2019年高考数学真题试卷(江苏卷)(word版+答案+解析)

2019年高考数学真题试卷（江苏卷）
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．（共14题；共70分）
1.已知集合A={−1,0,1,6}，B={x|x>0,x∈R}，则A∩B=________.
2.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________.
3.下图是一个算法流程图，则输出的S的值是________.
4.函数y=√7+6x−x2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________.
=1(b>0)经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是7.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2−y2
b2
________.
8.已知数列{a n}(n∈N∗)是等差数列，S n是其前n项和.若a2a5+a8=0,S9=27，则S8的值是
________.
9.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.
10.在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 y =x +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________.
11.在平面直角坐标系 xOy 中，点A 在曲线y =ln x 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 △ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ， AD 与CE 交于点 O .若 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则 AB AC
的值是________.
13.已知 tanαtan(α+π4
)=−2
3 ，则 sin(2α+π4
) 的值是________.
14.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)=√1−(x −1)2 ， g(x)={k(x +2),0<x ≤1
−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________.
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．（共6题；共90分）
15.在△ABC 中，角A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ． （1）若a =3c ， b = √2 ，cos B = 2
3 ，求c 的值； （2）若
sinA a
=
cosB 2b
，求 sin(B +π
2) 的值．
16.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ， E 分别为BC ， AC 的中点，AB =BC ．
求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．
17.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C: x2
a2+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= 5
2
．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
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．
19.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≤ 4
27
．
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{a n} (n∈N∗)满足：a2a4=a5,a3−4a2+4a4=0，求证:数列{a n}为“M－数列”；
（2）已知数列{b n}满足: b1=1,1S
n =2
b n
−2
b n+1
，其中S n为数列{b n}的前n项和．
①求数列{b n}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{c n} (n∈N∗)，对任意正整数k，当k≤m时，都有c k⩽b k⩽
c k+1成立，求m的最大值．
三、数学Ⅱ(附加题)（每题10分）【选做题】本题包括21、22、23三题，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．（共3题；共30分）
21.A.[选修4-2：矩阵与变换]
已知矩阵A=[31 22
]
（1）求A2；
（2）求矩阵A的特征值.
22.在极坐标系中，已知两点A(3,π
4),B(√2,π
2
)，直线l的方程为ρsin(θ+π
4
)=3.
（1）求A，B两点间的距离；
（2）求点B到直线l的距离.
23.设x∈R，解不等式|x|+|2 x−1|>2.
四、【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．（共2题；共20分）
24.设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n,n⩾4,n∈N∗.已知a32=2a2a4.
（1）求n的值；
（2）设(1+√3)n=a+b√3，其中a,b∈N∗，求a2−3b2的值.
25.在平面直角坐标系xOy中，设点集A n={(0,0),(1,0),(2,0),…,(n,0)}，B n={(0,1),(n,1)},C n= {(0,2),(1,2),(2,2),⋯,(n,2)},n∈N∗.
令M n=A n∪B n∪C n.从集合M n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）.
答案解析部分
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．
1.【答案】{1,6}
【考点】交集及其运算
【解析】【解答】∵集合A={−1,0,1,6}，B={x|x>0,x∈R}，借助数轴得：A∩B={1,6}
【分析】根据已知条件借助数轴，用交集的运算法则求出集合A∩B。

2.【答案】2
【考点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】设z=(a+2i)×(1+i),
∵复数z的实部为0，又∵z=(a−2)+(a+2)i,
∴a−2=0,∴a=2
【分析】利用复数的乘法运算法则求出复数z，从而求出复数z的实部和虚部，再结合复数z的实部为0的已知条件求出a的值。

3.【答案】5
【考点】程序框图
【解析】【解答】第一步：x=1,S=0,S=S+x
2=0+1
2
=1
2
,1≥4不成立；
第二步：x=x+1=1+1=2,S=S+x
2=1
2
+2
2
=3
2
,2≥4不成立；
第三步：x=x+1=2+1=3,S=S+x
2=3
2
+3
2
=6
2=
3,3≥4不成立；
第四步：x=x+1=3+1=4,S=S+x
2=3+4
2
=5,4≥4成立；
∴输出的S=5
【分析】根据题中的已知条件结合程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构求出输出的S的值。

4.【答案】[−1,7]
【考点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】∵函数y=√7+6x−x2，
∴要使函数有意义，则7+6x−x2≥0,
∴x2−6x−7≤0,
∴(x+1)(x−7)≤0,
∴−1≤x≤7,
∴函数的定义域为[-1,7]
【分析】利用根式函数求定义域的方法结合一元二次不等式求解集的方法求出函数的定义域。

5.【答案】5
3
【考点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】设一组数据为6，7，8，8，9，10的平均数为x—,方差为s2,
∴这组数据的平均数为：x—=6+7+8+8+9+10
6=48
6
=8,
∴这组数据的方差为：s2=(6−8)2+(7−8)2+(8−8)2+(8−8)2+(9−8)2+（10−8)2
6=10
6
=5
3
【分析】利用已知数据结合平均数和方差公式求出这组数据的平均数和方差。

6.【答案】7
10
【考点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】设3名男同学为：A1,A2,A3,2名女同学为：B1,B2,
设选出的2名同学中至少有1名女同学的事件为A，
则从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的基本事件为：
(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2)共十种，
选出的2名同学中至少有1名女同学的基本事件为：
(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(B1,B2)共七种，
利用古典概型求概率的公式，得：P(A)=7
10
【分析】根据实际问题的已知条件结合古典概型求概率的公式，求出选出的2名同学中至少有1名女同学的概率。

7.【答案】y=±√2x
【考点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】
∵双曲线x2−y2
b2
=1(b>0)经过点（3，4)，
∴将点（3，4)代入双曲线标准方程中得：32−42
b2
=1,
∴b2=2,∴b=±√2,
∵b>0,∴b=√2,
∴双曲线的标准方程为：x2+y2
2
=1,
∵双曲线的焦点再x轴上，∴双曲线的渐近线方程为：y=±b
a
x,
∵a2=1,b2=2,又∵a>0,b>0,∴a=1,b=√2,
∴双曲线的渐近线方程为：y=±√2x
【分析】根据点在双曲线上求出b的值，从而求出双曲线的标准方程，再根据双曲线的标准方程结合焦点的位置，用a,b的值求出双曲线的渐近线方程。

8.【答案】16
【考点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】∵数列{a n}(n∈N∗)是等差数列，又∵a2a5+a8=0,
∴利用等差数列通项公式a n=a1+(n−1)d,n∈N∗，得：
(a1+d)(a1+4d)+a1+7d=0，①
又∵S n是等差数列{a n}(n∈N∗)的前n项和，且S9=27，∴利用等差数列前n项和公式S n=na1+n(n−1)
2
d,得：
9a1+9×8
2
d=27,②
①②联立，得：{d=2
a1=−5,
∴S8=8a1+8×7
2
d=8×(−5)+28×2=−40+56=16
【分析】根据已知条件结合等差数列通项公式和等差数列前n项和公式求出等差数列的首项和公差，再利用等差数列前n项和公式求出等差数列前8项的和。

9.【答案】10
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
∵在长方体中，CC1⊥平面BCD,又∵E在CC1上，∴EC⊥平面BCD,
∴EC是三棱锥E-BCD的高，
∵长方体的体积为：V长方体=S底×高=|AB|×|BC|×|CC1|,
∵长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，
∴|AB|×|BC|×|CC1|=120,
又∵E为CC1的中点，∴|EC|=1
2
|CC1|,
又∵SΔCBD=1
2×|CD|×|BC|=1
2
×|AB|×|BC|,
∴V
三棱锥E−BCD =1
3
×SΔCBD×|EC|=1
3
×1
2
×|AB|×|BC|×|EC|=1
3
×1
2
×|AB|×|BC|×1
2
|CC1|=
1 12×|AB|×|BC|×|CC1|=1
12
×120=10
【分析】根据长方体的结构特征结合线面垂直和中点的性质，用三棱锥体积公式结合三棱锥体积与长方体体积的关系式，用长方体的体积求出三棱锥的体积。

10.【答案】4
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】
∵P是曲线y=x+4
x (x>0)上的一个动点，∴设P(x,x+4
x
),x>0,设P到直线x+y=0的距离为d,
利用点到直线的距离公式，得：d=|x+x+4 x |
√12+12=|2x+
4
x
|
√2
,
又∵x>0,∴d=2x+4 x
√2=√2x+2√2
x
,
利用均值不等式，得: d=√2x+2√2
x ≥2×√2x×2√2
x
=2×√4=4,
∴d
最小值=
4，∴点P到直线x+y=0的距离的最小值是4。

【分析】利用P 是曲线 y =x +4
x (x >0) 上的一个动点设出动点P 的坐标，再利用点到直线的距离公式结合均值不等式求最值的方法求出点P 到直线x +y =0的距离的最小值。

11.【答案】 (e, 1)
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】∵ 点A 在曲线y =ln x ， x>0上， ∴ 设点 A(x 0,lnx 0),x 0>0
∴y ′=
1x ,∴k 切=f ′(x 0)=1x 0
, 利用点斜式方程表示曲线在切点A 处的切线方程为： y −lnx 0=1x 0(x −x 0), 则 y =1
x 0
x +lnx 0−1,
∵ 切线经过点（-e ，-1)， ∴−1=−e
x 0
−1+lnx 0∴x 0=e,∴lnx 0=lne =1,
∴ 点A 的坐标是 (e,1)
【分析】利用点A 在曲线y =ln x 上设出切点A 的坐标，再利用求导的方法求出曲线在切点A 处的切线斜率，再利用点斜式求出曲线在切点A 处的切线方程，再利用切线经过点（-e ，-1)，从而求出切点的横坐标，再利用切点的横坐标代入曲线方程求出切点的纵坐标，从而求出切点A 的坐标。

12.【答案】 √3
【考点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】∵O 在 AD 上， ∴AO →
与 AD →
共线， ∴ 设 AO →
=
λAD →
(0<λ<1), ∵BE =2EA,∴BE →
=2EA →
,∴EA →
=13BA →=−13
AB →
,
又D 是BC 的中点， ∴AB →+AC →=2AD →,∴AD →
=12AB →+12AC →
,
∵ AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴ AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(EA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ), ∴AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(−1
3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ), ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6λ(12AB
⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(−1
3
AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ), 根据等式左右两边对应相等，从而求出 λ 的值，进而得： AB
AC =√3
【分析】利用共线定理结合平行四边形法则和已知条件，用平面向量基本定理求出 λ的值 ，进而求出 AB
AC 的值。

13.【答案】 √210
【考点】三角函数的化简求值 【解析】【解答】
∵
tanα
tan(α+π
4
)
=−2
3，∴
tanα
tanα+tan π
4
1−tanα×tan π
4
=−23,∴
tanα(1−tanα)
1+tanα
=−2
3,
∴3tan 2α−5tanα−2=0∴(3tanα+1)(tanα−2)=0∴tanα=−1
3或tanα=2,
∵cos(α+π4)sinα>0,∴π<α<5π4,∴tanα>0,∴tanα=−1
3
(舍),∴tanα=2,
∵sin2α=2tanαtan 2α+1,cos2α=1−tan 2α
1+tan 2α
, ∵sin(2α+π
4)=sin2αcos π
4+cos2αsin π
4=
√2
2
(sin2α+cos2α)=
√2
2×−tan 2α+2tanα+11+tan 2α
=
√2
2×−22+2×2+11+22
=√2
10
【分析】利用两角和的正切公式结合已知条件求出角 α 的正切值，再利用角 2α 的正弦值和余弦值与角 α 的正切值的关系式结合角 α 的正切值的取值范围求出角 2α 的正弦值和余弦值与角 α 的正切值，再用角 α 的正切值结合两角和的正弦公式求出 sin(2α+π4
) 的值。

14.【答案】 [13
,√2
4
)
【考点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】∵ 当 x ∈(0,2] 时， f(x)=√1−(x −1)2 ，又 ∵ f(x) 是奇函数， ∴ x ∈[−2,0) 时，则 −x ∈(0,2], ∴f(−x)=√1−(−x −1)2=√1−(x +1)2,
∴−f(x)=f(−x)=√1−(x +1)2,∴−f(x)=√1−(x +1)2,∴f(x)=−√1−(x +1)2,
∴f(x)={
−√1−(x+1)2,−2≤x<0
√1−(x−1)2,0<x≤2,
∴ 函数 f(x) 在 [-2,2] 上的图象为两个分别以 (1,0) 为圆心，半径为1的圆的上半部分和以 (−1,0) 为圆心，半径为1的圆的下半部分拼接而成，再利用函数 f(x) 的周期为4，画出函数 f(x) 在区间(0，9]上的图象。

再根据函数 g(x)={k(x +2),0<x ≤1
−1
2,1<x ≤2
画出函数g （x ）图象为经过点（-2,0）的一条直线与一条线段y =1
2拼接而成.
再利用函数 g(x) 的周期为2，画出函数 g(x) 在区间(0，9]上的图象。

∵ 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 函数 f(x) 与函数 g(x) 在区间 (0,9] 上有8个交点。

又 ∵ 在区间 (0,9] 上，线段 y =1
2 与函数 f(x) 有4个交点，
∴y=k(x+2)的图象在区间(0,2]上与函数f(x)有2个交点，在区间(4,6]上与函数f(x)有2个交
点，在区间(8,9]上与函数f(x)无交点，∴k的取值范围是[1
3,√2
4
)。

【分析】利用奇函数的定义结合已知条件求出分段函数f(x)的解析式,从而画出分段函数f(x)在区间[-2,2]上的图象，再利用函数f(x)的周期性，画出函数f(x)在区间(0，9]上的图象，再利用分段函数g(x)的解析式画出其在区间[0,2]上的图象，再利用函数g(x)的周期性，画出函数g(x)在区间(0，9]上的图象，再利用在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，结合方程的根与两函数的交点的横坐标等价关系，得出函数f(x)与函数g(x)在区间(0,9]上有8个交点，再利用两函数在区间(0，9]上的图象求出k的取值范围。

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．
15.【答案】（1）解：因为a=3c,b=√2,cosB=2
3
，
由余弦定理cosB=a2+c2−b2
2ac ，得2
3
=(3c)2+c2−(√2)2
2×3c×c
，即c2=1
3
.
所以c=√3
3
（2）解：因为sinA
a =cosB
2b
，
由正弦定理a
sinA =b
sinB
，得cosB
2b
=sinB
b
，所以cosB=2sinB.
从而cos2B=(2sinB)2，即cos2B=4(1−cos2B)，故cos2B=4
5
.
因为sinB>0，所以cosB=2sinB>0，从而cosB=2√5
5
.
因此sin(B+π
2)=cosB=2√5
5
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合余弦定理求出c的值。

（2）根据已知条件结合正弦定理得出cosB=2sinB，再利用同角三角函数基本关系式和诱导公式求出sin(B+π
2
)的值。

16.【答案】（1）证明：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）解：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A 1ACC 1.
因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1 ， 所以BE ⊥C 1E.
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征结合中点的性质，用中位线证出线线平行，从而证出线面平行。

（2）因为AB =BC ， E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC ， 再结合直三棱柱的结构特征证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直。

17.【答案】 （1）解：设椭圆C 的焦距为2c. 因为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c=1.
又因为DF 1= 5
2 ，AF 2⊥x 轴，所以DF 2= √DF 12−F 1F 22=√(52)2−22=32
， 因此2a=DF 1+DF 2=4，从而a=2. 由b 2=a 2-c 2 ， 得b 2=3. 因此，椭圆C 的标准方程为 x 24
+
y 23
=1
（2）解：解法一：由（1）知，椭圆C ：
x 24
+
y 23
=1 ，a=2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.
将x=1代入圆F 2的方程(x-1) 2+y 2=16，解得y=±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A(1，4). 又F 1(-1，0)，所以直线AF 1：y=2x+2.
由 {y =2x +2x 2+y 2
=16 ，得 5x 2+6x −11=0 ，解得 x =1 或 x =−115 .将 x =−11
5 代入 y =2x +2 ，得 y =−12
5 ， 因此 B(−
115,−125) .又F 2(1，0)，所以直线BF 2： y =3
4(x −1) .
由 {y =34
(x −1)x 24
+y 2
3
=1
，得 7x 2−6x −13=0 ，解得 x =−1 或 x =137 . 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以 x =−1 .
将 x =−1 代入 y =3
4(x −1) ，得 y =−3
2 .因此 E(−1,−3
2) .解法二： 由（1）知，椭圆C ：
x 24+
y 23
=1 .如图，连结EF 1.
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{x=−1
x2 4+y2
3
=1，得y=±
3
2
.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y=−3
2
.
因此E(−1,−3
2
).
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用焦距求出c的值，再利用DF1= 5
2
，AF2⊥x轴，结合勾股定理和椭圆的定义得出a的值，再利用椭圆中a,b,c三者的关系式求出b的值，从而求出椭圆的标准方程。

（2）利用两种方法求出点E的坐标，利用椭圆的标准方程求出a的值和焦点F1,F2坐标，再利用a的值求出圆F2: (x−1)2+y2=4a2的标准方程，再利用过F2作x轴的垂线l ，求出直线l的方程，再利用直线l与圆F2: (x−1)2+y2=4a2交于点A，联立二者方程求出交点A的坐标，再利用直线l与椭圆C交于点D ，联立二者方程求出交点D的坐标，连结AF1并延长交圆F2于点B ，从而求出交点B的坐标，连结BF2交椭圆C于点E，再利用两点距离公式或角之间的关系式，从而求出交点E的坐标。

18.【答案】（1）解：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=8
10=4
5
.所以PB=
BD
cos∠PBD
=124
5
=15.
因此道路PB的长为15（百米）
解法二：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3
4
.
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为−4
3
，
直线PB的方程为y=−4
3x−25
3
.
所以P（−13，9），PB=√(−13+4)2+(9+3)2=15.
因此道路PB的长为15（百米）
（2）解：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AD=√AE2+ED2=10，
从而cos∠BAD=AD2+AB2−BD2
2AD⋅AB =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.
解法二：①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：y=−3
4
x+6(−4⩽x⩽4).
在线段AD上取点M（3，15
4），因为OM=√32+(15
4
)2<√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）解：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P1B⊥AB，由（1）知，P1B=15，此时P1D=P1Bsin∠P1BD=
=9；
P1Bcos∠EBA=15×3
5
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=
√QA2−AC2=√152−62=3√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= 3√21时，d最小，此时P，Q两点间的距离
PQ=PD+CD+CQ=17+ 3√21.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+ 3√21（百米）
解法二：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=√(a−4)2+(9−3)2=15(a>4)，得a= 4+3√21，所以Q（4+3√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+3√21，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离
PQ=4+3√21−(−13)=17+3√21.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+3√21（百米）
【考点】余弦定理的应用，解三角形的实际应用，三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两种方法求出道路PB的长，第一种方法是利用矩形的性质结合直角三角形中正余弦值的关系式求出道路PB的长；第二种方法利用建系的方法结合直线和直线垂直求出未知直线的斜率，再利用直线与圆的位置关系求出所求直线的方程，再利用两点距离公式求出道路PB的长。

（2）利用两种方法得出P和Q均不能选在D处，第一种方法利用实际问题的已知条件结合余弦定理得出P和Q均不能选在D处；第二种方法利用实际问题的已知条件结合两点距离公式得出P和Q均不能选在D处。

（3）利用两种方法得出当d最小时，P，Q两点间的距离为17+ 3√21（百米），第一种方法是利用分类讨论的方法结合讨论P,Q的位置，用勾股定理结合几何方法求出当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ= 3√21时，d最小，从而求出P，Q两点间的距离为17+ 3√21（百米）；第二种方法是利用分类讨论的方法结合讨论P,Q的位置，用两点距离公式结合线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.，得出当d最小时，P，Q两点间的距离为17+ 3√21（百米）。

19.【答案】（1）解：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）解：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)(x−2a+b
3)．令f ′(x)=0，得x=b或x=2a+b
3
．
因为a,b,2a+b
3
，都在集合{−3,1,3}中，且a≠b，
所以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：
所以f(x)的极小值为f(1)=(1−3)(1+3)=−32
（3）解：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=b+1−√b2−b+1
3,x2=b+1+√b2−b+1
3
．
列表如下：
所以f(x)的极大值M=f(x1)．解法一：
M=f(x1)=x13−(b+1)x12+bx1
=(3x12−2(b+1)x1+b)(x1
3−b+1
9
)−2(b2−b+1)
9
x1+b(b+1)
9
=−2(b2−b+1)(b+1)
27+b(b+1)
9
+2
27
(√b2−b+1)3
=b(b+1)
27−2(b−1)2(b+1)
27
+2
27
(√b(b−1)+1)3
≤b(b+1)
27+2
27
≤4
27
．因此M≤4
27
．
解法二：
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)=3(x−13)(x−1)．
令g ′(x)=0，得x=1
3
．列表如下：
所以当x=1
3时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max=g(1
3
)=4
27
．
所以当x∈(0,1)时，f(x)≤g(x)≤4
27，因此M≤4
27
【考点】利用导数研究函数的极值，不等式的证明
【解析】【分析】利用已知条件a=b=c，f（4）=8，求出a的值。

（1）利用求导的方法判断函数的单调性，再结合a≠b，b=c，且f（x）和f ′(x)的零点均在集合{−3,1,3}中，从而求出函数的极
值。

（2）利用两种方法证出M≤ 4
27
，第一种方法是利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，再利用均值不等式求最值的方法结a=0,0<b⩽1,c=1，
且f（x）的极大值为M，从而证出M≤ 4
27
；第二种方法利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出
函数的极值，从而求出函数的最值从而证出当x∈(0,1)时f(x)≤g(x)≤4
27，因此M≤4
27。

20.【答案】（1）解：设等比数列{a n}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由{a2a4=a5
a3−4a2+4a1=0，得{a12q4=a1q4
a1q2−4a1q+4a1=0，解得{
a1=1
q=2．
因此数列{a n}为“M—数列”.
（2）解：①因为1
S n
=2
b n
−2
b n+1
，所以b n≠0．由b1=1,S1=b1得11=21−2b
2
，则b2=2. 由
1 S n =2
b n
−2
b n+1
，得S n=b n b n+1
2(b n+1−b n)
，当n≥2时，由b n=S n−S n−1，得b n=b n b n+1
2(b n+1−b n)
−
b n−1b n
2(b n−b n−1)
，整理得b n+1+b n−1=2b n．所以数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n}的通项公式为b n=n (n∈N∗).
②由①知，b k=k，k∈N∗. 因为数列{c n}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为c k≤b k≤c k+1，所以q k−1≤k≤q k，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m 时，有 lnk k
≤lnq ≤lnk
k−1 ．
设f （x ）=
lnx x
(x >1) ，则 f
′(x)=1−lnx x 2
．
令 f
′(x)=0 ，得x=e.列表如下：
因为
ln22
=
ln86
<
ln96
=
ln33
，所以 f(k)max =f(3)=
ln33
．
取 q =√33 ，当k=1，2，3，4，5时， lnk k
⩽lnq ，即 k ≤q k ，
经检验知 q k−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≤q 3 ， 且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤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．
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，等比数列的通项公式，等差关系的确定
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等比数列的通项公式，用“M －数列”的定义证出数列{a n }为“M －数列”。

（2）①利用 S n 与 b n 的关系式结合已知条件得出数列 {b n } 为等差数列，并利用等差数列通项公式求出数列 {b n } 的通项公式。

②由①知，b k =k ， k ∈N ∗ .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ， 所以c 1=1，q >0，因为c k ≤b k ≤c k +1 ， 所以 q k−1≤k ≤q k ，其中k =1，2，3，…，m ， 再利用分
类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，进而求出函数的最值，从而求出m 的最大值。

三、数学Ⅱ(附加题)（每题10分）【选做题】本题包括21、22、23三题，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.【答案】 （1）解：因为 A =[31
22
] ， 所以 A 2=[3122][31
22
] = [3×3+1×23×1+1×22×3+2×22×1+2×2] = [115
106
]
（2）解：矩阵A 的特征多项式为 f(λ)=|
λ−3−1
−2λ−2
|=λ2−5λ+4 .
令 f(λ)=0 ，解得A 的特征值 λ1=1,λ2=4
【考点】复合变换与二阶矩阵的乘法，特征值与特征向量的计算
【解析】【分析】（1）利用矩阵 A =[31
22
] ， 得出A 2. （2）利用矩阵A 的特征多项式为 f(λ)=|
λ−3−1
−2λ−2
|=λ2−5λ+4 ，结合 f(λ)=0 ，解得矩阵A 的特征值。

22.【答案】 （1）解：设极点为O.在△OAB 中，A （3， π
4 ），B （ √2 ， π
2 ）， 由余弦定理，得AB= √32+(√2)2−2×3×√2×cos(π
2−π
4)=√5
（2）解：因为直线l 的方程为 ρsin(θ+π
4)=3 ， 则直线l 过点 (3√2,π
2) ，倾斜角为
3π4
．
又 B(√2,π
2) ，所以点B 到直线l 的距离为 (3√2−√2)×sin(3π
4−π
2)=2 【考点】极坐标刻画点的位置，余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式结合余弦定理求出A,B 两点间的距离。

（2）利用直线l 过点 (3√2,π
2) ，倾斜角为
3π4
，再利用直线的倾斜角和直线斜率的关系式求出直线斜率，从而用
点斜式求出直线方程，再利用点到直线的距离公式求出点B 到直线l 的距离.
23.【答案】 解：当x<0时，原不等式可化为 −x +1−2x >2 ，解得x<– 1
3 ： 当0≤x≤ 1
2 时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解； 当x> 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 {x|x <−1
3或x >1} . 【考点】绝对值不等式的解法
【解析】【分析】 利用零点分段法求出绝对值不等式解集。

四、【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．
24.【答案】 （1）解：因为 (1+x)n =C n 0+C n 1x +C n 2x 2+⋯+C n n x n
 ， n ≥4 ， 所以 a 2=C n 2
=n(n−1)2
,a 3=C n 3
=
n(n−1)(n−2)
6
，
a 4=C n 4
=
n(n−1)(n−2)(n−3)
24
．
因为 a 32
=2a 2a 4 ，
所以 [
n(n−1)(n−2)6
]2
=2×
n(n−1)2
×
n(n−1)(n−2)(n−3)
24
，
解得 n =5
（2）解：由（1）知， n =5 ． (1+√3)n =(1+√3)5
=C 50+C 51√3+C 5
2(√3)2+C 53(√3)3+C 54(√3)4+C 55(√3)5
=a +b √3 ． 解法一：
因为 a,b ∈N ∗ ，所以 a =C 50+3C 52+9C 54=76,b =C 51+3C 53+9C 55
=44 ， 从而 a 2−3b 2=762−3×442=−32 ．
解法二：
(1−√3)5=C 50+C 51(−√3)+C 52(−√3)2+C 53(−√3)3+C 54(−√3)4+C 55
(−√3)5
=C 50−C 51√3+C 5
2(√3)2−C 53(√3)3+C 54(√3)4−C 55(√3)5 ． 因为 a,b ∈N ∗ ，所以 (1−√3)5=a −b √3 ．
因此 a 2−3b 2=(a +b √3)(a −b √3)=(1+√3)5×(1−√3)5=(−2)5=−32 【考点】组合及组合数公式，二项式定理的应用
【解析】【分析】利用二项式定理结合已知条件求出展开式中通项公式，再利用展开式中的通项公式求出
系数，再利用 a 32=2a 2a 4 结合组合数公式求出 n 的值。

（2）由（1）知， n =5 。

（2）用两种方法求出 a 2−3b 2 的值，利用二项式定理求出展开式中通项公式，再利用展开式中的通项公式求出系数，再结合已知条件求出 a 2−3b 2 的值。

25.【答案】 （1）解：当 n =1 时， X 的所有可能取值是 1 
， √2 ， 2 ， √5 ． X 的概率分布为 P(X =1)=7
C 6
2=715,P(X =√2)=
4
C 6
2=4
15 ，
P(X =2)=2
C 6
2
=2
15,P(X =√5)=
2
C 6
2=2
15
（2）解：设 A(a ， b) 和 B(c ，
d) 是从 M n 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 =√(a −c)2+1≤√n 2+1 ，所以 X >n 当且仅当 AB =√n 2+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 =√(a −c)2+4≤√n 2+4 ，因为当 n ≥3 时， √(n −1)2+4≤n ，所以 X >n 当且仅当 AB =√n 2+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 =√(a −c)2+1≤√n 2+1 ，所以 X >n 当且仅当 AB =√n 2+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 √n 2+1 和 √n 2+4 ，且 P(X =√n 2+1)=
4
C 2n+4
2
,P(X =√n 2+4)=
2
C 2n+4
2
．
因此， P(X ≤n)=1−P(X =√n 2+1)−P(X =√n 2+4)=1−
6C 2n+4
2
【考点】离散型随机变量及其分布列，正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【分析】利用已知条件求出离散型随机变量 X 的概率分布。

（2）设 A(a ， b) 和 B(c ，
d) 是从 M n 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，再利用分类讨论的方法结合求最值的方法得出a,c 的取值的取法，从而求出当 X >n 时， X 的所有可能取值是 √n 2+1 和 √n 2+4 ，且 P(X =√n 2+1)=
4
C 2n+4
2
,P(X =√n 2+4)=
2
C 2n+4
2
，
因此，求出用n 表示的概率P （X ≤n ）为： P(X ≤n)=1−P(X =√n 2+1)−P(X =√n 2+4)=1−
6
C 2n+4
2。