2019年高考试题——数学（江苏卷）解析版 31页

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Ⅰ 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： 样本数据 的方差 ，其中 ． 柱体的体积 ，其中 是柱体的底面积， 是柱体的高． 锥体的体积 ，其中 是锥体的底面积， 是锥体的高． 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 ， ，则 _____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 由题意利用交集的定义求解交集即可. 【详解】由题知， . 【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题. 1 2, , , nx x x…  22 1 1 n i i s x xn    1 1 n i i x xn    V Sh S h 1 3V Sh S h { 1,0,1,6}A    0,B x x x R  A B  {1,6} {1,6}A B  2.已知复数 的实部为 0，其中 为虚数单位，则实数 a 的值是_____. 【答案】2. 【解析】 【分析】 本题根据复数的乘法运算法则先求得 ，然后根据复数的概念，令实部为 0 即得 a 的值. 【详解】 ， 令 得 . 【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.下图是一个算法流程图，则输出的 S 的值是_____. 【答案】5. 【解析】 【分析】 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， 不成立，继续循环， ； 执行第二次， 不成立，继续循环， ； 执行第三次， 不成立，继续循环， ； 执行第四次， 成立，输出 【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． ( 2i)(1 i)a   i z 2(a 2 )(1 i) 2 2 2 ( 2)i a ai i i a a i          2 0a   2a  1 , 1 42 2 xS S x     1 2x x   3 , 2 42 2 xS S x     1 3x x   3, 3 42 xS S x     1 4x x   5, 4 42 xS S x     5.S  (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.函数 的定义域是_____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 由题意得到关于 x 的不等式，解不等式可得函数的定义域. 【详解】由已知得 , 即 解得 ， 故函数的定义域为 . 【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.已知一组数据 6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 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 ， 所以该组数据的方差是 . 【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题. 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_____. 27 6y x x   [ 1,7] 27 6 0x x   2 6 7 0x x   1 7x   [ 1,7] 5 3 6 7 8 8 9 10 86       2 2 2 2 2 21 5[(6 8) (7 8) (8 8) (8 8) (9 8) (10 8) ]6 3            【答案】 . 【解析】 【分析】 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. 【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 种情况. 若选出的 2 名学生恰有 1 名女生，有 种情况， 若选出的 2 名学生都是女生，有 种情况， 所以所求的概率为 . 【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.在平面直角坐标系 中，若双曲线 经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 _____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 根据条件求 ，再代入双曲线的渐近线方程得出答案. 【详解】由已知得 ， 解得 或 ， 因为 ，所以 . 因为 ， 所以双曲线的渐近线方程为 . 7 10 2 5 10C  1 1 3 2 6C C  2 2 1C  6 1 7 10 10   xOy 2 2 2 1( 0)yx bb   2y x  b 2 2 2 43 1b  2b  2b   0b  2b  1a  2y x  【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 密切相关，事实上，标准方程中化 1 为 0，即得渐近线方程. 8.已知数列 是等差数列， 是其前 n 项和.若 ，则 的值是_____. 【答案】16. 【解析】 【分析】 由题意首先求得首项和公差，然后求解前 8 项和即可. 【详解】由题意可得： ， 解得： ，则 . 【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 的方程组. 9.如图，长方体 的体积是 120，E 为 的中点，则三棱锥 E-BCD 的体积是_____. 【答案】10. 【解析】 【分析】 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 的体积为 120， ,a b *{ }( )na nN nS 2 5 8 90, 27a a a S   8S     2 5 8 1 1 1 9 1 4 7 0 9 89 272 a a a a d a d a d S a d            1 5 2 a d     8 1 8 78 40 28 2 162S a d       1a d, 1 1 1 1ABCD A B C D 1CC 1 1 1 1ABCD A B C D 所以 ， 因为 为 的中点， 所以 ， 由长方体的性质知 底面 ， 所以 是三棱锥 的底面 上的高， 所以三棱锥 的体积 . 【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.在平面直角坐标系 中，P 是曲线 上的一个动点，则点 P 到直线 x+y=0 的距离的最小 值是_____. 【答案】4. 【解析】 【分析】 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 【详解】当直线 平移到与曲线 相切位置时，切点 Q 即为点 P 到直线 的距离最小. 由 ，得 ， ， 即切点 ， 则切点 Q 到直线 的距离为 ， 故答案为： ． 【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.在平面直角坐标系 中，点 A 在曲线 y=lnx 上，且该曲线在点 A 处的切线经过点（-e，-1)(e 为自然对 1 120AB BC CC   E 1CC 1 1 2CE CC 1CC  ABCD CE E BCD BCD E BCD 1 1 3 2V AB BC CE     1 1 1 1 1 120 103 2 2 12AB BC CC       xOy 4 ( 0)y x xx   2 2 gR r 4y x x  2 2 gR r 2 41 1y x      2( 2 )x   舍 3 2y  ( 2,3 2)Q 2 2 gR r 2 2 2 3 2 4 1 1    4 xOy 数的底数），则点 A 的坐标是____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 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 ，则 .又 ， 当 时， ， 点 A 在曲线 上 切线为 ， 即 ， 代入点 ，得 ， 即 ， 考查函数 ，当 时， ，当 时， ， 且 ，当 时， 单调递增， 注意到 ，故 存在唯一的实数根 ，此时 ， 故点 的坐标为 . 【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.如图，在 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE=2EA，AD 与 CE 交于点 .若 ， 则 的值是_____. (e, 1)  0 0,A x y 0 0lny x 1y x   0x x 0 1y x   lny x 的 0 0 0 1 ( )y y x xx   0 0 ln 1xy x x    , 1e  0 0 1 ln 1ex x     0 0lnx x e   lnH x x x  0,1x   0H x   1,x    0H x   ' ln 1H x x  1x     ' 0,H x H x  H e e 0 0lnx x e 0x e 0 1y  A  ,1A e VABC O 6AB AC AO EC      AB AC 【答案】 . 【解析】 【分析】 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. ， 得 即 故 . 【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.已知 ，则 的值是_____. 3      36 3 2AO EC AD AC AE AB AC AC AE                  2 23 1 3 1 1 2 3 2 3 3AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC                             2 2 2 23 2 1 1 3 2 3 3 2 2AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC                       2 21 3 ,2 2AB AC  3 ,AB AC  3AB AC  tan 2 π 3tan 4        πsin 2 4    【答案】 . 【解析】 【分析】 由题意首先求得 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. 【详解】由 ， 得 ， 解得 ，或 . ， 当 时，上式 当 时，上式= 综上， 【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. 2 2 2 2 1: 4 A A A A CC C C v a r v va v r    tan  tan 1 tantan tan 2 tan 1 tan 1 3tan 1 tan4                23tan 5tan 2 0    tan 2  1tan 3   sin 2 sin 2 cos cos2 sin4 4 4             2 2 2 2 2 2 2sin cos cos sinsin 2 cos2 =2 2 sin cos               2 2 2 2tan 1 tan= 2 tan 1          tan 2  2 2 2 2 2 1 2 2= =2 2 1 10        ； 1tan 3   2 2 1 12 12 23 3 =2 101 13                          . 2sin 2 .4 10      14.设 是定义在 R 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 k>0.若在区间(0，9]上，关于 x 的 方程 有 8 个不同的实数根，则 k 的取值范围是_____. 【答案】 . 【解析】 【分析】 分别考查函数 和函数 图像的性质，考查临界条件确定 k 的取值范围即可. 【详解】当 时， 即 又 为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为 4，如图，函数 与 的图象，要使 在(0,9]上有 8 个实根，只需二者图象有 8 个交点即可. 当 时，函数 与 的图象有 2 个交点； 当 时， 的图象为恒过点（-2，0）的直线，只需函数 与 的图象有 6 个交点. 当 与 图象相切时，圆心（1，0）到直线 的距离为 1，即 ，得 ，函数 与 的图象有 3 个交点；当 过点（1,1）时，函数 与 的图 象有 6 个交点，此时 ，得 . ( ), ( )f x g x ( )f x ( )g x ( )f x (0,2]x 2( ) 1 ( 1)f x x   ( 2),0 1 ( ) 1 ,1 22 k x x g x x       ( ) ( )f x g x 1 2,3 4       f x  g x  0,2x  2( ) 1 1 ,f x x    2 21 1, 0.x y y    ( )f x ( )f x ( )g x ( ) ( )f x g x 1g( ) 2x   ( )f x ( )g x g( ) ( 2)x k x  ( )g x ( )f x ( )g x ( )f x ( )g x 2 0kx y k   2 2 1 1 k k k    2 4k  ( )f x ( )g x g( ) ( 2)x k x  ( )f x ( )g x 1 3k 1 3k  综上可知，满足 在(0,9]上有 8 个实根的 k 的取值范围为 . 【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：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.在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c． （1）若 a=3c，b= ，cosB= ，求 c 的值； （2）若 ，求 的值． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 (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 的值，然后由诱导公式可得 的 值. 【详解】（1）因为 ， 由余弦定理 ，得 ，即 . 所以 . （2）因为 ， 由正弦定理 ，得 ，所以 . 从而 ，即 ，故 . ( ) ( )f x g x 1 2 3 4      ， 2 2 3 sin cos 2 A B a b sin( )2B  3 3c  2 5 5 cos B sin( )2B  23 , 2,cos 3a c b B   2 2 2 cos 2 a c bB ac   2 2 22 (3 ) ( 2) 3 2 3 c c c c     2 1 3c  3 3c  sin cos 2 A B a b sin sin a b A B cos sin 2 B B b b cos 2sinB B 2 2cos (2sin )B B  2 2cos 4 1 cosB B  2 4cos 5B  因为 ，所以 ，从而 . 因此 . 【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.如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面 DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 (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， sin 0B  cos 2sin 0B B  2 5cos 5B  π 2 5sin cos2 5B B      所以 ED∥AB. 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB∥A1B1， 所以 A1B1∥ED. 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 BE⊥AC. 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 CC1⊥BE. 因为 C1C⊂平面 A1ACC1，AC⊂平面 A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以 BE⊥平面 A1ACC1. 因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E. 【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. 17.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C: 的焦点为 F1（–1、0）， F2（1，0）．过 F2 作 x 轴的垂线 l，在 x 轴的上方，l 与圆 F2: 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= ． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）求点 E 的坐标． 【答案】（1） ；  2 2 2 2 1( 0)x y a ba b    2 2 2( 1) 4x y a   5 2 2 2 14 3 x y  （2） . 【解析】 【分析】 (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 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= ，AF2⊥x 轴，所以 DF2= ， 因此 2a=DF1+DF2=4，从而 a=2 由 b2=a2-c2，得 b2=3. 因此，椭圆 C 的标准方程为 . （2）解法一： 由（1）知，椭圆 C： ，a=2， 因为 AF2⊥x 轴，所以点 A 的横坐标为 1. 将 x=1 代入圆 F2 的方程(x-1) 2+y2=16，解得 y=±4. 因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1，4). 又 F1(-1，0)，所以直线 AF1：y=2x+2. 3( 1, )2E   1AF 5 2 2 2 2 2 1 1 2 5 3( ) 22 2DF F F    . 2 2 14 3 x y  2 2 14 3 x y  由 ，得 ， 解得 或 . 将 代入 ，得 ， 因此 .又 F2(1，0)，所以直线 BF2： . 由 ，得 ，解得 或 . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 . 将 代入 ，得 .因此 . 解法二： 由（1）知，椭圆 C： .如图，连结 EF1. 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 EF1∥F2A. 因为 AF2⊥x 轴，所以 EF1⊥x 轴. 因为 F1(-1，0)，由 ，得 . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 .  2 2 2 2 1 16 y x x y      25 6 11 0x x   1x  11 5x   11 5x   2 2y x  12 5y   11 12( , )5 5B   3 ( 1)4y x  2 2 3 ( 1)4 14 3 y x x y       27 6 13 0x x   1x   13 7x  1x   1x   3 ( 1)4y x  3 2y   3( 1, )2E   2 2 14 3 x y  2 2 1 14 3 x x y     3 2y   3 2y   因此 . 【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. 18.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）对规划要求下，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． 【答案】（1）15（百米）； （2）见解析； （3）17+ （百米）. 【解析】 【分析】 解：解法一： （1）过 A 作 ，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； 3( 1, )2E   3 21 AE BD （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 ，垂足为 E. 由已知条件得，四边形 ACDE 为矩形， . 因为 PB⊥AB， 所以 . 所以 . 因此道路 PB 的长为 15（百米）. （2）①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. ②若 Q 在 D 处，连结 AD，由（1）知 ， 从而 ，所以∠BAD 为锐角. 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∠OBP<90°时，线段 PB 上存在点到点 O 的距离小于圆 O 的半径，点 P 不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段 PB 上任意一点 F，OF≥OB，即线段 PB 上所有点到点 O 的距离均不小于圆 O 的半 径，点 P 符合规划要求. 设 为 l 上一点，且 ，由（1）知， ， 此时 ； AE BD 6, 8DE BE AC AE CD     8 4cos sin 10 5PBD ABE     12 154cos 5 BDPB PBD   2 2 10AD AE ED   2 2 2 7cos 02 25 AD AB BDBAD AD AB      x ya M N   1PB AB 1 15PB  1 1 1 1 3sin cos 15 95PD PB PBD PB EBA       当∠OBP>90°时，在 中， . 由上可知，d≥15. 再讨论点 Q 的位置. 由（2）知，要使得 QA≥15，点 Q 只有位于点 C 的右侧，才能符合规划要求.当 QA=15 时， .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 PB⊥AB，点 Q 位于点 C 右侧，且 CQ= 时，d 最小，此时 P，Q 两点间的距离 PQ=PD+CD+CQ=17+ . 因此，d 最小时，P，Q 两点间的距离为 17+ （百米）. 解法二： （1）如图，过 O 作 OH⊥l，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 x2+y2=25. 从而 A（4，3），B（−4，−3），直线 AB 的斜率为 . 因为 PB⊥AB，所以直线 PB 的斜率为 ， 直线 PB 的方程为 . 所以 P（−13，9）， . 因此道路 PB 的长为 15（百米）. （2）①若 P 在 D 处，取线段 BD 上一点 E（−4，0），则 EO=4<5，所以 P 选在 D 处不满足规划要求. ②若 Q 在 D 处，连结 AD，由（1）知 D（−4，9），又 A（4，3）， 1PPB△ 1 15PB PB  2 2 2 215 6 3 21CQ QA AC     3 21 3 21 3 21 3 4 4 3 4 25 3 3y x   2 2( 13 4) (9 3) 15PB       所以线段 AD： . 在线段 AD 上取点 M（3， ），因为 ， 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∠OBP<90°时，线段 PB 上存在点到点 O 的距离小于圆 O 的半径，点 P 不符合规划要求； 当∠OBP≥90°时，对线段 PB 上任意一点 F，OF≥OB，即线段 PB 上所有点到点 O 的距离均不小于圆 O 的半 径，点 P 符合规划要求. 设 为 l 上一点，且 ，由（1）知， ，此时 ； 当∠OBP>90°时，在 中， . 由上可知，d≥15. 再讨论点 Q 的位置. 由（2）知，要使得 QA≥15，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 ， 得 a= ，所以 Q（ ，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（ ，9）时，d 最小，此时 P，Q 两点间的距离 . 因此，d 最小时，P，Q 两点间的距离为 （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.设函数 ， 为 f（x）的导函数． （1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值； （2）若 a≠b，b=c，且 f（x）和 的零点均在集合 中，求 f（x）的极小值； 3 6( 4 4)4y x x    „ „ 15 4 2 2 2 2153 3 4 54OM         x ya M N   1PB AB 1 15PB   1 13,9P  1PPB△ 1 15PB PB  2 2( 4) (9 3) 15( 4)AQ a a      4 3 21 4 3 21 4 3 21 4 3 21 ( 13) 17 3 21PQ       17 3 21 ( ) ( )( )( ), , , Rf x x a x b x c a b c     ( )f ' x ( )f ' x { 3,1,3} （3）若 ，且 f（x）的极大值为 M，求证:M≤ ． 【答案】（1） ； （2）见解析； （3）见解析. 【解析】 【分析】 （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 ，所以 ． 当 时， ． 令 ，则 ． 令 ，得 ．列表如下： + 0 – 极大值 所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ． 所以当 时， ，因此 ． 【详解】（1）因为 ，所以 ． 0,0 1, 1a b c  „ 4 27 2a  0 1b  1 (0,1)x  (0,1)x 2( ) ( )( 1) ( 1)f x x x b x x x     2( ) ( 1) , (0,1)g x x x x   1( ) 3 ( 1)3g' x x x      ( ) 0g' x  1 3x  x 1(0, )3 1 3 1( ,1)3 ( )g' x ( )g x   1 3x  ( )g x max 1 4( ) 3 27g x g      (0,1)x 4( ) ( ) 27f x g x  4 27M  a b c  3( ) ( )( )( ) ( )f x x a x b x c x a      因为 ，所以 ，解得 ． （2）因为 ， 所以 ， 从而 ．令 ，得 或 ． 因为 ，都在集合 中，且 ， 所以 ． 此时 ， ． 令 ，得 或 ．列表如下： 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以 的极小值为 ． （3）因为 ，所以 ， ． 因为 ，所以 ， 则 有 2 个不同的零点，设为 ． 由 ，得 ． 列表如下： + 0 – 0 + (4) 8f  3(4 ) 8a  2a  b c 2 3 2 2( ) ( )( ) ( 2 ) (2 )f x x a x b x a b x b a b x ab         2( ) 3( ) 3 a bf' x x b x       ( ) 0f ' x  x b 2 3 a bx  2, , 3 a ba b  { 3,1,3} a b 2 1, 3, 33 a b a b     2( ) ( 3)( 3)f x x x   ( ) 3( 3)( 1)f' x x x   ( ) 0f ' x  3x   1x  x ( , 3)  3 ( 3,1) (1, ) ( )f x    ( )f x 2(1) (1 3)(1 3) 32f      0, 1a c  3 2( ) ( )( 1) ( 1)f x x x b x x b x bx       2( ) 3 2( 1)f' x x b x b    0 1b  2 24( 1) 12 (2 1) 3 0b b b         1 2 1 2,x x x x ( ) 0f ' x  2 2 1 2 1 1 1 1,3 3 b b b b b bx x         x 1( , )x 1x  1 2,x x 2x 2( , )x  极大值 极小值 所以 的极大值 ． 解法一： ．因此 ． 解法二： 因为 ，所以 ． 当 时， ． 令 ，则 ． 令 ，得 ．列表如下： + 0 – 极大值 所以当 时， 取得极大值，且是最大值，故 ． ( )f x    ( )f x  1M f x   3 2 1 1 1 1( 1)M f x x b x bx        2 2 1 1 1 1 2 11 ( 1)3 2( 1) 3 9 9 9 b bx b b bx b x b x                2 3 22 1 ( 1) ( 1) 2 127 9 27 b b b b b b b          2 3( 1) 2( 1) ( 1) 2 ( ( 1) 1)27 27 27 b b b b b b       ( 1) 2 4 27 27 27 b b    4 27M  0 1b  1 (0,1)x  (0,1)x 2( ) ( )( 1) ( 1)f x x x b x x x     2( ) ( 1) , (0,1)g x x x x   1( ) 3 ( 1)3g' x x x      ( ) 0g' x  1 3x  x 1(0, )3 1 3 1( ,1)3 ( )g' x ( )g x   1 3x  ( )g x max 1 4( ) 3 27g x g      所以当 时， ，因此 ． 【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.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}满足： ，求证:数列{an}为“M－数列”； （2）已知数列{bn}满足: ，其中 Sn 为数列{bn}的前 n 项和． ①求数列{bn}的通项公式； ②设 m 为正整数，若存在“M－数列”{cn} ，对任意正整数 k，当 k≤m 时，都有 成立，求 m 的最大值． 【答案】（1）见解析； （2）①bn=n ；②5. 【解析】 【分析】 （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）①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； ②由①确定 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 a1≠0，q≠0. 由 ，得 ，解得 ． 因此数列 为“M—数列”. （2）①因为 ，所以 ． 由 得 ，则 . (0,1)x 4( ) ( ) 27f x g x  4 27M  2 4 5 13 2, 4 4 0a a a a a a    1 1 1 2 21, n n n b S b b      1k k kc b c „ „  *nN kb 2 4 5 3 2 14 4 0 a a a a a a      2 4 4 1 1 2 1 1 14 4 0 a q a q a q a q a       1 1 2 a q    { }na 1 1 2 2 n n nS b b    0nb  1 1 11,b S b  2 1 2 2 1 1 b  2 2b  由 ，得 ， 当 时，由 ，得 ， 整理得 ． 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=n . ②由①知，bk=k， . 因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为 q，所以 c1=1，q>0. 因 ck≤bk≤ck+1，所以 ，其中 k=1，2，3，…，m. 当 k=1 时，有 q≥1； 当 k=2，3，…，m 时，有 ． 设 f（x）= ，则 ． 令 ，得 x=e.列表如下： x e (e，+∞) + 0 – f（x） 极大值 因为 ，所以 ． 取 ，当 k=1，2，3，4，5 时， ，即 ， 经检验知 也成立． 因此所求 m 的最大值不小于 5． 若 m≥6，分别取 k=3，6，得 3≤q3，且 q5≤6，从而 q15≥243，且 q15≤216， 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． 1 1 2 2 n n nS b b    1 12( ) n n n n n b bS b b     2n  1n n nb S S       1 1 1 12 2 n n n n n n n n n b b b bb b b b b        1 1 2n n nb b b    *n N *k N 为 1k kq k q   ln lnln 1 k kqk k   ln ( 1)x xx  2 1 ln( ) xf ' x x  ( ) 0f ' x  (1,e) ( )f ' x ln 2 ln8 ln9 ln3 2 6 6 3   max ln3( ) (3) 3f k f  3 3q  ln lnk qk „ kk q 1kq k  【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Ⅱ(附加题) 【选做题】本题包括 21、22、23 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． 21.已知矩阵 （1）求 A2； （2）求矩阵 A 的特征值. 【答案】（1） ； （2） . 【解析】 【分析】 (1)利用矩阵的乘法运算法则计算 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. 【详解】（1）因为 ， 所以 = = ． （2）矩阵 A 的特征多项式为 . 令 ，解得 A 的特征值 . 【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． 3 1 2 2      A 11 5 10 6      1 21, 4   2A 3 1 2 2      A 2 3 1 3 1 2 2 2 2            A 3 3 1 2 3 1 1 2 2 3 2 2 2 1 2 2                11 5 10 6      23 1( ) 5 42 2f          ( ) 0f   1 21, 4   22.在极坐标系中，已知两点 ，直线 l 的方程为 . （1）求 A，B 两点间的距离； （2）求点 B 到直线 l 距离. 【答案】（1） ； （2）2. 【解析】 【分析】 (1)由题意，在 中，利用余弦定理求解 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 的距离. 【详解】（1）设极点为 O.在△OAB 中，A（3， ），B（ ， ）， 由余弦定理，得 AB= . （2）因为直线 l 方程为 ， 则直线 l 过点 ，倾斜角为 ． 又 ，所以点 B 到直线 l 的距离为 . 【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.设 ，解不等式 . 【答案】 . 【解析】 【分析】 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 x<0 时，原不等式可化为 ，解得 x<– ： 3, , 2,4 2A B            sin 34       的 5 OAB△ AB l 4  2 2  2 23 ( 2) 2 3 2 cos( ) 52 4         的 sin( ) 34    (3 2, )2  3 4  ( 2, )2B  3(3 2 2) sin( ) 24 2      xR | |+|2 1|>2x x  1{ | 1}3x x x  或 1 2 2x x    1 3 当 0≤x≤ 时，原不等式可化为 x+1–2x>2，即 x<–1，无解； 当 x> 时，原不等式可化为 x+2x–1>2，解得 x>1. 综上，原不等式的解集为 . 【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】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.设 .已知 . （1）求 n 的值； （2）设 ，其中 ，求 的值. 【答案】（1） ； （2）-32. 【解析】 【分析】 (1)首先由二项式展开式的通项公式确定 的值，然后求解关于 的方程可得 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 的值即可； 解法二：利用(1)中求得的 n 的值，由题意得到 的展开式，最后结合平方差公式即可确定 的值. 【详解】（1）因为 ， 所以 ， ． 因为 ， 所以 ， 解得 ． （2）由（1）知， ． 1 2 1 2 1{ | 1}3x x x  或 2 * 0 1 2(1 ) , 4,n n nx a a x a x a x n n      N … 2 3 2 42a a a (1 3) 3n a b   *,a bN 2 23a b 5n  2 3 4, ,a a a n n 2 23a b  5 1 3 2 23a b 0 1 2 2(1 ) C C C C 4n n n n n n nx x x x n       ， 2 3 2 3 ( 1) ( 1)( 2)C , C2 6n n n n n n na a      4 4 ( 1)( 2)( 3)C 24n n n n na     2 3 2 42a a a 2( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2)( 3)[ ] 26 2 24 n n n n n n n n n        5n  5n  ． 解法一： 因为 ，所以 ， 从而 ． 解法二： ． 因为 ，所以 ． 因此 ． 【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.在平面直角坐标系 xOy 中，设点集 ， 令 .从集合 Mn 中任取两 个不同的点，用随机变量 X 表示它们之间的距离. （1）当 n=1 时，求 X 的概率分布； （2）对给定的正整数 n（n≥3），求概率 P（X≤n）（用 n 表示）. 【答案】（1）见解析； （2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)由题意首先确定 X 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 的值，据此分类讨论①. ，②. ，③. ，④. 四种情况确定 满足 的所有可能的取值，然后求解相应的概率值即可 5(1 3) (1 3)n   0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 5 5 5 5 5C C 3 C ( 3) C ( 3) C ( 3) C ( 3)      3a b  *,a bN 0 2 4 1 3 5 5 5 5 5 5 5C 3C 9C 76, C 3C 9C 44a b        2 2 2 23 76 3 44 32a b      5 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 5 5 5 5 5(1 3) C C ( 3) C ( 3) C ( 3) C ( 3) C ( 3)            0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 5 5 5 5 5 5C C C ( 3) C ( 3) C ( 3) (3 C 3)      *,a bN 5(1 3) 3a b   2 2 5 5 53 ( 3)( 3) (1 3) (1 3) ( 2) 32a b a b a b            {(0,0),(1,0),(2,0), ,( ,0)}nA n  (0,1),( ,1)}, {(0,2),(1,2),(2,2), ,( ,2)}, .n nB n C n n N    n n n nM A B C    P X n b d 0, 1b d  0, 2b d  1, 2b d  X X n 确定 的值. 【详解】（1）当 时， 的所有可能取值是 ． 的概率分布为 ， ． （2）设 和 是从 中取出的两个点． 因为 ，所以仅需考虑 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 2 种取法； ③若 ，则 ，因为当 时， ，所以 当 且仅当 ，此时 或 ，有 2 种取法； ④若 ，则 ，所以 当且仅当 ，此时 或 ，有 2 种取法． 综上，当 时， 的所有可能取值是 和 ，且 ． 因此， ． 【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．  P X n≤ 1n  X 1 2 2 5， ， ， X 2 2 6 6 7 7 4 4( 1) , ( 2)C 15 C 15P X P X      2 2 6 6 2 2 2 2( 2) , ( 5)C 15 C 15P X P X      ( )A a b， ( )B c d， nM ( ) 1 ( )P X n P X n    X n b d AB n X n 0 1b d ， 2 2( ) 1 1AB a c n     X n 2 1AB n  0 a c n ， 0a n c ， 0 2b d ， 2 2( ) 4 4AB a c n     3n  2( 1) 4n n   X n 2 4AB n  0 a c n ， 0a n c ， 1 2b d ， 2 2( ) 1 1AB a c n     X n 2 1AB n  0 a c n ， 0a n c ， X n X 2 1n + 2 4n  2 2 2 2 2 4 2 4 4 2( 1) , ( 4)C Cn n P X n P X n         2 2 2 2 4 6( ) 1 ( 1) ( 4) 1 C n P X n P X n P X n           