2019年江苏省高考数学试卷.doc

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2019年江苏省高考数学试卷
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，0，1，，，，则　　．
2．已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数的值是　　．
3．如图是一个算法流程图，则输出的的值是　　．

4．函数的定义域是　　．
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　　．
7．在平面直角坐标系中，若双曲线经过点，则该双曲线的渐近线方程是　　．
8．已知数列是等差数列，是其前项和．若，，则的值是　　．
9．如图，长方体的体积是120，为的中点，则三棱锥的体积是　　．

10．在平面直角坐标系中，是曲线上的一个动点，则点到直线的距离的最小值是　　．
11．在平面直角坐标系中，点在曲线上，且该曲线在点处的切线经过点，为自然对数的底数），则点的坐标是　　．
12．如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点．若，则的值是　　．

13．已知，则的值是　　．
14．设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当，时，，其中．若在区间，上，关于的方程有8个不同的实数根，则的取值范围是　　．
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．（14分）在中，角，，的对边分别为，，．
（1）若，，，求的值；
（2）若，求的值．
16．（14分）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．
求证：（1）平面；
（2）．

17．（14分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，．过作轴的垂线，在轴的上方，1与圆交于点，与椭圆交于点．连结并延长交圆于点，连结交椭圆于点，连结．已知．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求点的坐标．

18．（16分）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥是圆的直径），规划在公路上选两个点、，并修建两段直线型道路、，规划要求：线段、上的所有点到点的距离均不小于圆的半径．已知点、到直线的距离分别为和、为垂足），测得，，（单位：百米）．
（1）若道路与桥垂直，求道路的长；
（2）在规划要求下，和中能否有一个点选在处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路和的长度均为（单位：百米），求当最小时，、两点间的距离．

19．（16分）设函数，，，，为的导函数．
（1）若，（4），求的值；
（2）若，，且和的零点均在集合，1，中，求的极小值；
（3）若，，，且的极大值为，求证：．
20．（16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．
（1）已知等比数列满足：，，求证：数列为“数列”；
（2）已知数列满足：，，其中为数列的前项和．
①求数列的通项公式；
②设为正整数，若存在“数列” ，对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值．
【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）
21．（10分）已知矩阵．
（1）求；
（2）求矩阵的特征值．
B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
22．（10分）在极坐标系中，已知两点，，，直线1的方程为．
（1）求，两点间的距离；
（2）求点到直线的距离．
C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）
23．设，解不等式．
【必做题】第24题、第25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.
24．（10分）设，，．已知．
（1）求的值；
（2）设，其中，，求的值．
25．（10分）在平面直角坐标系中，设点集，，，，，
，，，，，，，．令．从集合中任取两个不同的点，用随机变量表示它们之间的距离．
（1）当时，求的概率分布；
（2）对给定的正整数，求概率（用表示）．

2019年江苏省高考数学试卷
参考答案与试题解析
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，0，1，，，，则　，　．
【思路分析】直接利用交集运算得答案．
【解析】：，0，1，，，，
，0，1，，，．故答案为：，．
【归纳与总结】本题考查交集及其运算，是基础题．
2．已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数的值是　2　．
【思路分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0求的值．
【解析】：的实部为0，
，即．故答案为：2．
【归纳与总结】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．如图是一个算法流程图，则输出的的值是　5　．

【思路分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解析】：模拟程序的运行，可得
，

不满足条件，执行循环体，，
不满足条件，执行循环体，，
不满足条件，执行循环体，，
此时，满足条件，退出循环，输出的值为5．
故答案为：5．
【归纳与总结】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
4．函数的定义域是　，　．
【思路分析】由根式内部的代数式大于等于0求解一元二次不等式得答案．
【解析】：由，得，解得：．
函数的定义域是，．故答案为：，．
【归纳与总结】本题考查函数的定义域及其求法，考查一元二次不等式的解法，是基础题．
5．已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是　2　．
【思路分析】先求出一组数据6，7，8，9，10的平均数，由此能求出该组数据的方差．
【解析】：一组数据6，7，8，9，10的平均数为：
，
该组数据的方差为：
．
故答案为：2．
【归纳与总结】本题考查一组数据的方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
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　　．
【思路分析】基本事件总数，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数，由此能求出选出的2名同学中至少有1名女同学的概率．
【解析】：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，
基本事件总数，
选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数：
，
选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是．
故答案为：．
【归纳与总结】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
7．在平面直角坐标系中，若双曲线经过点，则该双曲线的渐近线方程是　　．
【思路分析】把已知点的坐标代入双曲线方程求得，则双曲线的渐近线方程可求．
【解析】：双曲线经过点，
，解得，即．
又，该双曲线的渐近线方程是．
故答案为：．
【归纳与总结】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的简单性质，是基础题．
8．已知数列是等差数列，是其前项和．若，，则的值是　16　．
【思路分析】设等差数列的首项为，公差为，由已知列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，再由等差数列的前项和求得的值．
【解析】：设等差数列的首项为，公差为，
则，解得．
．
故答案为：16．
【归纳与总结】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前项和，是基础题．
9．如图，长方体的体积是120，为的中点，则三棱锥的体积是　10　．

【思路分析】推导出，三棱锥的体积：，由此能求出结果．
【解析】：长方体的体积是120，为的中点，
，
三棱锥的体积：

．
故答案为：10．

【归纳与总结】本题考查三棱锥的体积的求法，考查长方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
10．在平面直角坐标系中，是曲线上的一个动点，则点到直线的距离的最小值是　4　．
【思路分析】利用导数求平行于的直线与曲线的切点，再由点到直线的距离公式求点到直线的距离的最小值．
【解析】：由，得，
设斜率为的直线与曲线切于，，
由，解得．
曲线上，点到直线的距离最小，
最小值为．
故答案为：4．
【归纳与总结】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查点到直线距离公式的应用，是中档题．
11．在平面直角坐标系中，点在曲线上，且该曲线在点处的切线经过点，为自然对数的底数），则点的坐标是　　．
【思路分析】设，，利用导数求得曲线在处的切线方程，代入已知点的坐标求解即可．
【解析】：设，，由，得，
，则该曲线在点处的切线方程为，
切线经过点，，
即，则．
点坐标为．
故答案为：．
【归纳与总结】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，区分过点处与在点处的不同，是中档题．
12．如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点．若，则的值是　　．

【思路分析】首先算出，然后用、表示出、，结合得，进一步可得结果．
【解析】：设，

，，
，
，

，
，
，，
．
故答案为：
【归纳与总结】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．
13．已知，则的值是　　．
【思路分析】由已知求得，分类利用万能公式求得，的值，展开两角和的正弦求的值．
【解析】：由，得，
，解得或．
当时，，，
；
当时，，，
．
综上，的值是．
故答案为：．
【归纳与总结】本题考查三角函数的恒等变换与化简求值，考查两角和的三角函数及万能公式的应用，是基础题．
14．设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当，时，，其中．若在区间，上，关于的方程有8个不同的实数根，则的取值范围是　，　．
【思路分析】由已知函数解析式结合周期性作出图象，数形结合得答案．
【解析】：作出函数与的图象如图，

由图可知，函数与，，，仅有2个实数根；
要使关于的方程有8个不同的实数根，
则，，与，，的图象有2个不同交点，
由到直线的距离为1，得，解得，
两点，连线的斜率，
．
即的取值范围为，．
故答案为：，．
【归纳与总结】本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．
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．（14分）在中，角，，的对边分别为，，．
（1）若，，，求的值；
（2）若，求的值．
【思路分析】（1）由余弦定理得：，由此能求出的值．
（2）由，利用正弦定理得，再由，能求出，，由此利用诱导公式能求出的值．
【解析】：（1）在中，角，，的对边分别为，，．
，，，
由余弦定理得：
，
解得．
（2），
由正弦定理得：，
，
，
，，
．
【归纳与总结】本题考查三角形边长、三角函数值的求法，考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、同角三角函数关系式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
16．（14分）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．
求证：（1）平面；
（2）．

【思路分析】（1）推导出，，从而，由此能证明平面．
（2）推导出，，从而平面，由此能证明．
【解答】证明：（1）在直三棱柱中，，分别为，的中点，
，，，
平面，平面，
平面．
解：（2）在直三棱柱中，是的中点，．
，，
又，平面，
平面，．

【归纳与总结】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
17．（14分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，．过作轴的垂线，在轴的上方，1与圆交于点，与椭圆交于点．连结并延长交圆于点，连结交椭圆于点，连结．已知．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求点的坐标．

【思路分析】（1）由题意得到，然后求，再由求得，则椭圆方程可求；
（2）求出的坐标，得到，写出的方程，与椭圆方程联立即可求得点的坐标．
【解析】：（1）如图，，，
，，则，
，则，
，，则椭圆方程为，
取，得，则．
又，，解得．
椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知，，，
，则，
联立，得．
解得或（舍．
．
即点的坐标为．

【归纳与总结】本题考查直线与圆，圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力证明是解答该题的关键，是中档题．
18．（16分）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥是圆的直径），规划在公路上选两个点、，并修建两段直线型道路、，规划要求：线段、上的所有点到点的距离均不小于圆的半径．已知点、到直线的距离分别为和、为垂足），测得，，（单位：百米）．
（1）若道路与桥垂直，求道路的长；
（2）在规划要求下，和中能否有一个点选在处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路和的长度均为（单位：百米），求当最小时，、两点间的距离．

【思路分析】（1）设与圆交于，连接，以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，
设点，，，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，求得的坐标，可得所求值；
（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，求得的坐标，即可得到结论；
（3）设，，则，，结合条件，可得的最小值，由两点的距离公式，计算可得．
【解析】：设与圆交于，连接，
为圆的直径，可得，
即有，，，
以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，
（1）设点，，，
则，
即，
解得，所以，；
（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，
则，即，解得，，，
由，在此范围内，不能满足，上所有点到的距离不小于圆的半径，
所以，中不能有点选在点；
（3）设，，则，，，
，则，当最小时，．

【归纳与总结】本题考查直线和圆的位置关系，考查直线的斜率和两直线垂直的条件：斜率之积为，以及两点的距离公式，分析问题和解决问题的能力，考查运算能力，属于中档题．
19．（16分）设函数，，，，为的导函数．
（1）若，（4），求的值；
（2）若，，且和的零点均在集合，1，中，求的极小值；
（3）若，，，且的极大值为，求证：．
【思路分析】（1）由，可得，根据（4），可得，解得．
（2），，设．令，解得，或．．令，解得，或．根据和的零点均在集合，1，中，通过分类讨论可得：只有，，可得，可得：．利用导数研究其单调性可得时，函数取得极小值．
（3），．．△．令．解得：，．，可得时，取得极大值为，通过计算化简即可证明结论．
【解析】：（1），，
（4），，
，解得．
（2），，设．
令，解得，或．
．
令，解得，或．
和的零点均在集合，1，中，
若：，，则，舍去．
，，则，舍去．
，，则，舍去．．
，，则，舍去．
，，则，舍去．
，，则，．
因此，，，
可得：．
．
可得时，函数取得极小值，（1）．
（3）证明：，，，
．
．
△．
令．
解得：，．，
，，
可得时，取得极大值为，
，可得：，

，
，
在，上单调递减，
．
．
【归纳与总结】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20．（16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．
（1）已知等比数列满足：，，求证：数列为“数列”；
（2）已知数列满足：，，其中为数列的前项和．
①求数列的通项公式；
②设为正整数，若存在“数列” ，对任意正整数，当时，都有成立，求的最大值．
【思路分析】（1）设等比数列的公比为，然后根据，列方程求解，在根据新定义判断即可；
（2）求出，，猜想，然后用数学归纳法证明；
（3）设的公比为，将问题转化为，然后构造函数，，
分别求解其最大值和最小值，最后解不等式，即可．
【解析】：（1）设等比数列的公比为，则
由，，得
，
数列首项为1且公比为正数
即数列为“数列”；
（2）①，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
猜想，下面用数学归纳法证明；
当时，，满足，
假设时，结论成立，即，则时，
由，得
，
故时结论成立，
根据可知，对任意的都成立．
故数列的通项公式为；
②设的公比为，
存在“数列” ，对任意正整数，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，，当时，，
当，两边取对数可得，对有解，
即，
令，则，
当时，，此时递增，
当时，，
令，则，
令，则，
当时，，即，
在，上单调递减，
即时，则
，
下面求解不等式，
化简，得，
令，则，
由得，，在，上单调递减，
又由于（5），（6），
存在使得，
的最大值为5，此时，．
【归纳与总结】本题考查了由递推公式求等比数列的通项公式和不等式恒成立，考查了数学归纳法和构造法，是数列、函数和不等式的综合性问题，属难题．
【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）
21．（10分）已知矩阵．
（1）求；
（2）求矩阵的特征值．
【思路分析】（1）根据矩阵直接求解即可；
（2）矩阵的特征多项式为，解方程即可．
【解析】：（1）

（2）矩阵的特征多项式为：
，
令，则由方程，得
或，
矩阵的特征值为1或4．
【归纳与总结】本题考查了矩阵的运算和特征值等基础知识，考查运算与求解能力，属基础题．
B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
22．（10分）在极坐标系中，已知两点，，，直线1的方程为．
（1）求，两点间的距离；
（2）求点到直线的距离．
【思路分析】（1）设极点为，则由余弦定理可得，解出；
（2）根据直线的方程和点的坐标可直接计算到直线的距离．
【解析】：（1）设极点为，则在中，由余弦定理，得
，
；
（2）由直线1的方程，知
直线过，，倾斜角为，又，，
点到直线的距离为．
【归纳与总结】本题考查了在极坐标系下计算两点间的距离和点到直线的距离，属基础题．
C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）
23．设，解不等式．
【思路分析】对去绝对值，然后分别解不等式即可．
【解析】：，
，
或或，
或或，
不等式的解集为或．
【归纳与总结】本题考查了绝对值不等式的解法，属基础题．
【必做题】第24题、第25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.
24．（10分）设，，．已知．

（1）求的值；
（2）设，其中，，求的值．
【思路分析】（1）运用二项式定理，分别求得，，，结合组合数公式，解方程可得的值；
（2）方法一、运用二项式定理，结合组合数公式求得，，计算可得所求值；
方法二、由于，，求得，再由平方差公式，计算可得所求值．
【解析】：（1）由，，
可得，，，
，可得，
解得；
（2）方法一、，
由于，，可得，，
可得；
方法二、，

，
由于，，可得，
可得．
【归纳与总结】本题主要考查二项式定理、组合数公式的运用，考查运算能力和分析问题能力，属于中档题．
25．（10分）在平面直角坐标系中，设点集，，，，，
，，，，，，，．令．从集合中任取两个不同的点，用随机变量表示它们之间的距离．
（1）当时，求的概率分布；
（2）对给定的正整数，求概率（用表示）．
【思路分析】（1）当时，的所有可能取值为1，，2，，由古典概率的公式，结合组合数可得所求值；
（2）设和是从中取出的两个点，因为，所以只需考虑的情况，分别讨论，的取值，结合古典概率的计算公式和对立事件的概率，即可得到所求值．
【解析】：（1）当时，的所有可能取值为1，，2，，
的概率分布为；；
；；
（2）设和是从中取出的两个点，
因为，所以只需考虑的情况，
①若，则，不存在的取法；
②若，，则，所以当且仅当，
此时．或，，有两种情况；
③若，，则，所以当且仅当，
此时．或，，有两种情况；
④若，，则，所以当且仅当，
此时．或，，有两种情况；
综上可得当，的所有值是或，
且，，
可得．
【归纳与总结】本题考查随机变量的概率的分布，以及古典概率公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及化简运算能力，属于难题．

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