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(精校版)2019年江苏卷数学高考试题文档版(有答案)
所属科目:高考试题    文件类型:docx
类别:试题、练习
上传日期:2019/6/26  
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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 ▲ .
2.已知复数的实部为0,其中为虚数单位,则实数a的值是 ▲ .
3.下图是一个算法流程图,则输出的S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(3,4),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n项和.若,则的值是 ▲ .
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 ▲ .
/
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 ▲ .
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为自然对数的底数),则点A的坐标是 ▲ .
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 ▲ .
/
13.已知,则的值是 ▲ .
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 ▲ .
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.(本小题满分14分)
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.
16.(本小题满分14分)
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.
/
17.(本小题满分14分)
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.
/
18.(本小题满分16分)
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)在规划要求下,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.
/
19.(本小题满分16分)
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)若,且f(x)的极大值为M,求证:M≤.
20.(本小满分16分)
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.














2019年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)
数学Ⅰ·参考答案
一、填空题:本题考查基础知识、基本运算和基本思想方法.每小题5分,共计70分.
1.【答案】{1,6}.
【解析】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.
2.【答案】2
【解析】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. 【答案】5
【解析】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.
(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.【答案】[-1,7]
【解析】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,

解得,
故函数的定义域为[-1,7].
【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.【答案】
【解析】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.【答案】
【解析】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.【答案】
【解析】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.
【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.【答案】16
【解析】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.【答案】10
【解析】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,
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.【答案】4
【解析】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:4.
【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.【答案】(e,1)
【解析】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.【答案】
【解析】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.【答案】
【解析】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.
14.【答案】
【解析】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.
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
15.【答案】(1);(2).
【解析】(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.
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.【答案】(1)见解析;(2)见解析.
【解析】(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,
/
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.【答案】(1);(2).
【解析】(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.
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.
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.
【答案】(1)15(百米);(2)见解析;(3)17+(百米).
【解析】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;
(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P1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,.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),
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P1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.【答案】(1);(2)见解析;(3)见解析.
【解析】(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.
因为,所以,解得.
(2)因为,
所以,
从而.令,得x=b或.
因为,都在集合中,且,
所以.
此时,.
令,得或.列表如下:

(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(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
+


↗
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.
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.【答案】(1)见解析;(2)①bn=n;②5.
【解析】(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.…………………………
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