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▲.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▲.1
1．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▲.1
4．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=B
C．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.1.2.23.54.5.6.7.8.169.1010.41
1.12.13.14.二、解答题15.本小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.满
分14分.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.16.
本小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.满分14分.证明：（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AB
C-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.17.本小题主要考查
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.满
分14分.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.18.本小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.满分16分.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P
B⊥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≥O
B，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，B=15，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.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时（?13，9）；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）.19．本小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．满分16分．解：（1）因为，所以．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+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．20．本小题主要考查等差和
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．满分16分．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.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.因为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：xe(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．数学Ⅱ(附加题)
21．【选做题】本题包括A、B、C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．A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）已知矩阵（1）求A2；（2）求矩阵A的特征值.
B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）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的距离.C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）设，解不等式.【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）设.已知.（1）求n的值；
（2）设，其中，求的值.23.（本小题满分10分）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）.数学Ⅱ(附
加题)参考答案21．【选做题】A．[选修4–2：矩阵与变换]本小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．满分10
分．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.B．[选修4–4：坐标系与参数方程]本小题主要考查曲
线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．满分10分．解：（1）设极点为O.在△OAB中，A（3，），B（，），由余弦定理，得A
B=.（2）因为直线l的方程为，则直线l过点，倾斜角为．又，所以点B到直线l的距离为.C．[选修4–5：不等式选讲]本小题主要考查
解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．满分10分．解：当x<0时，原不等式可化为，解得x<-；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.22.【必做题】本小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，满分10分．解：（1）因为，所以，．因为，所以，解得．（2）由（1）知，．．解法一：因为，所以，从而．解法二：．因为，所以．因此．23．【必做题】本小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．满分10分．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，． |
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