2019江苏高考数学试卷及答案（校正精确版）.doc

1、 20142014 江苏江苏 一、填空题： 1已知集合 A2，1，3，4，B1，2，3，则 AB 【解析】根据集合的交集运算，两个集合的交集就是所有既属于集合A又属于集合B的元素组成 的集合，从所给的两个集合的元素可知，公共的元素为1 和 3，故答案为1，3 2已知复数 z(52i)2 (i 为虚数单位)，则 z 的实部为 【解析】根据复数的乘法运算公式，z(52i)22520i42120i，实部为 21， 虚部为20 3、右图是一个算法流程图，则输出的 n 的值是 【解析】根据流程图的判断依据，本题 2n20 是否成立，若不成立，则 n 从 1 开始 每次判断完后循环时，n 赋值为 n1；若

2、成立，则输出 n 的值本题经过 4 次循环， 得到 n5，2n253220，成立，则输出的 n 的值为 5 4、从 1，2，3，6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数的乘积为 6 的概率是 【解析】将随机选取 2 个数的所有情况“不重不漏”的列举出来：(1，2)，(1，3)，(1，6)，(2，3)， (2，6)，(3，6)，共 6 种情况，满足题目乘积为 6 的要求的是(1，6)和(2，3)，则概率为1 3 5、已知函数 ycos x 与 ysin(2x)(0)，它们的图像有一个横坐标为 3的交点，则 的值 是 【解析】根据题意，将 x 3代入可得 cos 3sin 2 3

3、 ，即 sin 2 3 1 2， 2 3 2k 6或 2 32k 5 6(kZ)又0，)， 6 6、在底部周长在80，130的树木进行研究，频率分布直方图如图所示，则在抽测的 60 株树木中， 有 株树木的底部周长小于 100cm 【解析】从图中读出底部周长在80，90的频率为 0015 10015，底部周长在90，100的频率 为 0025 10025，样本容量为 60 株，(015 025) 6024 株是满足题意的 7、在各项均为正数的等比数列an中，若 a21， a8a62a4，则 a6的值是 【解析】因 a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，故由 a8a62a4得 a2q6a2q

4、42a2q2，消去 a2q2，得 80 90 100 110 120 130 00 30 00 25 00 底部周长 cm 频率/组距 第6题图 到关于 q2的一元二次方程(q2)2q220，解得 q22，a6a2q41 224 8、设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1，S2，体积分别为 V1，V2若它们的侧面积相等，且S1 S2 9 4， 则V1 V2的值是 【解析】设两个圆柱的底面半径和高分别为 r1，r2和 h1，h2，由S1 S2 9 4，得 r21 r22 9 4，则 r1 r2 3 2由圆柱 的侧面积相等，得 2r1h12r2h2，即 r1h1r2h2，则h1 h2 2 3，故 V

5、1 V2 r21h1 r22h2 3 2 9、在平面直角坐标系 xOy 中，直线 x2y30 被圆(x2)2(y1)24 截得的弦长为_ 【解析】圆心为(2，1)，半径 r2圆心到直线的距离 d|22 （1）3| 14 3 5 5 ，故弦长为 2 r2d2222 3 5 5 2 2 55 5 10、已知函数 f (x)x2mx1，若对于任意的 xm，m1，都有 f (x)0 成立，则实数 m 的取 值范围是_ 【解析】因二次函数开口向上，在区间m，m1上始终满足 f (x)0，故只需 fm0)的左、右焦点，顶点 B 的坐标为(0， b)， 连接 BF2并延长交椭圆于点 A， 过点 A 作 x

6、轴的垂线交椭圆于另一点 C， 连接 F1C 若点 C 的坐标为 4 3， 1 3 ，且 BF2 2，求椭圆的方程； 若 F1CAB，求椭圆离心率 e 的值 【解】设椭圆的焦距为 2c，则 F1(c，0)，F2(c，0) (1)因为 B(0，b)，故 BF2 b2c2a又 BF2 2，故 a 2因为点 C 4 3， 1 3 在椭圆上，故 16 9 a2 1 9 b21解得 b 21故所求椭圆的方程为x 2 2y 21； 因为 B(0，b)，F2(c，0)在直线 AB 上，故直线 AB 的方程为x c y b 1解方程组 x c y b1， x2 a2 y2 b21， 得 x1 2a2c a2c2

7、， y1b（c 2a2） a2c2 ， x20， y2b. 故点 A 的坐标 为 2a2c a2c2， b（c2a2） a2c2 又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C 的坐标为 2a2c a2c2， b（a2c2） a2c2 因为直线 F1C 的斜率为 b（a2c2） a2c2 0 2a2c a2c2（c） b（a 2c2） 3a2cc3 ，直线 AB 的斜率为b c，且 F1CAB，故 b（a2c2） 3a2cc3 b c 1又 b2a2c2，整理得 a25c2故 e2 1 5因此 e 5 5 18如图 1- 6 所示，为保护河上古桥 OA，规划建一座新桥 BC，同时设立一个圆形保护区

8、规划要 求：新桥 BC 与河岸 AB 垂直；保护区的边界为圆心 M 在线段 OA 上并与 BC 相切的圆，且古桥两 端 O 和 A 到该圆上任意一点的距离均不少于 80 m经测量，点 A位于点O正北方向60 m处， 点C位于点O正东方向170 m处(OC 为河岸)，tanBCO4 3 求新桥 BC 的长 当 OM 多长时，圆形保护区的面积最大？ 解：方法一： (1)如图所示，以 O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴， 建立平面直角坐标系 xOy由条件知 A(0，60)，C(170，0)，直线 BC 的斜率 kBCtanBCO 4 3又 ABBC，故直线 AB 的斜率 kAB 3 4设点 B

9、 的坐标为(a， b)，则 kBC b0 a170 4 3，kAB b60 a0 3 4，解得 a80，b 120，故 BC150因此新桥 BC 的长是 150 m (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m，OMd m (0d60)由条件知，直线 BC 的方程为 y4 3(x170)，即 4x3y6800由于圆 M 与直线 BC 相切，故点 M(0，d)到直线 BC 的距离是 r，即 r|3d 680| 4232 6803d 5 因 O 和 A 到圆 M 上 任意一点的距离均不少于 80 m，故 rd80， r（60d）80，即 6803d 5 d80， 680 3d 5 （60d）80，

10、 解得 10d35故当d10时，r 680 3d 5 最大，即圆面积最大，故当OM10 m时，圆形保护区 的面积最大 方法二：(1)如图所示，延长 OA， CB 交于点 F因 tanFCO 4 3，故 sinFCO 4 5，cosFCO 3 5因 OA60，OC170，故 OF OC tanFCO680 3 ，CF OC cosFCO 850 3 ，从而 AFOFOA 500 3 因 OAOC，故 cosAFBsinFCO4 5又 ABBC，故 BF AFcosAFB400 3 ，从而 BCCFBF150故新桥 BC 的长是 150 m (2)设保护区的边界圆 M 与 BC 的切点为 D，连接

11、 MD，则 MDBC，且 MD 是圆 M 的半径， 并设 MDr m，OMd m (0d60)因 OAOC，故 sinCFOcosFCO故由(1)知 sin CFOMD MF MD OFOM r 680 3 d 3 5，故 r 6803d 5 因 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m，故 rd80， r（60d）80，即 6803d 5 d80， 6803d 5 （60d）80， 解得 10d35故当 d10 时，r 680 3d 5 最大，即圆面积最大，故当 OM10 m 时，圆形保护区的面积最大 19已知函数 f (x)exe x，其中 e 是自然对数的底数 证明：f

12、(x)是 R 上的偶函数； 若关于 x 的不等式 mf (x)e xm1 在(0，)上恒成立，求实数 m 的取值范围； 已知正数 a 满足：存在 x01，)，使得 f (x0)a(x303x0)成立试比较 ea 1与 ae1 的大小，并证明你的结论 【解】因为对任意 xR，都有 f (x)e xe(x)exexf (x)，故 f (x)是 R 上的偶函数； 由条件知 m(exe x1)ex1 在(0，)上恒成立令 tex(x0)，则 t1，故 m t1 t2t1 1 t1 1 t11 对任意 t1 成立因为 t1 1 t112 （t1） 1 t113，故 1 t1 1 t11 1 3，当且仅当

13、 t2，即 xln 2 时等号成立因此实数 m 的取值范围是(， 1 3 令函数 g(x)ex1 exa(x 33x)，则 g(x)ex1 ex3a(x 21)当 x1 时，ex1 ex0，x 2 10，又 a0，故 g(x)0故 g(x)是1，)上的单调增函数，因此 g(x)在1，)上的最小值是 g(1)ee 12a由于存在 x 01，)，使 e x 0e x 0a(x 3 03x0)0 成立，当且仅当最小值 g(1)0故 ee 12a0，即 aee 1 2 令函数 h(x)x(e1)ln x1，则 h(x)1e1 x 令 h(x)0，得 xe1，当 x(0，e1)时，h(x)0，故 h(x

14、)是(0，e1)上的单调减函数；当 x(e 1，)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数故h(x)在(0，)上的最小值是h(e 1)注意到h(1)h(e)0，故当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0当x(e 1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0故 h(x)0 对任意的 x(1，e)成立 当 a ee 1 2 ，e (1，e)时，h(a)0，即 a1(e1)ln a，从而 ea 1ae1； 当 ae 时，ea 1ae1； 当 a(e，)(e1，)时，h(a)h(e)0，即 a1(e1)ln a，故 ea 1ae1 综上所述，当 a ee1 2 ，e 时，e

15、a 1ae1；当 ae时，ea1ae1；当 a(e，)时，ea 1ae1 20设数列an的前 n 项和为 Sn若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Snam，则称an 是“H 数列” 若数列an的前 n 项和 Sn2n(nN*)，证明：an是“H 数列”； 设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0若an是“H 数列”，求 d 的值； 证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H 数列”bn和cn，使得 anbncn(nN*) 成立 【解】由已知，当 n1 时，an1Sn1Sn2n 12n2n于是对任意的正整数 n，总存在正 整数 mn1，使得 Sn2nam所以an是“H 数列” 由已

16、知，得 S22a1d2d因为an是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1因为 d0，所以 m20，故 m1从而 d1当 d 1 时，an2n，Snn（3n） 2 是小于 2 的整数，nN*，于是对任意的正整数 n，总存在正整 数 m2Sn2n（3n） 2 ，使得 Sn2mam，所以an是“H 数列”因此 d 的值为1 设等差数列an的公差为 d，则 ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令 bnna1，cn (n1)(da1)，则 anbncn(nN*) 下证bn是“H 数列” 设bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnn（n1） 2

17、 a1(nN*)，于是对任意的正整数 n，总存在正整数 m n（n1） 2 ，使得 Tnbm，所以bn是“H 数列” 同理可证cn也是“H 数列”所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H 数列”bn和 cn，使得 anbncn(nN*)成立 B选修 4-2：矩阵与变换 【2014 高考江苏第 21B 题】 已知矩阵 A 1 2 1 x ，B 1 1 2 1 ，向量 2 y ，x，y 为实数若 AB，求 xy 的值 解 由已知，得 A 1 2 1 x 2 y 22y 2xy ，B 1 1 2 1 2 y 2y 4y 因为 AB，所以 22y 2xy 2y 4y 故 22y2y， 2xy4y.

18、解得 x1 2， y4. 所以 xy7 2 C选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 的参数方程为 x1 2 2 t， y2 2 2 t (t 为参数)，直线 l 与抛物线 y2 4x 相交于 A，B 两点，求线段 AB 的长 解 将直线 l 的参数方程 x1 2 2 t， y2 2 2 t 代入抛物线方程 y24x，得 2 2 2 t 2 4 1 2 2 t ，解得 t1 0，t28 2所以 AB|t1t2|8 2 22盒中共有 9 个球，其中有 4 个红球、3 个黄球和 2 个绿球，这些球除颜色外完全相同 (1)从盒中一次随机取出 2 个球，求取出的 2

19、 个球的颜色相同的概率 P； (2)从盒中一次随机取出 4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为 x1，x2，x3，随机变量X 表 示 x1，x2，x3中的最大数，求 X 的概率分布和数学期望 E(X) 解 (1)取到的 2 个颜色相同的球可能是 2 个红球、2 个黄球或 2 个绿球，所以 PC 2 4C 2 3C 2 2 C29 631 36 5 18 (2)随机变量 X 所有可能的取值为 2，3，4X4表示的随机事件是“取到的 4 个球是 4 个红 球”，故 P(X4)C 4 4 C49 1 126；X3表示的随机事件是“取到的 4 个球是 3 个红球和 1 个其他颜 色的球，或 3 个

20、黄球和 1 个其他颜色的球”，故 P(X3)C 3 4C 1 5C 3 3C 1 6 C49 206 126 13 63；于是 P(X2) 1P(X3)P(X4)113 63 1 126 11 14所以随机变量 X 的概率分布如下表： X 2 3 4 P 11 14 13 63 1 126 因此随机变量 X 的数学期望 E(X)211 143 13 634 1 126 20 9 23. 已知函数 f0(x)sin x x (x0)，设 fn(x)为 fn1(x)的导数，nN* (1)求 2f1 2 2f2 2 的值； (2)证明：对任意的 nN*，等式 nfn1 4 4fn 4 2 2 都成立

21、 (1)解 由已知，得f1(x)f0(x) sin x x cos x x sin x x2 ，于是f2(x)f1(x) cos x x sin x x2 sin x x 2cos x x2 2sin x x3 ，所以 f1 2 4 2，f2 2 2 16 3，故 2f1 2 2f2 2 1 (2)证明 由已知，得 xf0(x)sin x，等式两边分别对x 求导，得 f0(x)xf0(x)cos x，即 f0(x)xf1(x) cos xsin x 2 ，类似可得 2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos x sin x3 2 ，4f3(x)xf4(x)s

22、in xsin()x2 下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sin xn 2 对所有的 nN*都成立 ()当 n1 时，由上可知等式成立 ()假设当 nk 时等式成立，即 kfk1(x)xfk(x)sin xk 2 因 为 kfk1(x) xfk(x) kfk1(x) fk(x) xfk(x) (k 1)fk(x) xfk1(x) ， sin xk 2 cos xk 2 xk 2 sin xk1 2 ，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin xk1 2 因此当 nk1 时，等式也成立 综合()，()可知等式nfn1(x)xfn(x)sin xn 2 对所有的nN*都成立令x 4，可得nfn1 4 4fn 4 sin 4 n 2 (nN*)所以 nfn1 4 4fn 4 2 2 (nN*)