2019年北京卷理数高考真题(含答案).docx

1、 绝密绝密本科目考试本科目考试启用前启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 数 学（理）（北京卷） 本试卷共 5 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试 结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 （1）已知复数 z=2+i，则z z （A）3 （B）5 （C）3 （D）5 （2）执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 （3）已知直线 l 的参数方程为 1 3

2、, 24 xt yt （t 为参数），则点（1，0）到直线 l 的距离是 （A） 1 5 （B） 2 5 （C） 4 5 （D） 6 5 （4）已知椭圆 22 22 1 xy ab （ab0）的离心率为 1 2 ，则 （A）a2=2b2 （B）3a2=4b2 （C）a=2b （D）3a=4b （5）若 x，y 满足|1|xy ，且 y1，则 3x+y 的最大值为 （A）7 （B）1 （C）5 （D）7 （6）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 m2m1= 5 2 lg 2 1 E E ， 其中星等为 mk的星的亮度为 Ek（k=1，2）已知太阳的星等是26.

3、7，天狼星的星等是1.45，则太阳与 天狼星的亮度的比值为 （A）1010.1 （B）10.1 （C）lg10.1 （D）1010.1 （7）设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“| |ABACBC”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 （8）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C： 22 1 |xyx y 就是其中之一（如图）给出 下列三个结论： 曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； 曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2； 曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3 其

4、中，所有正确结论的序号是 （A） （B） （C） （D） 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。 （9）函数 f（x）=sin22x 的最小正周期是_ （10）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a2=3，S5=10，则 a5=_，Sn的最小值为_ （11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长 为 1，那么该几何体的体积为_ （12）已知 l，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断： lm； m； l 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_ （13）

5、设函数 f（x）=ex+aex（a 为常数）若 f（x）为奇函数，则 a=_；若 f（x）是 R 上的增函数， 则 a 的取值范围是_ （14）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为 60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价 达到 120 元，顾客就少付 x 元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 80% 当 x=10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，需要支付_元； 在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 x 的最大值为 _ 三、解

6、答题共 6 小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 （15）（本小题 13 分） 在ABC 中，a=3，bc=2，cosB= 1 2 （）求 b，c 的值； （）求 sin（BC）的值 （16）（本小题 14 分） 如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 1 3 PF PC （）求证：CD平面 PAD； （）求二面角 FAEP 的余弦值； （）设点 G 在 PB 上，且 2 3 PG PB 判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由 （17）（本小题 13

7、分） 改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变近年来，移动支付已成为主要支付方式之一为了 解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A， B 两种支付方式都不使用的有 5 人， 样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下： 支付金额 （元） 支付方式 （0，1000 （1000，2000 大于 2000 仅使用 A 18 人 9 人 3 人 仅使用 B 10 人 14 人 1 人 （）从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率； （）从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随

8、机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于 1000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望； （） 已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化 现从样本仅使用 A 的学生中， 随机抽查 3 人， 发现他们本月的支付金额都大于 2000 元根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金 额大于 2000 元的人数有变化？说明理由 （18）（本小题 14 分） 已知抛物线 C：x2=2py 经过点（2，1） （）求抛物线 C 的方程及其准线方程； （）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y=1 分 别交直线

9、OM，ON 于点 A 和点 B求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点 （19）（本小题 13 分） 已知函数 32 1 ( ) 4 f xxxx （）求曲线( )yf x的斜率为 1 的切线方程； （）当 2,4x 时，求证：6( )xf xx； （）设( ) |( )()|()F xf xxaaR，记( )F x在区间 2,4上的最大值为 M（a）当 M（a） 最小时，求 a 的值 （20）（本小题 13 分） 已知数列an，从中选取第 i1项、第 i2项、第 im项（i1i2im），若 12m iii aaa ，则称新 数列 12m iii aaa， ， 为an的长度为 m 的

10、递增子列规定：数列an的任意一项都是an的长度为 1 的 递增子列 （）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为 4 的递增子列； （）已知数列an的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 0 m a ，长度为 q 的递增子列的末项的最小 值为 0 n a 若 pq，求证： 0 m a 0 n a ； （）设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若an的长度为 s 的递增子列末项的 最小值为 2s1， 且长度为 s 末项为 2s1 的递增子列恰有 2s-1个 （s=1， 2， ） ， 求数列an的通项公式 绝密启用前 2019年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理）（北京

11、卷）参考答案 一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分） （1）D （2）B （3）D （4）B （5）C （6）A （7）C （8）C 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） （9） 2 （10）0 10 （11）40 （12）若lm，l，则m.（答案不唯一） （13）1 (, 0 （14）130 15 三、解答题（共6小题，共80分） （15） （共 13 分） 解： （）由余弦定理 222 2cosbacacB，得 222 1 32 3 2 bcc . 因为2bc ， 所以 222 1 (2)32 3 2 ccc . 解得5c . 所以7b. （）由 1 cos 2 B 得 3

12、sin 2 B . 由正弦定理得 5 3 sinsin 14 c CB b . 在ABC中，B是钝角， 所以C为锐角. 所以 2 11 cos1 sin 14 CC. 所以 4 3 sin()sincoscossin 7 BCBCBC. （16）（共14分） 解：（）因为PA平面ABCD，所以PACD 又因为ADCD，所以CD平面PAD （）过A作AD的垂线交BC于点M 因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD 如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0）， P（0，0，2） 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1） 所以(0,

13、1,1),(2,2, 2),(0,0,2)AEPCAP 所以 12 222 2 4 , 33 333 3 3 PFPCAFAPPF . 设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则 0, 0, AE AF n n 即 0, 224 0. 333 yz xyz 令z=1，则1,1yx 于是=( 1, 1,1)n 又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以 3 cos, |3 n p n p n p . 由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为 3 3 （）直线AG在平面AEF内 因为点G在PB上，且 2 ,(2, 1, 2) 3 PG PB PB ， 所以 242442 2 ,

14、333333 3 PGPBAGAPPG . 由（）知，平面AEF的法向量=( 1, 1,1)n. 所以 422 0 333 AG n. 所以直线AG在平面AEF内. （17）（共13分） 解：（）由题意知，样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人，仅使用B的学生有10+14+1=25人，A，B 两种支付方式都不使用的学生有5人. 故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有10030255=40人. 所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为 40 0.4 100 . （）X的所有可能值为0，1，2. 记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人， 该学生上

15、个月的支付金额大于1000元”， 事件D为“从 样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”. 由题设知，事件C，D相互独立，且 9314 1 ( )0.4,()0.6 3025 P CP D . 所以(2)()( ) ()0.24P XP CDP C P D， (1)()P XP CDCD ( ) ( )( ) ( )P C P DP C P D =0.4 （10.6）+（10.4） 0.6 =0.52， (0)()( ) ( )0.24P XP CDP C P D. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的数学期望E（X）=0

16、0.24+1 0.52+2 0.24=1. （）记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”. 假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得 3 30 11 ( ) C4060 P E . 答案示例1：可以认为有变化.理由如下： P（E）比较小，概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2000 元的人数发生了变化.所以可以认为有变化. 答案示例2：无法确定有没有变化.理由如下： 事件E是随机事件，P（E）比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化. （1

17、8） （共 14 分） 解： （）由抛物线 2 :2C xpy 经过点(2, 1)，得2p . 所以抛物线C的方程为 2 4xy ，其准线方程为1y . （）抛物线C的焦点为(0, 1)F. 设直线l的方程为1(0)ykxk. 由 2 1, 4 ykx xy 得 2 440xkx. 设 1122 ,M x yN x y，则 12 4x x . 直线OM的方程为 1 1 y yx x . 令1y ，得点 A 的横坐标 1 1 A x x y . 同理得点 B 的横坐标 2 2 B x x y . 设点(0, )Dn，则 12 12 , 1, 1 xx DAnDBn yy ， 2 12 12 (1

18、) x x DA DBn y y 2 12 22 12 (1) 44 x x n xx 2 12 16 (1)n x x 2 4(1)n . 令0DA DB，即 2 4(1)0n ，则1n 或3n. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0,3). （19） （共 13 分） 解： （）由 32 1 ( ) 4 f xxxx得 2 3 ( )21 4 fxxx. 令( )1fx，即 2 3 211 4 xx ，得0x或 8 3 x . 又(0)0f， 88 ( ) 327 f， 所以曲线( )yf x的斜率为 1 的切线方程是yx与 88 273 yx， 即yx与 64

19、27 yx. （）令( )( ), 2,4g xf xx x . 由 32 1 ( ) 4 g xxx得 2 3 ( )2 4 g xxx. 令( )0g x 得0x或 8 3 x . ( ), ( )g x g x的情况如下： x 2 ( 2,0) 0 8 (0, ) 3 8 3 8 ( ,4) 3 4 ( )g x ( )g x 6 0 64 27 0 所以( )g x的最小值为6，最大值为0. 故6( )0g x ，即6( )xf xx. （）由（）知， 当3a时，( )(0) |(0)|3MFgaaa ； 当3a时，( )( 2) |( 2)| 63MFagaa； 当3a时，( )3M

20、 a . 综上，当( )M a最小时，3a. （20）（共13分） 解：（）1，3，5，6.（答案不唯一） （）设长度为q末项为 0 n a的一个递增子列为 1210 , q rrrn a aaa . 由pq，得 10pq rrn aaa . 因为 n a的长度为p的递增子列末项的最小值为 0 m a， 又 12 , p rrr a aa是 n a的长度为p的递增子列， 所以 0p mr aa. 所以 00 mn aa （）由题设知，所有正奇数都是 n a中的项. 先证明：若2m是 n a中的项，则2m必排在2m1之前（m为正整数）. 假设2m排在2m1之后. 设 121 ,21 m ppp

21、aaam 是 数 列 n a的 长 度 为 m 末 项 为 2m1 的 递 增 子 列 ， 则 121 ,21,2 m ppp aaamm 是数列 n a的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明：所有正偶数都是 n a中的项. 假设存在正偶数不是 n a中的项，设不在 n a中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k1之前（k=1，2，m1），所以2k和21k不可能在 n a的同一个递增子列中. 又 n a中不超过2m+1的数为1，2，2m2，2m1，2m+1，所以 n a的长度为m+1且末项为2m+1 的递增子列个数至多为 1 (1) 2 2 22 1 122 mm m 个 . 与已知矛盾. 最后证明：2m排在2m3之后（m2为整数）. 假设存在2m（m2），使得2m排在2m3之前，则 n a的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小 于2m.与已知矛盾. 综上，数列 n a只可能为2，1，4，3，2m3，2m，2m1，. 经验证，数列2，1，4，3，2m3，2m，2m1，符合条件. 所以 1, 1, n nn a nn 为奇数， 为偶数.