1、绝密 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(北京,理)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.(2019北京,理1)已知复数z=2+i,则zz=() A.3B.5C.3D.5解析z=2+i,z=2-i.zz=(2+i)(2-i)=5. 故选D.答案D2.(2019北京,理2)执行如图所示的程序框图,输出的s值为()A.1B.2C.3D.4解析运行第一次,k=1,s=21231
2、-2=2,运行第二次,k=2,s=22232-2=2,运行第三次,k=3,s=22232-2=2,结束循环,输出s=2,故选B.答案B逐次运行,直到满足k3时,结束循环,输出s.3.(2019北京,理3)已知直线l的参数方程为x=1+3t,y=2+4t(t为参数),则点(1,0)到直线l的距离是()A.15B.25C.45D.65解析直线l的普通方程为4(x-1)-3(y-2)=0,即4x-3y+2=0,点(1,0)到直线l的距离d=|4-0+2|42+32=65,故选D.答案D4.(2019北京,理4)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,则()A.a2=2b2B.3a2=
3、4b2C.a=2bD.3a=4b解析椭圆的离心率e=ca=12,c2=a2-b2,化简得3a2=4b2,故选B.答案B根据椭圆离心率的定义,列关于a,b,c的等式求解.5.(2019北京,理5)若x,y满足|x|1-y,且y-1,则3x+y的最大值为()A.-7B.1C.5D.7解析由题意得-1y1,y-1x1-y,作出可行域如图阴影部分所示.设z=3x+y,y=z-3x,当直线l0:y=z-3x经过点(2,-1)时,z取最大值5.故选C.答案C6.(2019北京,理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m2-m1=52lgE1E2,其中星等为mk的星的亮
4、度为Ek(k=1,2).已知太阳的星等是-26.7,天狼星的星等是-1.45,则太阳与天狼星的亮度的比值为()A.1010.1B.10.1C.lg 10.1D.10-10.1解析两颗星的星等与亮度满足m2-m1=52lgE1E2,令m2=-1.45,m1=-26.7,则lgE1E2=25(m2-m1)=25(-1.45+26.7)=10.1,E1E2=1010.1,故选A.答案A先求出lgE1E2,然后将对数式换为指数式求E1E2.7.(2019北京,理7)设点A,B,C不共线,则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”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
5、D.既不充分也不必要条件解析A,B,C三点不共线,|AB+AC|BC|AB+AC|AB-AC|AB+AC|2|AB-AC|2ABAC0AB与AC的夹角为锐角.故“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的充分必要条件,故选C.答案C8.(2019北京,理8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|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.其中,所有正确结论的序号是()A.B.C.D.解析由x2+y2=1+|x|y得y2-|x|
6、y=1-x2,即y-|x|22=1-3x24,即1-3x240,则x243,所以x可取的整数有0,-1,1,从而曲线C:x2+y2=1+|x|y恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1),(-1,0),(-1,1),共6个整点,结论正确.由x2+y2=1+|x|y得x2+y21+x2+y22,x2+y22,所以曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2.结论正确.曲线C:x2+y2=1+|x|y关于y轴对称,从而曲线C所围成的“心形”区域的面积等于曲线C0:x2+y2=1+xy围成的椭圆区域的面积,曲线C0:x2+y2=1+xy表示长半轴长为2,短半轴长为63的椭圆,面积为ab=26
7、3=2333,故结论错误.故选C.答案C将曲线C的方程做合理的变换,由曲线C的方程的性质探索曲线的几何性质.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.(2019北京,理9)函数f(x)=sin22x的最小正周期是.解析函数f(x)=sin22x=1-cos4x2,最小正周期为2.答案210.(2019北京,理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.解析等差数列an中,由S5=5a3=-10,得a3=-2,又a2=-3,公差d=a3-a2=1,a5=a3+2d=0,由等差数列an的性质得当n5时,an0,当n6
8、时,an大于0,所以Sn的最小值为S4或S5,即为-10.答案0-1011.(2019北京,理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.解析在正方体中还原该几何体,如图所示.该几何体的体积V=43-12(2+4)24=40.答案40画出三视图对应的几何体,应用割补法求几何体的体积.12.(2019北京,理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:.答案若l,m,则lm13.(2019北京,理13)设函数f(x)=ex+
9、ae-x(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.解析若函数f(x)=ex+ae-x为奇函数,则f(-x)=-f(x),e-x+aex=-(ex+ae-x),(a+1)(ex+e-x)=0对任意的x恒成立,则a=-1.若函数f(x)=ex+ae-x是R上的增函数,则f(x)=ex-ae-x0恒成立,即ae2x,故a0.答案-1(-,014.(2019北京,理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
10、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%.(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付元;(2)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.解析(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付(60+80)-10=130元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元,y120元时,李明得到的金额为y80%,符合要求.y120元时,有(y-x)80%y70%成立,即8(y-x)7y,xy8,即xy8min=15.所以x的最大值为15.答案(1)130(2)15三、解答题共6小题,共80分。解答
11、应写出文字说明,演算步骤或证明过程。15.(本小题13分)(2019北京,理15)在ABC中,a=3,b-c=2,cos B=-12.(1)求b,c的值;(2)求sin(B-C)的值.解(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得b2=32+c2-23c-12.因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-23c-12.解得c=5,所以b=7.(2)由cos B=-12得sin B=32.由正弦定理得sin C=cbsin B=5314.在ABC中,B是钝角,所以C为锐角.所以cos C=1-sin2C=1114.所以sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C=43
12、7.16.(本小题14分)(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD,所以PACD.又因为ADCD,所以CD平面PAD.(2)解过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)
13、,D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos=np|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23
14、,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.17.(本小题13分)(2019北京,理17)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(0,1 000(1 000,2 0
15、00大于2 000仅使用A18人9人3人仅使用B10人14人1人(1)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;(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人,以X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数,求X的分布列和数学期望;(3)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2 000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2 000 元的人数有变化?说明理由.解(1)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=2
16、5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100-30-25-5=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40100=0.4.(2)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,该学生上个月的支付金额大于1 000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1 000元”.由题设知,事件C,D相互独立,且P(C)=9+330=0.4,P(D)=14+125=0.6.所以P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24,P(X=1)=P(C
17、DCD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)=0.4(1-0.6)+(1-0.4)0.6=0.52,P(X=0)=P(C D)=P(C)P(D)=0.24.所以X的分布列为X012P0.240.520.24故X的数学期望E(X)=00.24+10.52+20.24=1.(3)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2 000元”.假设样本仅使用A的学生中,本月支付金额大于2 000 元的人数没有变化,则由上个月的样本数据得P(E)=1C303=14 060.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
18、为本月的支付金额大于2 000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.18.(本小题14分)(2019北京,理18)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)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.(1)解由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y
19、,其准线方程为y=1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k0).由y=kx-1,x2=-4y得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.直线OM的方程为y=y1x1x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-x1y1.同理得点B的横坐标xB=-x2y2.设点D(0,n),则DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DADB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DADB=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,
20、以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).19.(本小题13分)(2019北京,理19)已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),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.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y
21、=x与y=x-6427.(2)证明令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)解由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.20.(本小题13分)(2019北京,理20)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(
22、i1i2im),若ai1ai2aim,则称新数列ai1,ai2,aim为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0,长度为q的递增子列的末项的最小值为an0.若pq,求证:am0an0;(3)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2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数列an的通项公式.(1)解1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明设长度
23、为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,arq-1,an0.由pq,得arparq-1an0.因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0,又ar1,ar2,arp是an的长度为p的递增子列,所以am0arp,所以am0an0.(3)解由题设知,所有正奇数都是an中的项.先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).假设2m排在2m-1之后.设ap1,ap2,apm-1,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则ap1,ap2,apm-1,2m-1,2m是数列an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an中的项.假
24、设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中.又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2222(m-1)个11=2m-12m.与已知矛盾.最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数).假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,.经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件.所以an=n+1,n为奇数,n-1,n为偶数.
