文档介绍：-
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2019年普通高等学校招生全国统一考试（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”{}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．
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）.
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（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*Oy中，设点集，
，用随机变量*表示它们之间的距离.
（1）当n=1时，求*的概率分布；
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2019年普通高等学校招生全国统一考试（卷）
数学Ⅰ答案
一、填空题：本题考查基础知识、，共计70分.
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二、解答题
、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，.
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.
、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，.
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.
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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.
、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、.
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⊥*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⊥*轴，所以点A的横坐标为1.
将*=1代入圆F2的方程(*-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在*轴上方，所以A(1，4).
又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2*+2.
由，得，
解得或.
将代入，得，
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(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，.
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⊥*轴，所以EF1⊥*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