11. 51112代入y2x2，得 y， 5511123因此B(,).又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1).

5543y(x1)1342. x由2，得，解得或x17x6x13027xy134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1. 将x1代入y解法二：

333(x1)，得y.因此E(1,). 422x2y2由（1）知，椭圆C：1.如图，连结EF1.

43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EF1∥F2A. 因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.

x13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y.

2134又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y因此E(1,).

3. 23218.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AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.' 因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE所以PB84. 105BD1215.

cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①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.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD270，所以∠BAD为锐角. 从而cosBAD2ADAB25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∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半

径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15， 设P1为l上一点，且PB1此时PDPBPB11sinPBD11cosEBA1539； 515. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，

CQQA2AC215262321.此时，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PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）. 解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，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的斜率为因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y3. 44， 3425x. 3322所以P（−13，9），PB(134)(93)15. 因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3）， 所以线段AD：y3x6(4剟x4). 421515222在线段AD上取点M（3，），因为OM3345，

44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∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，此时P1（−13，9）； 设P1为l上一点，且PB115. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，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），

22由AQ(a4)(93)15(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，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（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.

19．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abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)． 因为f(4)8，所以(4a)8，解得a2． （2）因为bc，

33所以f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab， 从而f'(x)3(xb)x因为a,b,23222ab2ab．令，得或． xf'(x)0xb332ab，都在集合{3,1,3}中，且ab， 32ab所以1,a3,b3．

3此时f(x)(x3)(x3)，f'(x)3(x3)(x1)． 令f'(x)0，得x3或x1．列表如下：

2x (,3) + 3 0 极大值 2(3,1) – 1 0 极小值 (1,) + f'(x) f(x) Z ] Z 所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)32．

（3）因为a0,c1，所以f(x)x(xb)(x1)x(b1)xbx，

32f'(x)3x22(b1)xb．

因为0b1，所以4(b1)12b(2b1)30， 则f'(x)有2个不同的零点，设为x1,x2x1x2．

22b1b2b1b1b2b1,x2由f'(x)0，得x1．

33列表如下：

x (,x1) + x1 0 极大值 x1,x2 – x2 0 极小值 (x2,) + f'(x) f(x) Z ] Z 所以f(x)的极大值Mfx1． 解法一：

3Mfx1x1(b1)x12bx1

2b(b1)x1b12bb1 [3x2(b1)x1b]x19993212b2b1(b1)27b(b1)2927bb12

3b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3

272727b(b1)244．因此M． 27272727解法二：

因为0b1，所以x1(0,1)．

当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)． 令g(x)x(x1),x(0,1)，则g'(x)3x(x1)． 令g'(x)0，得x22131．列表如下： 31(0,) 3+ x 1 30 极大值 1(,1) 3– g'(x) g(x) 所以当xZ ] 114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)maxg． 332744，因此M． 2727所以当x(0,1)时，f(x)g(x)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a1≠0，q≠0.

a12q4a1q4a2a4a5a11由，得2，解得．

a4a4a0213q2a1q4a1q4a10因此数列{an}为“M—数列”.

（2）①因为

122，所以bn0． Snbnbn1122，则b22. b1,Sb由111，得11b2由

bnbn1122，得Sn， Snbnbn12(bn1bn)当n2时，由bnSnSn1，得bn整理得bn1bn12bn．

bnbn1bn1bn，

2bn1bn2bnbn1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=nnN②由①知，bk=k，kN*.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0. 因为ck≤bk≤ck+1，所以q当k=1时，有q≥1； 当k=2，3，…，m时，有

k1*.

kqk，其中k=1，2，3，…，m.

lnklnklnq． kk1设f（x）=

lnx1lnx(x1)，则f'(x)． 2xx令f'(x)0，得x=e.列表如下：

x f'(x) (1,e) + e 0 极大值 (e，+∞) – f（x） 因为

ln2ln8ln9ln3ln3，所以f(k)maxf(3)． 266333取q3，当k=1，2，3，4，5时，

lnk„lnq，即kqk， k经检验知qk1k也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216， 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Ⅱ(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） 31已知矩阵A 22（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A3,,B2,sin，直线l的方程为3. 424（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xR，解不等式|x|+|2 x1|>2.

【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．

n2n24,nN*.已知a32a2a4. 22.（本小题满分10分）设(1x)a0a1xa2xLanx,n…n（1）求n的值；（2）设(13)ab3，其中a,bN*，求a23b2的值.

23.（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，设点集An{(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}，

Bn(0,1),(n,1)},Cn{(0,2),(1,2),(2,2),L,(n,2)},nN.

令MnAnUBnUCn.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. （1）当n=1时，求X的概率分布；

（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）.

数学Ⅱ(附加题)参

21．【选做题】

A．[选修4–2：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A31， 2231312A所以2222

=33123112115=106．

23222122（2）矩阵A的特征多项式为

f()令

3212254.

f()0，解得A的特征值11,24.

B．[选修4–4：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（2，）， 42)5. 24由余弦定理，得AB=32(2)2232cos(（2）因为直线l的方程为sin()3，

4则直线l过点(32,)，倾斜角为

23． 43)2. 42又B(2,)，所以点B到直线l的距离为(322)sin(C．[选修4–5：不等式选讲]

2本小题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．满分10分．

解：当x<0时，原不等式可化为x12x2，解得x<-

1； 3当0≤x≤

1时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解； 2当x>

1时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1. 213综上，原不等式的解集为{x|x或x1}.

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．

122nnn4， 解：（1）因为(1x)nC0nCnxCnxLCnx，n(n1)n(n1)(n2)2,a3C3所以a2Cn， n26n(n1)(n2)(n3)a4C4． n242因为a32a2a4，

所以[n(n1)(n2)2n(n1)n(n1)(n2)(n3)]2，

6224解得n5．

（2）由（1）知，n5．

(13)n(13)5

022334455 C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)ab3．

解法一：

024135*因为a,bN，所以aC53C59C576,bC53C59C544，

从而a23b2762344232． 解法二：

022334455 (13)5C5C15(3)C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)022334455． C5C13C(3)C(3)C(3)C(3)55555*因为a,bN，所以(13)5ab3．

因此a23b2(ab3)(ab3)(13)5(13)5(2)532．

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：（1）当n1时，X的所有可能取值是1，2，2，5．

X的概率分布为P(X1)7744,P(X2)， 22C615C615P(X2)2222,P(X5)． 22C615C615b)和B(c，d)是从Mn中取出的两个点． （2）设A(a，因为P(Xn)1P(Xn)，所以仅需考虑Xn的情况． ①若bd，则ABn，不存在Xn的取法；

d1，则AB(ac)21②若b0，a0， cn或an， c0，有2种取法；

n21，所以Xn当且仅当ABn21，此时

d2，③若b0，则AB(ac)24n24，因为当n3时，(n1)24n，所以Xn cn或an， c0，有2种取法； 当且仅当ABn24，此时a0，d2，则AB(ac)21④若b1，a0， cn或an， c0，有2种取法．

综上，当Xn时，X的所有可能取值是n21和n24，且

n21，所以Xn当且仅当ABn21，此时

P(Xn21)4C22n4,P(Xn24)22C2n4．

因此，P(Xn)1P(X

n21)P(Xn24)16C22n4．