江苏卷数学高考真题.docx
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江苏卷数学高考真题
2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)
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。
样本数据x1,x2,…,xn的方差s21xX2,其中x—x.
ni1ni1
柱体的体积VSh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.
1
锥体的体积V-Sh,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|x0,xR},则AIB▲.
2.已知复数(a2i)(1i)的实部为0,其中i为虚数单位,贝U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』76x_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,贝U选出的2名同学中至少有1名女同学的
概率是▲.
2
7.在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2J1(b0)经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是
b2
▲.
...__*.__.....
8.已知数列{an}(nN)是等差数列,Sn是其前n项和.若8285a80,S927,则S8的值是▲
E-BCD的体积是▲
9.如图,长方体ABCDAB1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥
10.在平面直角坐标系xOy中,P是曲线yx4(x0)上的一个动点,则点P到直线x+y=0的距离的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▲.
uuuuuuruuuruur
12.如图,在^ABC中,D是BC的中点,E在边AB上,BE=2EA,AD与CE交于点。
.若ABAC6AOEC,
AB...一
则竺的值是▲
AC
*tan
13.已知
tan
2,则sin2-的值是▲
34
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(x2),0x1
当x(0,2]时,f(x)Ji(x1)2,g(x)1,其中k>0.若在区间(0,9]上,关
2,
于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根,贝Uk的取值范围是▲.
、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.
2
(1)右a=3c,b=72,cosB=—,求c的值;
3
/c、"sinAcosB
(2)右2b,求Sin(B-)的值.
16.(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.
4|
C
17.(本小题满分14分)
22
如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:
与%1(ab0)的焦点为F1(-1、0),ab
222
F2(1,0).过F2作x轴的垂线I,在x轴的上万,l与圆F2:
(x1)y4a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.
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。
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。
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.
I)C
19.(本小题满分16分)
f'(x)为f(x)的导函数.
设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR、
(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;
(2)若a丰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;
4(3)若a0,0b,1,c1,且f(x)的极大值为M,求证:
M<——.
27
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”.
(1)已知等比数列{an}(nN)满足:
a2&4as,a34a?
4a40,求证:
数列{an}为M一数列;
•122
(2)已知数列{bn}(nN)¥两足:
b11,——,其中Sn为数列{bn}的前n项和.
Snbnbn1
①求数列{bn}的通项公式;
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•参考答案
.每小题5分,共计70分.
、填空题:
本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法
1.{1,6}2.23.54.[1,7]5.56.了7.y.2x
310
8.169.1010.411.(e,1)12..313.-^14.】,技
1034
、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.
2
解:
(1)因为a3c,b龙cosB—,3
a2c2b2小2(3c)2c2(、2)2日日21
由余弦7E理cOSB,得—,即c-.
2ac323cc3
所以c孩.
3
16.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,C1CnAC=C,
所以BEX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Fi(-1,0),F2(1,0),所以FiF2=2,c=1.
又因为DF1=5,AF2±x轴,所以DF2=JdF;F1F22J(5)2223,2'112・22
因此2a=DF〔+DF2=4,从而a=2.
由b2=a2-c2,得b2=3.
因此,椭圆C的标准方程为匕1.
43
(2)解法一:
由
(1)知,椭圆C:
土匕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=土4.
因为点A在x轴上方,所以A(1,4).
又F〔(-1,0),所以直线AF1:
y=2x+2.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x1.
将x1代入y3(x1),得y3.因此E(1,-).
422
解法二:
由
(1)知,椭圆C:
工匕1.如图,连结EFi.
43
因为BF2=2a,EF〔+EF2=2a,所以EFi=EB,
从而ZBFiE=ZB.
因为F2A=F2B,所以/A=ZB,
所以ZA=ZBFiE,从而EFi//F2A.
因为AF2±x轴,所以EFi±x轴.
x1
3因为Fi(-i,0),由x2y2,碍y一.
12
3
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y-.
2
一3
因此E(1,―).
2
18.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AEBD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,DEBEAC6,AECD8.'
因为PBJ_AB,
cos
所以PB
因此道路
84
PBDsinABE.
105
BD12“
T15.cosPBD4
5
PB的长为15(百米).
(2)①若P在D处,由
(1)可得E在圆上,贝U线段BE上的点(除B,E)到点。
的距离均小于圆。
的半径,
所以P选在D处不满足规划要求.
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ZOBP<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ZOBPA90时,对线段PB上任意一点F,OF冷B,即线段PB上所有点到点。
的距离均不小于圆。
的半
径,点P符合规划要求
设P为l上一点,且RBAB,由
(1)知,RB=15,
3此时RDRBsinRBDRBcosEBA15—9;
5
当ZOBP>90时,在△PRB中,PBRB15.
由上可知,d>15.
再讨论点Q的位置.
由
(2)知,要使得QAA15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,
CQJQA2AC2J152623J21.此时,线段QA上所有点到点。
的距离均不小于圆。
的半径.
综上,当PB±AB,点Q位于点C右侧,且CQ=3j2T时,d最小,此时P,Q两点间的距离
PQ=PD+CD+CQ=17+3、.21.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为17+3J21(百米).
解法二:
(1)如图,过。
作OH±I,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I的方程为"点A,B的纵坐标分别为3,-3.
因为AB为圆。
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-.
4
4
因为PB±AB,所以直线PB的斜率为一,
3
425
直线PB的方程为y-x25.
33
所以P(-13,9),PBJ(134)2(93)215.
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—x6(4刻x4).
4
在线段AD上取点M(3,?
),因为OMJ32?
J32~/5,
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ZOBP<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ZOBP>90°时,对线段PB上任意一点F,OFRB,即线段PB上所有点到点。
的距离均不小于圆。
的半径,点P符合规划要求.
设R为l上一点,且RBAB,由
(1)知,RB=15,此时Pi(-13,9);
当ZOBP>90时,在△PRB中,PBRB15.
由上可知,d>15.
再讨论点Q的位置.
由
(2)知,要使得QQ15,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AQJ(a4)2(93)215(a4),得a=43揭?
,所以Q(4^21,9),此时,线段QA
上所有点到点。
的距离均不小于圆O的半径.
综上,当P(-13,9),Q(43J21,9)时,d最小,此时P,Q两点间的距离
PQ43、、21(13)173、、21.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为173J21(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abc,所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3.
因为f(4)8,所以(4a)38,解得a2.
(2)因为bc,
所以f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2,
2ab2ab
从而f'(x)3(xb)x2^-^.令f'(x)0,得xb或x2^-533
...2ab
因为a,b,2^-b,都在集合{3,1,3}中,且ab,
3
2ab
所以旦上i,a3,b3.
3
此时f(x)(x3)(x3)2,f'(x)3(x3)(x1).
令f'(x)0,得x3或x1.列表如下:
x
(,3)
3
(3,1)
1
(1,)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
Z
极大值
]
极小值
Z
所以f(x)的极小值为f(l)(13)(13)232.
(3)因为a0,c1,所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx,f'(x)3x22(b1)xb.
因为0b1,所以4(b1)212b(2b1)230,
则f'(x)有2个不同的零点,设为x1,x2Xx2.
由f'(x)0,得x1b1。
^^2b1
33
列表如下:
x
(,x〔)
x〔
护2
x2
(x2,)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
Z
极大值
]
极小值
Z
所以f(x)的极大值Mfx1
解法一:
b(b1)
9
23
——.bb127
Mfx,x3(b1)x2bx1
2X1b1
[3为2(b1)xib]—
39
2b2b1(b1)b(b1)
279
27
27
27
b(b1)2
直
c4
因此M—.
2727
27
27
解法二:
因为0b1,
所以x1
(0,1).
当x(0,1)时,
f(x)
2
x(xb)(x1)x(x1)
令g(x)x(x
1)2,x
1(0,1),贝Ug'(x)3x-
3
A-1
令g'(x)0,得x1
.列表如下:
3
b(b1)
1)
2
3
(X
2(b1)2(b
1)-
x
1
E)
-
3
方)
g'(x)
+
0
-
g(x)
Z
极大值
]
1.1
所以当X一时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)maxg-
33
4
27
4
所以当x(0,1)时,f(x)g(x)——,因此M
27
4
27
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:
(〔)设等比数列{an}的公比为q,所以a〔0,q用.
土a2das
由
a34a?
4a(
244
得a1qa1q
0a1q24a1q4a1
因此数列{an}为“M一数列”
(2)
①因为
1
S?
22
bnb1
,所以bn
0.
由n
1,5
b1,
12
得一—
11
2…
一,则b2
b2
2.
1由一
Sn
2
2
得Sn
bnbn1
bn
bn1
2(bn1bn)
2时,
由如
SnSn
1,得bn
bnbn1
bn1如
当n
2bmbn
2bnbn
整理得bn1
bn1
2bn.
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=nnN
②由①知,bk=k,kN*-
因为数列{cn}为M-数列",设公比为q,所以ci=1,q>0.
因为ck 当k=1时,有q>1; Ink 当k=2,3,…,m时,有安 k lnq Ink k1 设f(x)=^K(x1),则f'(x)1x Inx -2 x 令f'(x)0,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+8) f'(x) + 0 - f(x) 极大值 ln8ln9ln3“、…、ln3 ——~3,所以f(k)maxf(3)— 折,当k=1,2,3,4,5时, lnk lnq,即kqk, 经检验知qk1k也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m^q分别取k=3,6,得3倒3,且q5v&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n(附加题) 21.【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定共.中两小题.,开布相应.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) 一31 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A3,—,BJ2,—,直线l的方程为sin-3. 424 (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xR,解不等式|x|+|2x1|>2. 【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答辉卡矩定区竦.内作答,解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤. n2n*2 22.(本小题满分10分)设(1x)a。 qxa? xLanx,n--4,nN.已知a32a2a4. (1)求n的值; (2)设(1府"abJ3,其中a,bN*,求a3b2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)},nN. 令MnAnUBnUCn.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(nA),求概率P(X勺)(用n表示). 数学n(附加题)参考答案 21.【选做题】 A.[选修4-2: 矩阵与变换] 10分. 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 “一31 解: (1)因为A 22 12115 22=106 (2)矩阵A的特征多项式为 f() 令f()0,解得A的特征值11,24. B.[选修4-4: 坐标系与参数方程] 解: (1)设极点为。 .在△OAB中,A(3,-),B(也,-), 由余弦定理,得AB="32(,2)223.2cos(——)-.5. (2)因为直线l的方程为sin(—)3, 4 则直线l过点(372,―),倾斜角为—. 24 1 解: 当x<0时,原不等式可化为X12x2,解得x<-」; 3 1一, 当0叔时,原不等式可化为x+1-2x>2,即x 2 1,,, 当x>—时,原不等式可化为x+2xT>2,解得x>1. 2 一一1,、. 综上,原不等式的解集为{x|x-或x1}. 3 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(1x)ncnC;xC2x2LC",n4,所以a? cn^^鬲cnn(n1)(n2), 26 4n(n1)(n2)(n3) a4Cn. 24 2 因为a32a2&4, 所以[^^6^]22 n(n1)n(n1)(n2)(n3) 224 (2)由 (1)知,n5. (1-.3)n(1、、3)5
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