1、 密封线名姓 级班 校学 存保点考交上卷此 (这是边文，请据需要手工删加)数学 A 卷 第页(共 4 页)(这是边文，请据需要手工删加)绝密启用前 A 卷2019 年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)数学注意事项：1. 本试卷共 160 分，考试时间 150 分钟2. 答题前，考生务必将学校、班级、姓名写在密封线内一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1. 已知集合 A0，1，2，5，B1，2，5 ，则 AB_2. 复数 的共轭复数为_ 21 i3. 已知某批产品一等品、二等品、三等品的数量分别为 400，400, 500.为进一
2、步了解该批产品的质量情况，现用分层抽样的方法从三种不同等级的产品中抽取容量为 65 的样本，则应从三等品中抽取_个4. 将 2 个不同颜色的小球放入编号分别为 1，2，3 的盒子内，则 1 号盒中至少有一个球的概率是_5. 函数 f(x)lg(x 22x3)的单调增区间为_6. 执行如图所示的程序框图，若输出的 n5，则输入整数 p 的最小值是_(第 6 题)(第 8 题)(第 9 题)7. 在等比数列a n中，a 22，a 95，则数列lga n的前 10 项和等于_8. 如图，在所有棱长均为 a 的正三棱柱 ABC A1B1C1 中，三棱锥 C1 A1BC 的体积 V_.9. 已知函数 f
3、(x)Asin(x)(A0，0 ，00)有极大值 ，则实数12 52m_11. 已知两定点 A( 3，0) ，B(1，0)，如果直线 l：xay20 上一点 M 满足MA2MB 216 ，则实数 a 的取值范围是_(第 12 题)12. 如图，若 0，| |1，| | ，点 C 在线段 AB 上运动，OA OB OA OB 3 ，则 的最小值为 _CD CO CB 2 DC OC 13. 已知函数 g(x) 恰有两个零点，则实数 a 的取值范围为（ 2 a） x， x a，2x2 （ a 4） x， xb0，F 1，F 2 是半椭圆的焦点， A1，A 2 是半椭圆的左、右顶点，B 1，B 2
4、是曲线的下、上顶点. B 1F1F2 是正三角形，曲线 过点(1 ， )2(1) 求曲线 的方程；(2) 设 P，Q 是曲线 上的两点，且 P 在 x 轴上方，Q 在 x 轴下方，若 A1A2 平分PA 1Q，求 (kPA2，kQA 2 分别表示直线 PA2，QA 2 的斜率)kPA2kQA2(第 17 题)18. (本小题满分 16 分)某模具厂设计如图所示的模具，模具是由线段 AB，CD 和与它们相切的圆弧 BC 及线段 AD 四部分组成的平面图形圆弧 BC 所在圆的半径为 8 cm, B，C 距线段 AD 的距离等于点 H(圆弧 BC 的中点)到线段 AD 距离的一半，且不超过 4 cm
5、. 设BAD ，模具周长去掉线段 AD 长后记为 f()，当 f()最大时称模具为“最佳比例模具”(1) 求 f()的解析式，并求定义域；(2) 若模具为“最佳比例模具” ，求 f()的值(第 18 题)19. (本小题满分 16 分)已知数列a n满足 a12，a n1 qa n(nN *，q0)(1) 求数列na n的前 n 项和 Sn；(2) 设 bnlna n，数列b n的前 n 项和为 Tn，对于给定的正整数 m，若对任意正整数 n都有 为定值，求 q 的值T（ m 1） nTmn20. (本小题满分 16 分)已知函数 f(x)x 2kcosx(k R) (1) 判断 f(x)的奇
6、偶性；(2) 若 k4，f(x)在区间(0，的图象上是否存在两点 A，B，使得在点 A，B 处的切线互相垂直？(3) 若 kN * ，求所有使不等式 f(x)k 26k10 恒成立的 k 的值( 参考数据2 9.87，sin 0.95，cos 0.31， 3.77，sin 0.94，cos 0.34， 3.35 35 65 1118 1118 11984)题 答 要 不 内 线 封 密(这是边文，请据需要手工删加)数学参考答案 第页 (共 8 页)(这是边文，请据需要手工删加)2019 年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷) A 卷数学参考答案及评分标准1. 2 2. 1i 3. 25
7、4. 595. (1，) 6. 8 7. 58. 【解析】VC 1 A1BCVB A1C1C a2 a a3.3a312 1312 32 3129. 1 【解析】设函数 f(x)的周期为 T，则由图易知 A2，AD 2T，BCT，于是由题意可得 6 ，即 T，所以 2，于是将点 代入函数 f(x)（ 2T T） 42 2T (6， 2)2sin(2x)，得 sin 1.又 00，则 g(x)在a 42a， )上无零点，因为函数 g(x)恰有 2 个零点，则应有 4；若 a0，则a 42g(x)在0 ， )上有一个零点 0，g(x)在( ，0)上没有零点，不合题意；若 a4，与 a0，3所以 f
8、()在 上是增函数， f()的最大值为 f (cm)(0， 3 (3) 163 163答：若模具为“最佳比例模具” ，则 f()的值为 cm.(16 分)163 16319. 【解答】(1) 由 an1 qa n，可知a n是公比为 q 的等比数列，又 a12，故an2q n1 .令 cnna n，则 cn2nq n1 .当 q1 时，c n2n，此时 Sn n 2n.n（ 2 2n）2当 q1 时，Sn21 2q 13q 2(n1)q n2 nq n1 ，qSn2q 2q 23q 3(n1)q n1 nq n，得(1q)S n2(1qq 2q n1 nq n)，即 Sn .2（ 1 qn）（
9、 1 q） 2 2nqn1 q综上，S n (6 分)n2 n， q 1，2（ 1 qn）（ 1 q） 2 2nqn1 q， q 1.)(2) 由(1)知 an 2qn1 ，所以 bnln a n ln2(n 1)lnq.当 q1 时，b nln2，此时 Tnnln2 ， ，对任意自然数 n 都有 为定值 ，T（ m 1） nTmn （ m 1） nln2mnln2 m 1m T（ m 1） nTmn m 1m故 q1 满足题意(10 分)当 q1 时，b n1 b nlnq，所以数列b n是以 ln2 为首项，公差为 lnq 的等差数列，所以 Tnn ，(ln2 n 12 lnq)故 T（
10、m 1） nTmn（ m 1） nln2 （ m 1） n 12 lnqmn(ln2 mn 12 lnq)（ m 1） ln2 （ m 1） n 12 lnqm(ln2 mn 12 ln q) .（ m 1） 2ln2 lnq （ m 1） nlnqm（ 2ln2 ln q mnlnq）对任意自然数 n 都有 为定值，应有 2ln2lnq0，故 q4.T（ m 1） nTmn综上，q1 或 q4.(16 分)20. 【解答】(1) f(x) x 2kcosx, 因为定义域是 R，且 f(x) ( x) 2kcos( x)x 2kcosxf(x)，故 f(x)为偶函数(2 分)(2) 当 k4
11、时， f(x)x 24cosx, 当 x(0，时，f(x)2x4sinx, f(x)24cosx，令 f(x)0, 解得 00，解得 0 ，使得 f(x1)f(x2)1，因为 2 k26k10 在 x0 ，)上恒成立，又由于 cosx 的周期为 2 ，f(x2)(x 2)2kcos(x 2)(x2) 2kcosxf(x), 故等价于 f(x)k26k10 在 x0 ，2 上恒成立又 kN *，当 x，2时，f(x)2xksinx0，所以 f(x)单调递增，故原命题最终等价于在 x0， 上恒成立首先，f(0) k k26k10， f() 2kk 26k10，且 kN *, 解得 2k4.(11
12、分)当 k2 时，k 26k102，f(x)x 22cosx, 当 x0，时，f(x)2x2sinx，f(x)22cosx 0 恒成立，所以 f(x) 在0 ， 上单调递增，故 f(x)f(0)0, 所以 f(x)在0， 上单调递增，故 f(x)f(0)2 在0，上恒成立，即 k2 符合题意；(13 分)当 3k4 时，f(x) x 2kcosx, 当 x0 ， 时，f(x)2xksinx, f(x)2kcosx ，令 f(x0)0，得 cosx0 ， 所以 f(x) 在0 ，x 0 上单调递减，在(x 0， 上单2k调递增，又 f(0)0，f()20, 故 f(x)2xksinx 在区间 (
13、x0，上存在唯一零点，记为x1, 即 2x1ksinx 10, 所以 x0 ，x 1 时，f(x)0, 在 x1， 时，f(x)0, 即 f(x) 在0，x 1 上单调递减，在x 1，上单调递增，故 f(x)minf(x 1)x kcosx 1，因为 2x1ksinx 10, 21所以 f(x1) kcosx 1 kcosx 1 .(14 分)k2sin2x14 k2cos2x14 k24若 k3，k 26k101.因为 f 0, (3) 23 323 (2)故 1, 即 k3 符合题意；3 2 12 9cos2x14 94若 k4，k 26k102.因为 f 40，故(2) (1118) 1
14、19 11184 (0.34)1.3442, 即 k4 2 1118符合题意综上所述，k2，3，4.(16 分 )2019 年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷) A 卷数学 (附加题)参考答案及评分标准21. A. 【解答】设 A ，则 A ，(3 分)abcd 2003 2a2b3c3d 4 00 3故 所以 A ，a 2，b 0，c 0，d 1， ) 2 00 1所以 A1 .(10 分)12 00 1B. 【解答】对于曲线 C，去分母，得 32 2sin212，即 3x23y 2y 212，化简得 1.(5 分)x24 y23设 x2cos，y sin，3则 ycos sin2s
15、in ，故 y 的最小值为2.(10 分)x2 3 ( 6) x2C. 【解答】由柯西不等式知 x2(3y) 2(2z)2 2.12 (13)2 (12)2 (x 133y 122z)因为 x29y 24z 2m(m0)，所以 m(xyz) 2，即 xyz .4936 7 m6 7 m6因为 xyz21，所以 21，解得 m324.(10 分)7 m622. (第 22 题)【解答】以 O 点为原点，OC 为 x 轴，OA 为 y 轴，OA 1 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系由题意知A 1AO45，A 1O3，所以 O(0，0，0)，C( ，0，0) ，A(0，3，0)，3A1(0，0
16、 ，3) ， B( ，0，0) 3(1) 设 ADa ，则 D ，所以(0， 3 22a， 22a) ， ( ，3，0) BD ( 3， 3 22a， 22a) AC 3要使 BDAC ，则需 33 0，得 a2 ，BD AC (3 22a) 2而 AA13 ，所以 A1D ，所以 .(5 分)2 2A1DDA 222 12故当 时，BDAC.A1DDA 12(2) 因为 (0，3，3)， ( ，3，0)，AA1 AC 3设平面 ACA1 的法向量为 n1(x，y，z)，则 n1AC （ x， y， z） （ 3， 3， 0） 3x 3y 0，n1AA1 （ x， y， z） （ 0， 3，
17、3） 3y 3z 0.)令 z1，则 x ，y1，所以 n1( ，1，1)(7 分)3 3又平面 ABC 的一个法向量为 n2(0 ，0，1)，(8 分)所以 cosn 1， n2 .30 10 1112 12 （ 3） 21 55显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为 .(10 分)5523. 【解答】(1) 当 n5 时，(1 )5C C C ( )2C ( )5C C ( )6 05 156 25 6 5 6 05 25 62C ( )4C C ( )3C ( )5241101 ，45 6 156 35 6 5 6 6故 a5101，b 5241，则 a5b 5342
18、.(4 分)(2) 方法一：(1 )nC C C ( )2C ( )n.6 0n 1n6 2n 6 n 6当 n 为奇数时，b nC C ( )2C ( )4C ( )n1 ，0n 2n 6 4n 6 n 1n 6当 n1 时，b 11 是奇数；当 n3 时，C ( )2C ( )4C ( )n1 是偶数，2n 6 4n 6 n 1n 6故 bn 为奇数(8 分)当 n 为偶数时，b nC C ( )2C ( )4C ( )n，同样可知 bn 为奇数0n 2n 6 4n 6 n 6综上可知 bn 为奇数，而 42 019 为偶数，故不存在 nN *，使 bn4 2 019.(10 分)方法二：当 n1 时，b 11 是奇数(6 分)假设 nk 时， (1 )k akb k，其中 bk 为奇数，6 6则当 nk1 时， (1 )k1 (1 )(1 )k( akb k)(1 ) (akb k)6 6 6 6 6 66a kb k.(8 分 )所以 bk1 6a kb k，由题设知 bk 为奇数，而 6ak 为偶数，故 bk1 是奇数由知 bn 为奇数，而 42 019 为偶数，故不存在 nN *，使 bn4 2 019.(10 分)
