2019年 理科数学高考题江苏卷

PAGE1参考公式·样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)(xi－x)2，其中x＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,x)i.柱体的体积V＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．锥体的体积V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．数学Ⅰ试题一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)1．(2019·江苏高考)已知集合A＝{－1，0，1，6}，B＝{x|x>0，x∈R}，则A∩B＝________．解析：因为A＝{－1，0，1，6}，B＝{x|x>0，x∈R}，故A∩B＝{1，6}．答案：{1，6}2．(2019·江苏高考)已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，因为其实部为0，故a＝2.答案：23．(2019·江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S的值是________．解析：第一次循环，S＝eq\f(1,2)，x＝2；第二次循环，S＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,2)＝eq\f(3,2)，x＝3；第三次循环，S＝eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝3，x＝4；第四次循环，S＝3＋eq\f(4,2)＝5，满足x≥4，结束循环．故输出的S的值是5.答案：54．(2019·江苏高考)函数y＝eq\r(7＋6x－x2)的定义域是________．解析：要使函数有意义，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，即(x＋1)(x－7)≤0，解得－1≤x≤7.故所求函数的定义域为[－1，7]．答案：[－1，7]5．(2019·江苏高考)已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是________．解析：这组数据的平均数为eq\f(6＋7＋8＋8＋9＋10,6)＝8，故方差为s2＝eq\f(1,6)×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)6．(2019·江苏高考)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________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)设3名男同学分别为A，B，C，2名女同学分别为a，b，则所有等可能事件分别为AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10个，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件分别为Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7个，故所求概率为eq\f(7,10).eq\a\vs4\al(法二：)同法一，得所有等可能事件共10个，选出的2名同学中没有女同学包含的基本事件分别为AB，AC，BC，共3个，故所求概率为1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).答案：eq\f(7,10)7．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)经过点(3，4)，所以9－eq\f(16,b2)＝1(b>0)，解得b＝eq\r(2)，即双曲线方程为x2－eq\f(y2,2)＝1，其渐近线方程为y＝±eq\r(2)x.答案：y＝±eq\r(2)x8．(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由S9＝27⇒eq\f(9（a1＋a9）,2)＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋8d＝6且a5＝3.又a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，解得a1＝－5，d＝2.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.eq\a\vs4\al(法二：)同法一得a5＝3.又a2a5＋a8＝0⇒3a2＋a8＝0⇒2a2＋2a5＝0⇒a2＝－3.∴d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝a2－d＝－5.故S8＝8a1＋eq\f(8×（8－1）,2)d＝16.答案：169．(2019·江苏高考)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是________．解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，∴VE­BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)ab×eq\f(1,2)c＝eq\f(1,12)abc＝10.答案：1010．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由题意可设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(4,x0)))(x0>0)，则点P到直线x＋y＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0＋x0＋\f(4,x0))),\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0))),\r(2))≥eq\f(2\r(2x0·\f(4,x0)),\r(2))＝4，当且仅当2x0＝eq\f(4,x0)，即x0＝eq\r(2)时取等号．故所求最小值是4.eq\a\vs4\al(法二：)设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(4,x0)＋x0))(x0>0)，则曲线在点P处的切线的斜率为k＝1－eq\f(4,xeq\o\al(2,0)).令1－eq\f(4,xeq\o\al(2,0))＝－1，结合x0>0得x0＝eq\r(2)，∴P(eq\r(2)，3eq\r(2))，曲线y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的点P到直线x＋y＝0的最短距离即为此时点P到直线x＋y＝0的距离，故dmin＝eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(2))＝4.答案：411．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy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________．解析：设A(m，n)，则曲线y＝lnx在点A处的切线方程为y－n＝eq\f(1,m)(x－m)．又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝eq\f(1,m)(m＋e)．再由n＝lnm，解得m＝e，n＝1.故点A的坐标为(e，1)．答案：(e，1)12．(2019·江苏高考)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O.若eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up7(→))，则eq\f(AB,AC)的值是________．解析：eq\a\vs4\al(法一：)如图①，过点D作DF∥CE交AB于点F，由D是BC的中点，可知F为BE的中点．又BE＝2EA，则知EF＝EA，从而可得AO＝OD，则有eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AC,\s\up7(→))－\f(1,3)eq\o(AB,\s\up7(→))))＝eq\f(3,2)eq\o(AC,\s\up7(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))，整理可得eq\o(AB,\s\up7(→))2＝3eq\o(AC,\s\up7(→))2，所以eq\f(AB,AC)＝eq\r(3).eq\a\vs4\al(法二：)以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图②所示．设E(1，0)，C(a，b)，则B(3，0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,2)，\f(b,2))).eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(lAD：y＝\f(b,a＋3)x，,lCE：y＝\f(b,a－1)（x－1）))⇒Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4))).∵eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝6eq\o(AO,\s\up7(→))·eq\o(EC,\s\up7(→))，∴(3，0)·(a，b)＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3,4)，\f(b,4)))·(a－1，b)，即3a＝6eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（a＋3）（a－1）,4)＋\f(b2,4)))，∴a2＋b2＝3，∴AC＝eq\r(3).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3).答案：eq\r(3)13．(2019·江苏高考)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是______．解析：eq\a\vs4\al(法一：)由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα（1－tanα）,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或－eq\f(1,3).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1)＝eq\r(2)(sinαcosα＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r(2),2)，将tanα＝2和－eq\f(1,3)分别代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).eq\a\vs4\al(法二：)∵eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，解得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)＋eq\f(3\r(2),10)＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)14．(2019·江苏高考)设f(x)，g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数．当x∈(0，2]时，f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（x＋2），0<x≤1，,－\f(1,2)，1<x≤2，))其中k>0.若在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)＝g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是________．解析：当x∈(0，2]时，y＝f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)⇔(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，结合f(x)是周期为4的奇函数，可作出f(x)在(0，9]上的图象如图所示．∵当x∈(1，2]时，g(x)＝－eq\f(1,2)，又g(x)的周期为2，∴当x∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，g(x)＝－eq\f(1,2).由图可知，当x∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，f(x)与g(x)的图象有2个交点，∴当x∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]时，f(x)与g(x)的图象有6个交点．又当x∈(0，1]时，y＝g(x)＝k(x＋2)(k>0)恒过定点A(－2，0)，由图可知，当x∈(2，3]∪(6，7]时，f(x)与g(x)的图象无交点，∴当x∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]时，f(x)与g(x)的图象有6个交点．由f(x)与g(x)的周期性可知，当x∈(0，1]时，f(x)与g(x)的图象有2个交点．当y＝k(x＋2)与圆弧(x－1)2＋y2＝1(0＜x≤1)相切时，d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝1⇒k2＝eq\f(1,8)(k>0)⇒k＝eq\f(\r(2),4).当y＝k(x＋2)过点A(－2，0)与B(1，1)时，k＝eq\f(1,3).∴eq\f(1,3)≤k＜eq\f(\r(2),4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(2),4)))二、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(2019·江苏高考)(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＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，求c的值；(2)若eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))的值．解：(1)因为a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3)，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即eq\f(2,3)＝eq\f(（3c）2＋c2－（\r(2)）2,2×3c×c)，解得c2＝eq\f(1,3).所以c＝eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\f(sinA,a)＝eq\f(cosB,2b)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(cosB,2b)＝eq\f(sinB,b)，所以cosB＝2sinB.从而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f(4,5).因为sinB>0，所以cosB＝2sinB>0，从而cosB＝eq\f(2\r(5),5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB＝eq\f(2\r(5),5).16．(2019·江苏高考)(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1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ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥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．(2019·江苏高考)(本小题满分14分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)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：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝eq\f(5,2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．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＝eq\f(5,2)，AF2⊥x轴，所以DF2＝eq\r(DFeq\o\al(2,1)－F1Feq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq\f(3,2).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eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)eq\a\vs4\al(法一：)由(1)知，椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,（x－1）2＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5).将x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，解得y＝－eq\f(12,5).因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5))).又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7).又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.将x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).eq\a\vs4\al(法二：)由(1)知，椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.如图，连接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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得y＝±eq\f(3,2).又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).18．(2019·江苏高考)(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．解：eq\a\vs4\al(法一：)(1)如图①，过A作AE⊥BD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8.因为PB⊥AB，所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5).所以PB＝eq\f(BD,cos∠PBD)＝eq\f(12,\f(4,5))＝15.因此道路PB的长为15(百米)．(2)均不能．理由如下：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，连接AD，由(1)知AD＝eq\r(AE2＋ED2)＝10，从而cos∠BAD＝eq\f(AD2＋AB2－BD2,2AD·AB)＝eq\f(7,25)>0，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．当∠OBP＝90°时，设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bcos∠EBA＝15×eq\f(3,5)＝9；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.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，CQ＝eq\r(AQ2－AC2)＝eq\r(152－62)＝3eq\r(21).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＝3eq\r(21)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3eq\r(21).因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3eq\r(21)(百米)．eq\a\vs4\al(法二：)(1)如图②，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eq\f(3,4).因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为－eq\f(4,3)，直线PB的方程为y＝－eq\f(4,3)x－eq\f(25,3).所以P(－13，9)，PB＝eq\r(（－13＋4）2＋（9＋3）2)＝15.因此道路PB的长为15(百米)．(2)均不能．理由如下：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，连接AD，由(1)知D(－4，9)，又A(4，3)，所以线段AD：y＝－eq\f(3,4)x＋6(－4≤x≤4)．在线段AD上取点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(15,4)))，因为OM＝eq\r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,4)))\s\up12(2))<eq\r(32＋42)＝5，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．当∠OBP＝90°时，设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1(－13，9)；当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.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AQ＝eq\r(（a－4）2＋（9－3）2)＝15(a>4)，得a＝4＋3eq\r(21)，所以Q(4＋3eq\r(21)，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(4＋3eq\r(21)，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝4＋3eq\r(21)－(－13)＝17＋3eq\r(21).因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3eq\r(21)(百米)．19．(2019·江苏高考)(本小题满分16分)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)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f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值；(3)若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证：M≤eq\f(4,27).解：(1)因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋b,3))).令f′(x)＝0，得x＝b或x＝eq\f(2a＋b,3).因为a，b，eq\f(2a＋b,3)都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，所以eq\f(2a＋b,3)＝1，a＝3，b＝－3.此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.(3)证明：因为a＝0，c＝1，所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.因为0＜b≤1，所以Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0，则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1<x2)．由f′(x)＝0，得x1＝eq\f(b＋1－\r(b2－b＋1),3)，x2＝eq\f(b＋1＋\r(b2－b＋1),3).列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值M＝f(x1)．eq\a\vs4\al(法一：)M＝f(x1)＝xeq\o\al(3,1)－(b＋1)xeq\o\al(2,1)＋bx1＝[3xeq\o\al(2,1)－2(b＋1)x1＋b]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)－\f(b＋1,9)))－eq\f(2（b2－b＋1）,9)x1＋eq\f(b（b＋1）,9)＝eq\f(－2（b2－b＋1）（b＋1）,27)＋eq\f(b（b＋1）,9)＋eq\f(2,27)(eq\r(b2－b＋1))3＝eq\f(b（b＋1）,27)－eq\f(2（b－1）2（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)(eq\r(b（b－1）＋1))3≤eq\f(b（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).eq\a\vs4\al(法二：)因为0<b≤1，所以x1∈(0，1)．当x∈(0，1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2.令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，则g′(x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))(x－1)．令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,3).列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))g′(x)＋0－g(x)极大值所以当x＝eq\f(1,3)时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(4,27).所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).20．(2019·江苏高考)(本小题满分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}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M­数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，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}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2.))因此数列{an}为“M­数列”．(2)①因为eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得eq\f(1,1)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,b2)，则b2＝2.由eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,bn)－eq\f(2,bn＋1)，得Sn＝eq\f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）).当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝eq\f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）)－eq\f(bn－1bn,2（bn－bn－1）)，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.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(n∈N*)．②由①知，bk＝k，k∈N*.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qk－1≤k≤qk，其中k＝1，2，3，…，m(m∈N*)．当k＝1时，有q≥1；当k＝2，3，…，m时，有eq\f(lnk,k)≤lnq≤eq\f(lnk,k－1).设f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：x(1，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值因为eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)<eq\f(ln9,6)＝eq\f(ln3,3)，所以f(k)max＝f(3)＝eq\f(ln3,3).取q＝eq\r(3,3)，当k＝1，2，3，4，5时，eq\f(lnk,k)≤lnq，即k≤qk，经检验知qk－1≤k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．(2019·江苏高考)[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．(本小题满分10分)[选修4­2：矩阵与变换]已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2))).(1)求A2；(2)求矩阵A的特征值．B．(本小题满分10分)[选修4­4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知两点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，直线l的方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3.(1)求A，B两点间的距离；(2)求点B到直线l的距离．C．(本小题满分10分)[选修4­5：不等式选讲]设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2.解：A.(1)因为A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))，所以A2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,1,2,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3×3＋1×2,3×1＋1×2,2×3＋2×2,2×1＋2×2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(11,5,10,6))).(2)矩阵A的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－3－1,－2λ－2))＝λ2－5λ＋4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝4.B．(1)设极点为O.在△OAB中，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，由余弦定理，得AB＝eq\r(32＋（\r(2)）2－2×3×\r(2)×cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,4))))＝eq\r(5).(2)因为直线l的方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3，所以直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,2)))，倾斜角为eq\f(3π,4).又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，所以点B到直线l的距离为(3eq\r(2)－eq\r(2))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,2)))＝2.C．解：当x＜0时，原不等式可化为－x＋1－2x＞2，解得x＜－eq\f(1,3)；当0≤x≤eq\f(1,2)时，原不等式可化为x＋1－2x＞2，即x＜－1，无解；当x＞eq\f(1,2)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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(1,3)或x＞1)).[必做题](第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22．(2019·江苏高考)(本小题满分10分)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知aeq\o\al(2,3)＝2a2a4.(1)求n的值；(2)设(1＋eq\r(3))n＝a＋beq\r(3)，其中a，b∈N*，求a2－3b2的值．解：(1)因为(1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn，n≥4，n∈N*，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n（n－1）,2)，a3＝Ceq\o\al(3,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,6)，a4＝Ceq\o\al(4,n)＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).因为aeq\o\al(2,3)＝2a2a4，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n－1）（n－2）,6)))eq\s\up12(2)＝2×eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).解得n＝5.(2)由(1)知，n＝5.(1＋eq\r(3))n＝(1＋eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5＝a＋beq\r(3).eq\a\vs4\al(法一：)因为a，b∈N*，所以a＝Ceq\o\al(0,5)＋3Ceq\o\al(2,5)＋9Ceq\o\al(4,5)＝76，b＝Ceq\o\al(1,5)＋3Ceq\o\al(3,5)＋9Ceq\o\al(5,5)＝44，从而a2－3b2＝762－3×442＝－32.eq\a\vs4\al(法二：)(1－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)(－eq\r(3))＋Ceq\o\al(2,5)(－eq\r(3))2＋Ceq\o\al(3,5)(－eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(－eq\r(3))4＋Ceq\o\al(5,5)(－eq\r(3))5＝Ceq\o\al(0,5)－Ceq\o\al(1,5)eq\r(3)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(3))2－Ceq\o\al(3,5)(eq\r(3))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(3))4－Ceq\o\al(5,5)(eq\r(3))5.因为a，b∈N*，所以(1－eq\r(3))5＝a－beq\r(3).因此a2－3b2＝(a＋beq\r(3))(a－beq\r(3))＝(1＋eq\r(3))5×(1－eq\r(3))5＝(－2)5＝－32.23．(2019·江苏高考)(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，设点集An＝{(0，0)，(1，0)，(2，0)，…，(n，0)}，Bn＝{(0，1)，(n，1)}，Cn＝{(0，2)，(1，2)，(2，2)，…，(n，2)}，n∈N*.令Mn＝An∪Bn∪Cn.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)．解：(1)当n＝1时，X的所有可能取值是1,eq\r(2)，2,eq\r(5).X的概率分布为P(X＝1)＝eq\f(7,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(7,15)，P(X＝eq\r(2))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,15)，P(X＝2)＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15)，P(X＝eq\r(5))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,15).(2)设A(a，b)和B(c，d)是从Mn中取出的两个点．因为P(X≤n)＝1－P(X>n)，所以仅需考虑X>n的情况．①若b＝d，则AB≤n，不存在X>n的取法；②若b＝0，d＝1，则AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n当且仅当AB＝eq\r(n2＋1)，此时a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2种取法；③若b＝0，d＝2，则AB＝eq\r(（a－c）2＋4)≤eq\r(n2＋4).因为当n≥3时，eq\r(（n－1）2＋4)≤n，所以X>n当且仅当AB＝eq\r(n2＋4)，此时a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2种取法；④若b＝1，d＝2，则AB＝eq\r(（a－c）2＋1)≤eq\r(n2＋1)，所以X>n当且仅当AB＝eq\r(n2＋1)，此时a＝0，c＝n或a＝n，c＝0，有2种取法．综上，当X>n时，X的所有可能取值是eq\r(n2＋1)和eq\r(n2＋4)，且P(X＝eq\r(n2＋1))＝eq\f(4,Ceq\o\al(2,2n＋4))，P(X＝eq\r(n2＋4))＝eq\f(2,Ceq\o\al(2,2n＋4)).因此，P(X≤n)＝1－P(X＝eq\r(n2＋1))－P(X＝eq\r(n2＋4))＝1－eq\f(6,Ceq\o\al(2,2n＋4)).前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫