2019年江苏省高考理科数学试题及答案

数学Ⅰ试题

参考公式

圆柱的体积公式：V圆柱=Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高. 圆锥的体积公式：V圆锥

1Sh，其中S是圆锥的底面积，h为高. 3一、填空题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.请把答案写在答题卡相应位置上。 1.已知集合A{1,2,3,6},B{x|2x3}, 则AIB=________▲________. 2.复数z(12i)(3i), 其中i为虚数单位，则z实部是________▲________. x2y23.在平面直角坐标系xOy中，双曲线1的焦距是________▲________.

734.已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5，则该组数据方差是________▲________.

5.函数y=3-2x-x2 的定义域是 ▲ .

6.如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是 ▲ .

7.将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ▲ .

8.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=-3，S5=10，则a9的值是 ▲ . 9.定义在区间[0,3π]上函数y=sin2x的图象与y=cosx的图象的交点个数是 ▲ .

bx2y210.如图，F是椭圆221(a＞b＞0) 的右焦点，在平面直角坐标系xOy中，直线y 与椭圆交于B，

2abC两点，且BFC90o ,则该椭圆的离心率是 ▲ .

(第10题)

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

xa,1x0,11.设f（x）是定义在R上且周期为2的函数，在区间[ −1,1)上，f(x)2 其中aR. 若

x,0x1,559f()f() ，则f（5a）的值是 ▲ .

22x2y4012. 已知实数x，y满足2xy20 ，则x2+y2的取值范围是 ▲ .

3xy30uuuruuuruuuruuur13.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，BCCA4，BFCF1 ，

则BECE 的值是 ▲ .

uuuruuur

14.在锐角三角形ABC中，若sinA=2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是 ▲ .

二、解答题 （本大题共6小题，共90分.请在答题卡制定区域内作答，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，AC=6，cosB=（1）求AB的长； （2）求cos(A-

16.(本小题满分14分)

如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1DA1F ，AC11A1B1. 求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；

（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

4π，C=. 54π)的值. 62019年江苏省高考理科数学试题及答案

17.（本小题满分14分）

现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的四倍. (1) 若AB6m,PO12m,则仓库的容积是多少？

(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

18. （本小题满分16分）

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M:xy12x14y600及其上一点A(2，4)

(1) 设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N标准方程； (2) 设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点，且BC=OA,求直线l的方程；

22uuruuruuur(3) 设点T（t,0）满足：存在圆M上的两点P和Q,使得TATPTQ,,求实数t取值范围。

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

19. （本小题满分16分）

已知函数f(x)ab(a0,b0,a1,b1). （1） 设a=2,b=

xx1. 2① 求方程f(x)=2的根;

②若对任意xR,不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；

1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值. （2）若0a1,b＞

20.（本小题满分16分）

100.对数列annN记U1,2,…，*和U的子集T，若T,定义ST0;若Tt1,t2,…，tk，

*定义STat1at2…+atk.例如：T=1,3,66时，STa1a3+a66.现设annN是公比为3的等比

数列，且当T=2,4时，ST=30. (1) 求数列an的通项公式；

k，求证：STak1； (2) 对任意正整数k1k100，若T1,2,…，（3）设CU,DU,SCSD,求证：SCSCID2SD.

数学Ⅱ（附加题）

21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，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—1几何证明选讲】（本小题满分10分） 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，D为垂足，E是BC的中点，求证：∠EDC=∠ABD.

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

B.【选修4—2：矩阵与变换】（本小题满分10分）

1112, 矩阵B的逆矩阵B1=2 ，求矩阵AB. 已知矩阵A0202

C.【选修4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）

1x1t2 （t为参数）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为，椭圆C的参数方程

y3t2xcos, （为参数）.设直线l与椭圆C相交于A，B两点，求线段AB的长. 为y2sinD.设a＞0，|x-1|＜

aa ，|y-2|＜ ，求证：|2x+y-4|＜a. 33【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．

22. （本小题满分10分）

x-y-2=0，y2=2px(p如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：抛物线C：

＞0).

（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程； （2）已知抛物线C上存在关于直线l对称相异两点P和Q.

①求证：线段PQ的中点坐标为（2-p，-p）； ②求p取值范围.

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

23.（本小题满分10分） （1）求7C6–4C7 的值； （2）设m，nN*，n≥m，求证：

（m+1）Cm+（m+2）Cm+1+（m+3）Cm+2+…+nCn–1+（n+1）Cn=（m+1）Cn+2.

mmmmmm+234

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

参

1.

1,2

2.5 3. 210 4.0.1 5.

3,1

5. 66.9 7.

8.20. 9.7.

6 3211. 

5412. [,13]

5713.

814.8.

10.

43415.解（1）因为cosB,0B,所以sinB1cos2B1()2,

555ACsinCACAB，所以ABsinBsinBsinC62252.

由正弦定理知

35（2）在三角形ABC中ABC，所以A(BC).

于是cosAcos(BC)cos(BsinBsin,

4444342322又cosB,sinB,，故cosA 5252105572因为0A，所以sinA1cos2A

1023721726因此cos(A)cosAcossinAsin.

66610210220

16.证明：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC//AC11 在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.

)cosBcos

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

所以DE//AC，于是DE//AC11

又因为DE平面AC11F,AC11平面AC11F 所以直线DE//平面AC11F

（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1 因为AC11平面A1B1C1，所以AA1A1C1

又因为AC11A1B1，AA1平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1B1IAA1A1 所以AC11平面ABB1A1

因为B1D平面ABB1A1，所以AC11B1D

又因为B1DA1F，AC11平面A1C1F,A1F平面A1C1F,AC11IA1FA1 所以B1D平面A1C1F

因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE平面AC11F.

17.本小题主要考查函数概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题能力.满分14分. 解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8. 因为A1B1=AB=6，

所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V柱=A1B12PO113126224m3; 3正四棱柱ABCD-A1B1C1D1体积V柱=AB2OO1628288m3. 所以仓库容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.

(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m)，则02a2h36所以，即a2236h2. 2于是仓库的容积VV锥V柱a24h从而V'2121326aha2h36hh3,0h6， 33326363h22612h2. 3令V'0，得h23 或h23（舍）. 当0h23时，V'0 ，V是单调增函数；

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

当23h6时，V'0，V是单调减函数. 故h23时，V取得极大值，也是最大值. 因此，当PO123 时，仓库的容积最大.

18.本小题主要考查直线方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系、平面向量的运算等基础知识，考查分析问题能力及运算求解能力.满分16分.

解：圆M标准方程为x6y725，所以圆心M(6，7)，半径为5,. （1）由圆心在直线x=6上，可设N6,y0.因为N与x轴相切，与圆M外切， 所以0y07，于是圆N的半径为y0，从而7y05y0，解得y01. 因此，圆N标准方程为x6y11. (2)因为直线l||OA，所以直线l的斜率为

2222402. 20设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0， 则圆心M到直线l的距离

d267m5m55.

因为BCOA224225,

2BC而MC2d2,

2m5所以25525，解得m=5或m=-15.

故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0. (3)设Px1,y1,Qx2,y2.

uuruuruuurx2x12t因为A2,4,Tt,0,TATPTQ,所以 ……①

yy421

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

因为点Q在圆M上，所以x26y2725. …….② 将①代入②，得x1t4y1325.

于是点Px1,y1既在圆M上，又在圆xt4y325上， 从而圆x6y725与圆xt4y325没有公共点， 所以552222222222t463755, 解得2221t2221. 22因此，实数t的取值范围是2221,2221.

19．（1）因为a2,bx1xx，所以f(x)22. 2x①方程f(x)2，即22x22，亦即(2x)222x10，

x所以(21)0，于是21，解得x0.

2x②由条件知f(2x)222x(2x2x)22(f(x))22.

因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，

(f(x))24所以m对于xR恒成立.

f(x)(f(0))24(f(x))24444， 而f(x)2f(x)•4，且

f(0)f(x)f(x)f(x)所以m4，故实数m的最大值为4.

（2）因为函数g(x)f(x)2只有1个零点，而g(0)f(0)2ab20， 所以0是函数g(x)的唯一零点.

因为g(x)alnablnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0， 所以g(x)0有唯一解x0logb(a00'xx'lna). lnbx'x2x2'令h(x)g(x)，则h(x)(alnablnb)a(lna)b(lnb)，

'x从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(,)上的单调增函数，

''''于是当x(,x0)，g(x)g(x0)0；当x(x0,)时，g(x)g(x0)0.

''

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

因而函数g(x)在(,x0)上是单调减函数，在(x0,)上是单调增函数. 下证x00. 若x00，则x0又g(loga2)ax0x0，于是g(0)g(0)0， 22bloga22aloga220，且函数g(x)在以

x0和loga2为端点的闭区间上的图象不2xx间断，所以在0和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1. 因为0a1，所以loga20，又00，

22loga2所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾. 若x00，同理可得，在因此，x00. 于是x0和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾. 2lna1，故lnalnb0，所以ab1. lnb20．（1）由已知得ana1•3n1,nN*.

于是当T{2,4}时，Sra2a43a127a130a1. 又Sr30，故30a130，即a11. 所以数列{an}的通项公式为an3n1,nN*. （2）因为T{1,2,L,k}，an3n10,nN*， 所以Sra1a2Lak13L3k1因此，Srak1.

（3）下面分三种情况证明.

①若D是C的子集，则SCSCIDSCSDSDSD2SD. ②若C是D的子集，则SCSCIDSCSC2SC2SD. ③若D不是C的子集，且C不是D的子集.

令ECICUD，FDICUC则E，F，EIF. 于是SCSESCID，SDSFSCID，进而由SCSD，得SESF. 设k是E中的最大数，l为F中最大数，则k1,l1,kl.

1k(31)3k. 2

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

由（2）知，SEak1，于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk. 又kl，故lk1，

从而SFa1a2Lal13L3l13l1ak1SE1，

22故SE2SF1，所以SCSCID2(SDSCID)1， 即SCSCID2SD1.

综合①②③得，SCSCID2SD. 21．A 证明：在ADB和ABC中， 因为ABC90o,BDAC,A为公共角， 所以ADB∽ABC，于是ABDC.

在RtBDC中，因为E是BC的中点， 所以EDEC，从而EDCC. 所以EDCABD.

B．解：设Bab，则111abcdBB2102cd0即a112cb2d10， 2c2d01a12c1a11故b1d0，解得b1，所以B142401. 2c0c022d1d12201， 

2019年江苏省高考理科数学试题及答案

112因此，AB020

15144.

10121x1t2yy22221，将直线l的参数方程1，得C．解：椭圆C的普通方程为x，代入x4(3(11t)22t)2241，即7t216t0，解得t0，t16127.

所以AB|t161t2|7. 21D.证明：因为|x1|a3,|y2|a3 所以|2xy4||2(x1)(y2)|2|x1||y2|2a3a3a. 22.解：（1）抛物线C:y22px(p0)的焦点为(p2,0) 由点(p,0)在直线l:xy20上，得p22020，即p4. 所以抛物线C的方程为y28x.

（2）设P(x1,y1),Q(x2,y2)，线段PQ的中点M(x0,y0)

因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ, 于是直线PQ的斜率为1，则可设其方程为yxb.

y2①由2pxxb消去x得y22py2pb0(*)

y因为P 和Q是抛物线C上相异两点，所以y1y2, 从而(2p)24(2pb)0，化简得p2b0. 方程（*）的两根为y1,2pp22pb，从而yy1y202p. 因为M(x0,y0)在直线l上，所以x02p. 因此，线段PQ的中点坐标为(2p,p). ②因为M(2p,p).在直线yxb上

y32t42019年江苏省高考理科数学试题及答案

所以p(2p)b，即b22p.

由①知p2b0，于是p2(22p)0，所以p. 因此p的取值范围为(0,).

4343654765440.

3214321（2）当nm时，结论显然成立，当nm时

3423.解：（1）7C64C77(k1)Ckm(k1)k!(k1)!1(m1)(m1)Ckm1,km1,m2,L,n.

m!(km)!(m1)![(k1)(m1)]!1m2m2又因为Ckm1Ck1Ck2,

2L,n. 所以(k1)Ckm(m1)(Ckm22Ckm1),km1,m+2，因此

mmmm(m1)Cm(m2)Cm1(m3)Cm2L(n1)Cnmmmm(m1)Cm[(m2)Cm1(m3)Cm2L(n1)Cn](m1)C

m2m2(m1)[(Cm2m3Cm2m2)(Cm2m4Cm2m3)L(Cm2n2Cm2n1)]

m2(m1)Cn2