2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(江蘇卷)-試卷真題、答案及詳細解析

1、絕密 啟用前2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(江蘇)參考公式:樣本數(shù)據(jù)x1,x2,xn的方差s2=1ni=1n(xi-x)2,其中x=1ni=1nxi.柱體的體積V=Sh,其中S是柱體的底面積,h是柱體的高.錐體的體積V=13Sh,其中S是錐體的底面積,h是錐體的高.一、填空題:本大題共14小題,每小題5分,共計70分.請把答案填寫在答題卡相應位置上.1.(2019江蘇,1)已知集合A=-1,0,1,6,B=x|x0,xR,則AB=.解析由題知AB=1,6.答案1,62.(2019江蘇,2)已知復數(shù)(a+2i)(1+i)的實部為0,其中i為虛數(shù)單位,則實數(shù)a的值是.解析(a+2i)(

2、1+i)=a+ai+2i+2i2=a-2+(a+2)i,a-2=0,a=2.答案23.(2019江蘇,3)下圖是一個算法流程圖,則輸出的S的值是.解析執(zhí)行第一次S=S+x2=12,x=14否,循環(huán),x=x+1=2;執(zhí)行第二次S=S+x2=32,x=24否,循環(huán),x=x+1=3;執(zhí)行第三次S=S+x2=3,x=34否,循環(huán),x=x+1=4;執(zhí)行第四次S=S+x2=5,x=44是,輸出S=5.答案54.(2019江蘇,4)函數(shù)y=7+6x-x2的定義域是.解析要使式子有意義,則7+6x-x20,解得-1x7.答案-1,75.(2019江蘇,5)已知一組數(shù)據(jù)6,7,8,8,9,10,則該組數(shù)據(jù)的方差

3、是.解析由題知,該組數(shù)據(jù)平均值為6+7+8+8+9+106=8,所以該數(shù)據(jù)方差為16(6-8)2+(7-8)2+(8-8)2+(8-8)2+(9-8)2+(10-8)2=53.答案536.(2019江蘇,6)從3名男同學和2名女同學中任選2名同學參加志愿者服務,則選出的2名同學中至少有1名女同學的概率是.解析由已知男女同學共5名.從5名學生中任選2名,共有C52=10種選法.若選出的2人中恰有一名女生,有C31C21=6種選法.若選出的2人都是女生,有1種選法.所以所求的概率為P=6+110=710.答案7107.(2019江蘇,7)在平面直角坐標系xOy中,若雙曲線x2-y2b2=1(b0)

4、經(jīng)過點(3,4),則該雙曲線的漸近線方程是.解析雙曲線x2-y2b2=1(b0)過點(3,4),32-42b2=1,解得b2=2,即b=2或b=-2(舍去).a=1,且雙曲線的焦點在x軸上,雙曲線的漸近線方程為y=2x.答案y=2x8.(2019江蘇,8)已知數(shù)列an(nN*)是等差數(shù)列,Sn是其前n項和.若a2a5+a8=0,S9=27,則S8的值是.解析an為等差數(shù)列,設公差為d,a2a5+a8=0,S9=27,(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=0,9a1+982d=27,整理得a1+4d=3,即a1=3-4d,把代入解得d=2,a1=-5.S8=8a1+28d=16.答案169.(

5、2019江蘇,9)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120,E為CC1的中點,則三棱錐E-BCD的體積是.解析長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為120,ABBCCC1=120.E為CC1的中點,CC1底面ABCD,CE為三棱錐E-BCD的底面BCD上的高,CE=12CC1,VE-BCD=1312ABBCCE=1312ABBC12CC1=112ABBCCC1=112120=10.答案1010.(2019江蘇,10)在平面直角坐標系xOy中,P是曲線y=x+4x(x0)上的一個動點,則點P到直線x+y=0的距離的最小值是.解析當直線x+y=0平移到與曲線y=x+4x相切位置時,切

6、點Q即為點P到直線x+y=0的最小距離的點,有y=x+4x=1-4x2=-1(x0),得x=2(-2舍).此時y=2+42=32,即切點Q(2,32),則切點Q到直線x+y=0的距離為d=|2+32|12+12=4,即為所求最小值.答案411.(2019江蘇,11)在平面直角坐標系xOy中,點A在曲線y=ln x上,且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(-e,-1)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則點A的坐標是.解析設點A(x0,y0),則y0=ln x0,又y=1x,當x=x0時,y=1x0,點A在曲線y=ln x 上的切線為y-y0=1x0(x-x0),即y-ln x0=xx0-1,代入點(-e,-1),

7、得-1-ln x0=-ex0-1,即x0ln x0=e,得x0=e,y0=1,故點A(e,1).答案(e,1)12.(2019江蘇,12)如圖,在ABC中,D是BC的中點,E在邊AB上,BE=2EA,AD與CE交于點O.若ABAC=6AOEC,則ABAC的值是.解析如圖,過點D作DFCE,交AB于點F,由BE=2EA,D為BC中點,知BF=FE=EA,AO=OD.又ABAC=6AOEC=3AD(AC-AE)=32(AB+AC)AC-13AB=32ABAC-13AB2+AC2-13ABAC=3223ABAC-13AB2+AC2=ABAC-12AB2+32AC2,得12AB2=32AC2,即|AB

8、|=3|AC|,故ABAC=3.答案313.(2019江蘇,13)已知tantan+4=-23,則sin2+4的值是.解析由tantan+4=tantan+11-tan=tan(1-tan)tan+1=-23,得3tan2-5tan -2=0,解得tan =2或tan =-13.又sin2+4=sin 2cos4+cos 2sin4=22(sin 2+cos 2)=222sincos+cos2-sin2sin2+cos2=222tan+1-tan2tan2+1.(*)當tan =2時,(*)式=2222+1-2222+1=2215=210;當tan =-13時,(*)式=222-13+1-13

9、2-132+1=2213-19109=210.綜上,sin2+4=210.答案21014.(2019江蘇,14)設f(x),g(x)是定義在R上的兩個周期函數(shù),f(x)的周期為4,g(x)的周期為2,且f(x)是奇函數(shù).當x(0,2時,f(x)=1-(x-1)2,g(x)=k(x+2),0 x1,-12,10.若在區(qū)間(0,9上,關于x的方程f(x)=g(x)有8個不同的實數(shù)根,則k的取值范圍是.解析當x(0,2時,設y=f(x)=1-(x-1)2(x-1)2+y2=1(y0),結(jié)合f(x)是周期為4的奇函數(shù),可作出f(x)的圖象:當x(1,2時,g(x)=-12,又g(x)的周期為2,當x(

10、3,4(5,6(7,8時,g(x)=-12.由圖可知:當x(1,2(3,4(5,6(7,8時,f(x)與g(x)的圖象有2個交點,當x(0,1(2,3(4,5(6,7(8,9時,f(x)與g(x)的圖象有6個交點.由圖可知:當x(2,3(6,7時,f(x)與g(x)的圖象無交點,當x(0,1(4,5(8,9時,f(x)與g(x)的圖象有6個交點,由f(x)與g(x)的周期性可知:當x(0,1時,f(x)與g(x)的圖象有2個交點.如圖,當y=k(x+2)與圓弧:(x-1)2+y2=1(00)k=24.當y=k(x+2)過點A(-2,0)與B(1,1)時,k=13.13k0,所以cos B=2s

11、in B0,從而cos B=255.因此sinB+2=cos B=255.16.(本小題滿分14分)(2019江蘇,16)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點,AB=BC.求證:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.證明(1)因為D,E分別為BC,AC的中點,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因為ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因為AB=BC,E為AC的中點,所以BEAC.因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又因為BE平面ABC,所以C1CB

12、E.因為C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因為C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.17.(本小題滿分14分)(2019江蘇,17)如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦點為F1(-1,0),F2(1,0).過F2作x軸的垂線l,在x軸的上方,l與圓F2:(x-1)2+y2=4a2交于點A,與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B,連接BF2交橢圓C于點E,連接DF1.已知DF1=52.(1)求橢圓C的標準方程;(2)求點E的坐標.解(1)設橢圓C的焦距為2c.因為F1(-1,0),F2(1,

13、0),所以F1F2=2,c=1.又因為DF1=52,AF2x軸,所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32.因此2a=DF1+DF2=4,從而a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.因此,橢圓C的標準方程為x24+y23=1.(2)(解法一)由(1)知,橢圓C:x24+y23=1,a=2.因為AF2x軸,所以點A的橫坐標為1.將x=1代入圓F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=4.因為點A在x軸上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直線AF1:y=2x+2.由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,解得x=1或x=-115.將x=-115代入

14、y=2x+2,得y=-125.因此B-115,-125.又F2(1,0),所以直線BF2:y=34(x-1).由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137.又因為E是線段BF2與橢圓的交點,所以x=-1.將x=-1代入y=34(x-1),得y=-32.因此E-1,-32.(解法二)由(1)知,橢圓C:x24+y23=1.如圖,連接EF1.因為BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,從而BF1E=B.因為F2A=F2B,所以A=B.所以A=BF1E,從而EF1F2A.因為AF2x軸,所以EF1x軸.因為F1(-1,0),由x=-1,x

15、24+y23=1,得y=32.又因為E是線段BF2與橢圓的交點,所以y=-32.因此E-1,-32.18.(本小題滿分16分)(2019江蘇,18)如圖,一個湖的邊界是圓心為O的圓,湖的一側(cè)有一條直線型公路l,湖上有橋AB(AB是圓O的直徑).規(guī)劃在公路l上選兩個點P,Q,并修建兩段直線型道路PB,QA,規(guī)劃要求:線段PB,QA上的所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑.已知點A,B到直線l的距離分別為AC和BD(C,D為垂足),測得AB=10,AC=6,BD=12(單位:百米).(1)若道路PB與橋AB垂直,求道路PB的長;(2)在規(guī)劃要求下,P和Q中能否有一個點選在D處?并說明理由;(3)在

16、規(guī)劃要求下,若道路PB和QA的長度均為d(單位:百米),求當d最小時,P,Q兩點間的距離.解(解法一)(1)過A作AEBD,垂足為E.由已知條件得,四邊形ACDE為矩形,DE=BE=AC=6,AE=CD=8.因為PBAB,所以cosPBD=sinABE=810=45.所以PB=BDcosPBD=1245=15.因此道路PB的長為15(百米).(2)若P在D處,由(1)可得E在圓上,則線段BE上的點(除B,E)到點O的距離均小于圓O的半徑,所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求.若Q在D處,連接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,從而cosBAD=AD2+AB2-BD22ADAB=7250,所以B

17、AD為銳角.所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑.因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求.綜上,P和Q均不能選在D處.(3)先討論點P的位置.當OBP90時,在PP1B中,PBP1B=15.由上可知,d15.再討論點Q的位置.由(2)知,要使得QA15,點Q只有位于點C的右側(cè),才能符合規(guī)劃要求.當QA=15時,CQ=QA2-AC2=152-62=321.此時,線段QA上所有點到點O的距離均不小于圓O的半徑.綜上,當PBAB,點Q位于點C右側(cè),且CQ=321時,d最小,此時P,Q兩點間的距離PQ=PD+CD+CQ=17+321.因此,d最小時,P,Q兩點間的距離為17+321(百米).(解法二

18、)(1)如圖,過O作OHl,垂足為H.以O為坐標原點,直線OH為y軸,建立平面直角坐標系.因為BD=12,AC=6,所以OH=9,直線l的方程為y=9,點A,B的縱坐標分別為3,-3.因為AB為圓O的直徑,AB=10,所以圓O的方程為x2+y2=25.從而A(4,3),B(-4,-3),直線AB的斜率為34.因為PBAB,所以直線PB的斜率為-43,直線PB的方程為y=-43x-253.所以P(-13,9),PB=(-13+4)2+(9+3)2=15.因此道路PB的長為15(百米).(2)若P在D處,取線段BD上一點E(-4,0),則EO=45,所以P選在D處不滿足規(guī)劃要求.若Q在D處,連接A

19、D,由(1)知D(-4,9),又A(4,3),所以線段AD:y=-34x+6(-4x4).在線段AD上取點M3,154,因為OM=32+154232+42=5,所以線段AD上存在點到點O的距離小于圓O的半徑.因此Q選在D處也不滿足規(guī)劃要求.綜上,P和Q均不能選在D處.(3)先討論點P的位置.當OBP90時,在PP1B中,PBP1B=15.由上可知,d15.再討論點Q的位置.由(2)知,要使得QA15,點Q只有位于點C的右側(cè),才能符合規(guī)劃要求.當QA=15時,設Q(a,9),由AQ=(a-4)2+(9-3)2=15(a4),得a=4+321,所以Q(4+321,9).此時,線段QA上所有點到點O

20、的距離均不小于圓O的半徑.綜上,當P(-13,9),Q(4+321,9)時,d最小,此時P,Q兩點間的距離PQ=4+321-(-13)=17+321.因此,d最小時,P,Q兩點間的距離為17+321(百米).19.(本小題滿分16分)(2019江蘇,19)設函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,cR,f(x)為f(x)的導函數(shù).(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若ab,b=c,且f(x)和f(x)的零點均在集合-3,1,3中,求f(x)的極小值;(3)若a=0,0b1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M427.解(1)因為a=b=c,所以f(x)=(x-a

21、)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因為f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因為b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,從而f(x)=3(x-b)x-2a+b3.令f(x)=0,得x=b或x=2a+b3.因為a,b,2a+b3都在集合-3,1,3中,且ab,所以2a+b3=1,a=3,b=-3.此時,f(x)=(x-3)(x+3)2,f(x)=3(x+3)(x-1).令f(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-,-3)-3(-3,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值所以f(x)的極小值為f(1

22、)=(1-3)(1+3)2=-32.(3)因為a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f(x)=3x2-2(b+1)x+b.因為00,則f(x)有2個不同的零點,設為x1,x2(x1x2).由f(x)=0,得x1=b+1-b2-b+13,x2=b+1+b2-b+13.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值所以f(x)的極大值M=f(x1).(解法一)M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=3x12-2(b+1)x1+bx13-b+19-2(b2-b+1)9x1+b(b+1)9=-2(b

23、2-b+1)(b+1)27+b(b+1)9+227(b2-b+1)3=b(b+1)27-2(b-1)2(b+1)27+227(b(b-1)+1)3b(b+1)27+227427.因此M427.(解法二)因為00.因為ckbkck+1,所以qk-1kqk,其中k=1,2,3,m.當k=1時,有q1;當k=2,3,m時,有l(wèi)nkkln qlnkk-1.設f(x)=lnxx(x1),則f(x)=1-lnxx2.令f(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+)f(x)+0-f(x)極大值因為ln22=ln862.解當x2,解得x2,即x12時,原不等式可化為x+2x-12,解得x1.綜上,

24、原不等式的解集為xx1.【必做題】第22題、第23題,每題10分,共計20分.請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答,解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.22.(本小題滿分10分)(2019江蘇,22)設(1+x)n=a0+a1x+a2x2+anxn,n4,nN*.已知a32=2a2a4.(1)求n的值;(2)設(1+3)n=a+b3,其中a,bN*,求a2-3b2的值.解(1)因為(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+Cnnxn,n4,所以a2=Cn2=n(n-1)2,a3=Cn3=n(n-1)(n-2)6,a4=Cn4=n(n-1)(n-2)(n-3)24.因為a32=2a2a4,所以n(n-1)(n-2)62=2n(n-1)2n(n-1)(n-2)(n-3)24.解得n=5.(2)由(1)知,n=5.(1+3)n=(1+3)5=C50+C513+C52(3)2+C53(3)3+C54(3)4+C55(3)5=a+b3.(解法一)因為a,bN*,所以a=C50+3C52+9C54=76,b=C51+3C53+9C55=44,從而a2-3b2=762-3442=-32.(解法二)(1-3)5=C50+C51(-3)+C52(-3)2+C53(-3)