2019年北京卷理科数学高考真题文档版(含答案)

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（A）x13t,

（t为参数），则点（1，0）到直线l的距离是y24t25

（C）15

（B）45

（D）65

1x2y2

（4）已知椭圆221（a＞b＞0）的离心率为，则2a b（A）a=2b2

2

（B）3a=4b22

（C）a=2b（D）3a=4b（5）若x，y满足|x|1y，且y≥−1，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m2−m1=E15lg，E22

其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）．已知太阳的星等是−26.7，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）10−

10.1



（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（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：x2y21|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；③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）①（B）②（C）①②（D）①②③共110分）第二部分（非选择题二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。（9）函数f（x）=sin2x的最小正周期是__________．2

（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__________．2（12）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．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）设函数f（x）=e+ae−（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%．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__________．三、解答题共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，b−c=2，cosB=（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B–C）的值．（16）（本小题14分）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且xx1．2PF1

．PC3（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；3（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且PG2

．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．PB3

（17）（本小题13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）支付方式仅使用A仅使用B18人10人9人14人3人1人（0，1000]（1000，2000]大于2000（Ⅰ）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；（Ⅱ）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1000元的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）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：x=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）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．（19）（本小题13分）已知函数f(x)

2

13

xx2x．4

4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x[2,4]时，求证：x6f(x)x；（Ⅲ）设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，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（i1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）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p5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）π2

（10）010

（11）40（12）若lm，l，则m∥.（答案不唯一）（13）1(,0]

（14）13015三、解答题（共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）由余弦定理b2

a2

c2

2accosB，得b232c223c1

2

.因为bc2，所以(c2)2

32

c2

23c1

2

.解得c5.所以b7.（Ⅱ）由cosB

1

32得sinB2.由正弦定理得sinC

cbsinB

5314.在△ABC中，∠B是钝角，所以∠C为锐角.所以cosC1sin2C

11

14

.所以sin(BC)sinBcosCcosBsinC

437

.6（16）（共14分）解：（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（Ⅱ）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．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AE(0,1,1),PC(2,2,2),AP

(0,0,2)．所以PF1222223PC3,3,3,AFAPPF3,3,43

.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则

ynn

AEAF0,即z0,0,23

x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n,p

np|n‖p|

33.由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为33

．（Ⅲ）直线AG在平面AEF内．7PG2

因为点G在PB上，且,PB(2,1,2)，PB3

2424422所以PGPB,,,AGAPPG,,.3333333

由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量n=(1,1,1).422

所以AGn0.333所以直线AG在平面AEF内.（17）（共13分）解：（Ⅰ）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（Ⅱ）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P(C)

40

0.4.100

93141

0.4,P(D)0.6.3025

所以P(X2)P(CD)P(C)P(D)0.24，P(X1)P(CDCD)P(C)P(D)P(C)P(D)

=0.4×（1−0.6）+（1−0.4）×0.6=0.52，P(X0)P(CD)P(C)P(D)0.24.所以X的分布列为XP00.2410.5220.24故X的数学期望E（X）=0×0.24+1×0.52+2×0.24=1.（Ⅲ）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”.8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P(E)

11

.3C304060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.（18）（共14分）解：（Ⅰ）由抛物线C:x2py经过点(2,1)，得p2.所以抛物线C的方程为x4y，其准线方程为y1.（Ⅱ）抛物线C的焦点为F(0,1).设直线l的方程为ykx1(k0).22

ykx1,2

由2得x4kx40.x4y

设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x24.直线OM的方程为y

y1

x.x1

x1.y1

令y1，得点A的横坐标xA

同理得点B的横坐标xB

x2.y2

xx1设点D(0, n)，则DA,1n,DB2,1n，y1y2

xx

DADB12(n1)2

y1y2

9

x1x2(n1)2

x4122

x42

16

(n1)2

x1x2

4(n1)2.令DADB0，即4(n1)2

0，则n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,3).（共13分）解：（Ⅰ）由f(x)

14x3x2x得f(x)3

x22x1.令f(x)1，即3428

4x2x11，得x0或x3.又f(0)0，f(88

3)27

，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与y88

27x3，即yx与yx64

27.（Ⅱ）令g(x)f(x)x,x[2,4].由g(x)

1x3x2得g'(x)3

x242x.令g'(x)0得x0或x8

4

3

.g'(x),g(x)的情况如下：x

2

(2,0)

0

(0,8)833(83,4)4

g'(x)





g(x)

6



0



6427



0

所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6g(x)0，即x6f(x)x.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，（19）10当a3时，M(a)F(0)|g(0)a|a3；当a3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；当a3时，M(a)3.综上，当M(a)最小时，a3.（20）（共13分）解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）（Ⅱ）设长度为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,,arq1,an0.由p(m1)个

m1

2m.与已知矛盾.11最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则an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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an1,n为奇数，

n

n1,n为偶数.

12