北京卷理科数学高考真题.docx

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北京卷理科数学高考真题

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。

部分（选择题共40分）

1）已知复数z=2+i，则zz

5）若x，y满足|x|1y，且y≥-1，则3x+y的最大值为

5E1m2-m1=lgE，

2E2

-26.7，天狼星的星等是-1.45，则太阳与

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

其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）．已知太阳的星等是

天狼星的亮度的比值为

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

列三个结论：

C：

2

y21|x|y就是其中之一（如图）．给出

①曲线

2；

C恰好经过6个整点（即横

②曲线

C上任意一点到原点的距离都不超过

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

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

2

9）函数f（x）=sin22x的最小正周期是

，Sn的最小值为

10）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=-3，S5=-10，则a5=

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：

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）=ex+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．

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）

1在△ABC中，a=3，b-c=2，cosB=．

2

（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

Ⅰ）求证：

CD⊥平面PAD；

Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；

PG2

Ⅲ）设点G在PB上，且PPGB32．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

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

（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

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：

x2=-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）

132

已知函数f（x）x3x2x．

4

（Ⅰ）求曲线yf（x）的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当x[2,4]时，求证：

x6f（x）x；

（Ⅲ）设F（x）|f（x）（xa）|（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．

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

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．

（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p

am0

（Ⅲ）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．

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）π（

10）0

10

（11）40

（12）若lm，

l，则m∥.（答案不唯一）

2

（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b2a2c22accosB，得

b232c223c1.

2

因为bc2，

所以（c2）232c223c1.

2解得c5.所以b7.

1

Ⅱ）由cosB得sinB

2

由正弦定理得

c53sinCsinB.

b14

在△ABC中，∠B是钝角，

所以∠C为锐角.

14

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．

P（0，0，2）．

设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），

令z=1，则y1,x1．

是n=（1,1,1）．

由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为3

3

PG2

因为点G在PB上，且,PB（2,1,2），

PB3

2424422

所以PG2PB4,2,4,AGAPPG4,2,2.

3333333

由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量n=（1,1,1）.

422所以AGn4220.

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.

40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400.4.

100（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”.

93141由题设知，事件C，D相互独立，且P（C）0.4,P（D）0.6.

3025

所以P（X2）P（CD）P（C）P（D）0.24，

P（X1）P（CDCD）

P（C）P（D）P（C）P（D）

=0.4×（1-0.6）+（1-0.4）×0.6

=0.52，

P（X0）P（CD）P（C）P（D）0.24.

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）=0×0.24+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”.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

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:

x22py经过点（2,1），得p2.

所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.

Ⅱ）抛物线C的焦点为F（0,1）.

设直线l的方程为ykx1（k0）.

ykx1,2由2得x24kx40.

x24y

设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x24.

直线OM的方程为yy1x.

x1

令y1，得点A的横坐标xAx1.

y1

同理得点B的横坐标xB2

y2

设点D（0,n），则DA

x1

x2

2,1n，

1n

DB

y1

y2

DADBx1x2（n1）2y1y2

x1x2

2（n1）2

x2

2

4（n1）2.

令DADB0，即4（n1）20，则n1或n3.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）

Ⅱ）令g（x）f（x）x,x[2,4].

13232由g（x）xx得g'（x）x2x.

44

8令g'（x）0得x0或x.

3

g'（x）,g（x）的情况如下：

x

2

（2,0）

0

8

（0,83）

8

3

8

（83,4）

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6g（x）0，即x6f（x）x.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

当a3时，M（a）F（0）|g（0）a|a3；

当a3时，M（a）F

（2）|g

（2）a|6a3；

当a3时，M（a）3.

综上，当M（a）最小时，a3.

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,,arq1,an0.

由p

pq10

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amar.

所以am0an0·

（Ⅲ）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,,apm1,2m1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列，则ap1,ap2,,apm1,2m1,2m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2k1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2222112m12m.

（m1）个

与已知矛盾.

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an

n1,n为奇数，n1,n为偶数.