(精校版)2019年江苏卷数学高考试题文档版(有答案).pdf

绝密启用前绝密启用前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 xini1ni12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：本大题共一、填空题：本大题共 1414 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共计分，共计 7070 分请把答案填写在答题卡相应位置上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,xR R，则AB.2已知复数(a2i)(1i)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 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，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 21(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(nN N)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5a8 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=ln 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.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O.若4(x 0)上的一个动点，则点P到直线+y=0 的距离的xABAC 6AOEC，则AB的值是.AC13已知tan2，则sin2的值是.43tan414设f(x),g(x)是定义在 R 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k(x2),0 x 12数.当x(0,2时，f(x)1(x1)，g(x)1，其中0.若在区间(0，9上，,1 x 22关于的方程f(x)g(x)有 8 个不同的实数根，则的取值范围是.二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共6 6小题，共计小题，共计9090分请在答题卡指定区域分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤程或演算步骤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）若2，求c的值；3sin AcosB，求sin(B)的值a2b216（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）x2y2如图，在平面直角坐标系Oy中，椭圆C221(a b 0)的焦点为F1（1、0），ab222F2（1，0）过F2作轴的垂线l，在轴的上方，l与圆F2(x1)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)(xa)(xb)(xc),a,b,cR R、f(x)为f（）的导函数（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若ab，b=c，且f（）和f(x)的零点均在集合3,1,3中，求f（）的极小值；（3）若a 0,0 b 1,c 1，且f（）的极大值为M，求证M20（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 N)满足：a2a4 a5,a34a24a4 0，求证：数列an为“M数列”；（2）已知数列bn(nN N)满足：b11,求数列bn的通项公式；*427*122，其中Sn为数列bn的前n项和Snbnbn1bkck1成立，设m为正整数，若存在“M数列”cn(nN N)，对任意正整数，当m时，都有ck剟求m的最大值*2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学参考答案数学参考答案一、填空题：本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法一、填空题：本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法.每小题每小题5 5分，共计分，共计7070分分.1.【答案】1,6.【解析】由题意利用交集的定义求解交集即可.【详解】由题知，AB 1,6.【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.2.【答案】2【解析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据复数的概念，令实部为0 即得a的值.【详解】(a2i)(1i)aai2i2i2 a2(a2)i，令a20得a 2.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.【答案】5【解析】结合所给的流程图运行程序确定输出的值即可.【详解】执行第一次，S S 执行第二次，S S 执行第三次，S S 执行第四次，S S x1,x 1 4不成立，继续循环，x x12；22x3,x 2 4不成立，继续循环，x x13；22x3,x 34不成立，继续循环，x x14；2x5,x 44成立，输出S 5.2【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题(3)按照题目的要求完成解答并验证4.【答案】1,7【解析】由题意得到关于的不等式，解不等式可得函数的定义域.【详解】由已知得76x x2 0,即x26x 7 0解得1 x 7，故函数的定义域为1,7.【点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可5.【答案】53【解析】由题意首先求得平均数，然后求解方差即可.【详解】由题意，该组数据的平均数为6788910 8，65.3所以该组数据的方差是(68)2(7 8)2(88)2(88)2(98)2(108)2【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题.166.【答案】710【解析】先求事件的总数，再求选出的2 名同学中至少有 1 名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.210种情况.【详解】从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿服务，共有C511若选出的 2 名学生恰有 1 名女生，有C3C2 6种情况，2若选出的 2 名学生都是女生，有C21种情况，所以所求的概率为617.1010【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.7.【答案】y 2x【解析】根据条件求b，再代入双曲线的渐近线方程得出答案.42【详解】由已知得3 21，b2解得b 2或b 2，2.因为b 0，所以b 因为a 1，所以双曲线的渐近线方程为y 2x.【点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的a,b密切相关，事实上，标准方程中化1 为 0，即得渐近线方程.8.【答案】16【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8 项和即可.a2a5a8a1da14da17d 0【详解】由题意可得：，98S9 9a1d 272解得：a1 587，则S88a1d 40282 16.2d 2【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建a1,d的方程组.9.【答案】10【解析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.【详解】因为长方体ABCD A1B1C1D1的体积为 120，所以ABBCCC1120，因为E为CC1的中点，所以CE 1CC1，2由长方体的性质知CC1底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，所以三棱锥EBCD的体积V 111111ABBCCE ABBCCC1120 10.3232212【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.10.【答案】4【解析】将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离4gR2gR2【详解】当直线2平移到与曲线y x相切位置时，切点Q即为点P到直线2的距离最小.xrr由y 14 1，得x 2(2舍)，y 3 2，2x即切点Q(2,32)，gR2则切点Q到直线2的距离为r故答案为：42 3 21212 4，【点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.11.【答案】(e,1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标.【详解】设点Ax0,y0，则y0 ln x0.又y当x x0时，y 1，x1，x01(x x0)，x0点A在曲线y lnx上切线为y y0即yln x0 x1，x0代入点e,1，得1ln x0即x0ln x0 e，e1，x0考查函数Hx xlnx，当x0,1时，Hx0，当x1,时，Hx0，且H x lnx1，当x 1时，H x 0,Hx单调递增，注意到He e，故x0ln x0 e存在唯一的实数根x0 e，此时y01，故点A的坐标为Ae,1.【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点12.【答案】3【解析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.【详解】如图，过点D作DF/CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.6AO EC 3ADAC AE AB ACAC AE322231113AB ACAC ABAB AC AB AC AB AC2333222223 2113AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC，23322得22AB13AB AC,即AB 3 AC,故3.22AC【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.13.【答案】210【解析】由题意首先求得tan 的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.tan1tantantan2【详解】由tan1tan13，tan41tan得3tan25tan2 0，解得tan 2，或tan 1.3sin2 sin2coscos2sin44422 2sincoscos2sin2sin2cos2=22sin2cos22 2tan1tan2=，2tan212 221222=；当tan 2时，上式=2221102112 12133=2.当tan 时，上式=2102 3113综上，sin22.410【点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.1214.【答案】,34【解析】分别考查函数fx和函数gx图像的性质，考查临界条件确定的取值范围即可.【详解】当x0,2时，f(x)1x1,即x1 y21,y 0.22又f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为 4，如图，函数f(x)与g(x)的图象，要使f(x)g(x)在(0,9上有 8 个实根，只需二者图象有8 个交点即可.当g(x)1时，函数f(x)与g(x)的图象有 2 个交点；2当g(x)k(x 2)时，g(x)的图象为恒过点（-2，0）的直线，只需函数f(x)与g(x)的图象有 6 个交点.当f(x)与g(x)图象相切时，圆心（1，0）到直线kx y2k 0的距离为 1，即k 2k21，得k，241k函数f(x)与g(x)的图象有 3 个交点；当g(x)k(x 2)过点（1,1）时，函数f(x)与g(x)的图象有 6 个交点，此时13k，得k 1.3综上可知，满足f(x)g(x)在(0,9上有 8 个实根的的取值范围为，12.34【点睛】本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大.不能正确画出函数图象的交点而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两个函数图象相切或相交的临界交点个数，从而确定参数的取值范围.二、解答题二、解答题15.【答案】（1）c 32 5；（2）.35【解析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得cosB的值，然后由诱导公式可得sin(B值.【详解】（1）因为a 3c,b)的22,cos B 2，31a2c2b22(3c)2c2(2)2由余弦定理cosB，得，即c2.32ac323cc所以c 3.3（2）因为sin AcosB，a2b由正弦定理abcosBsin B，得，所以cosB 2sin B.sin Asin B2bb2从而cos2B (2sin B)2，即cos B 4 1cos B，故cos2B 因为sinB 0，所以cosB 2sin B 0，从而cosB 24.52 5.5因此sinB2 5.cosB 25【点睛】本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.16.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（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-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.【点睛】本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.3x2y217.【答案】（1）（2）E(1,).1；243【解析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线AF1的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【详解】（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轴，所以DF2=DF12 F1F22()222，222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轴，所以点A的横坐标为 1.将=1 代入圆F2的方程(-1)2+y2=16，解得y=4.因为点A在轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2+2.y 2x2由，得5x26x11 0，22x1 y 16解得x 1或x 11.5将x 1112代入y 2x2，得y ，5511123,).又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1).554因此B(3y(x1)4132由2，得，解得或.x x 17x 6x 13 027xy13 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(x1)，得y .因此E(1,).242x2y2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EF1F2A.因为AF2轴，所以EF1轴.x 13因为F1(-1，0)，由x2y2，得y .213 4又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y 因此E(1,).【点睛】本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.3.23218.【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+3 21（百米）.【解析】解：解法一：（1）过A作AE BD，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离解法二：（1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离【详解】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PBAB，所以cosPBD sinABE 84.105所以PB BD1215.cosPBD45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AD AE2 ED210，AD2 AB2 BD27从而cosBAD 0，所以BAD为锐角.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OBP90时，在PPB中，PB PB11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，CQ QA2 AC215262 3 21.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PBAB，点Q位于点C右侧，且CQ=3 21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+3 21（百米）.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2+y2=25.从而A（4，3），B（4，3），直线AB的斜率为因为PBAB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y 3.44，3425x.33所以P（13，9），PB(134)2(93)215.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=45，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：y 3x6(4 x 4).4215152在线段AD上取点M（3，），因为OM 3 3242 5，44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PPB中，PB PB11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AQ(a4)2(93)215(a 4)，得a=43 21，所以Q（43 21，9），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（43 21，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ 43 21(13)17 3 21.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为173 21（百米）.【点睛】本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.19.【答案】（1）a 2；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，因为0b1，所以x1(0,1)当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)2令g(x)x(x1)2,x(0,1)，则g(x)3x(x1)令g(x)0，得x 131列表如下：31(0,)3+x130极大值(1,1)3g(x)g(x)所以当x 114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max g332744，因此M 2727所以当x(0,1)时，f(x)g(x)【详解】（1）因为a b c，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3因为f(4)8，所以(4a)38，解得a 2（2）因为b c，所以f(x)(xa)(xb)2 x3(a2b)x2b(2ab)xab2，从而f(x)3(xb)x因为a,b,所以2a b 2abf(x)0令，得=b或x 332ab，都在集合3,1,3中，且a b，32ab1,a 3,b 33此时f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1)令f(x)0，得x 3或x 1列表如下：x(,3)3(3,1)1(1,+)f(x)+0极大值0极小值+所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)2 32（3）因为a 0,c 1，所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx，f(x)3x22(b1)xb因为0b 1，所以 4(b1)212b (2b1)23 0，则有 2 个不同的零点，设为x1,x2x1 x222b1b b1b1b b1由f(x)0，得x1,x233列表如下：xf(x)(,x1)+x10极大值x1,x2x20极小值(x x2 2,)+所以f(x)的极大值M fx1解法一：3M fx1 x1(b1)x12bx122 b b1xb1b(b1)213x12(b1)x1bx 199932b2b1(b1)27b(b1)2927b b123b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3272727b(b1)244因此M 27272727解法二：因为0b1，所以x1(0,1)当x(0,1)时，f(x)x(xb)(x1)x(x1)2令g(x)x(x1)2,x(0,1)，则g(x)3x(x1)令g(x)0，得x 131列表如下：31(0,)3+x130极大值(1,1)3g(x)g(x)所以当x 114时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max g327344，因此M 2727所以当x(0,1)时，f(x)g(x)【点睛】本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20.【答案】（1）见解析；（2）bn=nnN*；5.【解析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；（2）由题意利用递推关系式讨论可得数列bn是等差数列，据此即可确定其通项公式；由确定bk的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值【详解】（1）设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.a12q4 a1q4a2a4 a5a11由，得2，解得a 4a 4a 0q 2a q 4a q4a 0213111因此数列an为“M数列”.122（2）因为，所以bn0Snbnbn1由b11,S1 b1得1122，则b2 2.1b2bnbn1122S 由，得n，Snbnbn12(bn1bn)当n 2时，由bn Sn Sn1，得bnbnbn1bn1bn，2bn1bn2bnbn1整理得bn1bn1 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由知，b=，kN*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为cbc+1，所以qk1 k qk，其中=1，2，3，m.当=1 时，有q1；当=2，3，m时，有设f（）=*.lnklnk lnq kk 1lnx1lnx(x 1)，则f(x)xx2令f(x)0，得=e.列表如下：（1，e）e0极大值(e，+)f(x)f（）因为+ln2ln8ln9ln3ln3，所以f(k)max f(3)266333取q 3，当=1，2，3，4，5 时，lnk lnq，即k qk，k经检验知qk1 k也成立因此所求m的最大值不小于 5若m6，分别取=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【点睛】本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数学数学(附加题附加题)21.【答案】（1）115；（2）11,2 4.106【解析】(1)利用矩阵的乘法运算法则计算A A 2的值即可；(2)首先求得矩阵的特征多项式，然后利用特征多项式求解特征值即可.31【详解】（1）因为A A，223131所以A A 22222=33123112 115=10623222122（2）矩阵A A的特征多项式为f()3212254.令f()0，解得A A的特征值11,2 4.【点睛】本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22.【答案】（1）5；（2）2.【解析】(1)由题意，在OAB中，利用余弦定理求解AB的长度即可；(2)首先确定直线的倾斜角和直线所过的点的极坐标，然后结合点B的坐标结合几何性质可得点B到直线l的距离.【详解】（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)2232cos(（2）因为直线l的方程为sin()3，则直线l过点(3 2,)，倾斜角为4234又B(2,)，所以点B到直线l的距离为(3 2 2)sin(23)2.42【点睛】本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23.【答案】x|x 或x 1.【解析】由题意结合不等式的性质零点分段即可求得不等式的解集.【详解】当0 时，原不等式可化为x12x 2，解得2，即1时，原不等式可化为+212，解得1.213综上，原不等式的解集为x|x 或x 1.【点睛】本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【必做题】【必做题】24.【答案】（1）n 5；（2）-32.【解析】(1)首先由二项式展开式的通项公式确定a2,a3,a4的值，然后求解关于n的方程可得n的值；(2)解法一：利用(1)中求得的n的值确定有理项和无理项从而可得a,b的值，然后计算a23b2的值即可；解法二：利用(1)中求得的n的值，由题意得到13的值.122【详解】（1）因为(1 x)n C0nCnx Cnx nnCnx，n 4，的展开式，最后结合平方差公式即可确定a523b2所以a2 C2nn(n1)n(n1)(n2)，,a3 C3n26a4 C4nn(n1)(n2)(n3)242 2a2a4，因为a3所以n(n1)(n2)2n(n1)n(n1)(n2)(n3)，26224解得n 5（2）由（1）知，n 5(13)n(13)5022334455C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)ab 3解法一：解法一：024135因为a,bN N*，所以a C53C59C5 76,b C53C59C5 44，从而a23b2 7623442 32解法二：解法二：022334455(1 3)5C5C15(3)C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)022334455C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)因为a,bN*，所以(13)5 a b 3因此a23b2(a b 3)(a b 3)(13)5(13)5(2)5 32【点睛】本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.25.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】(1)由题意首先确定可能的取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概率值即可确定分布列；(2)将原问题转化为对立事件的问题求解PX n的值，据此分类讨论.b d，.b 0,d 1，.b 0,d 2，.b 1,d 2四种情况确定X满足X n的所有可能的取值，然后求解相应的概率值即可确定PX n的值.【详解】（1）当n 1时，的所有可能取值是1，2，2，5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的情况若b d，则AB n，不存在X n的取法；d 1，则AB(ac)21 若b 0，n21，所以X n当且仅当ABn21，此时a 0，c n或a n，c 0，有 2 种取法；d 2，则AB(ac)24 n24，因为当n 3时，(n1)24 n，所以X n若b 0，c n或a n，c 0，有 2 种取法；当且仅当AB n24，此时a 0，d 2，则AB(ac)21 若b 1，n21，所以X n当且仅当ABn21，此时a 0，c n或a n，c 0，有 2 种取法综上，当X n时，的所有可能取值是n2+1和n24，且P(X n21)4C22n4,P(X n2 4)22C2n4因此，P(X n)1 P(X n21)P(X n24)16C22n4【点睛】本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