2019高考数学北京试题（理科）

绝密绝密启用前启用前 20192019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数数 学（理） （北京卷）学（理） （北京卷） 本试卷共本试卷共 5 5 页，页， 150150 分。 考试时长分。 考试时长 120120 分钟。 考生务必将答案答在答题卡上，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。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（选择题第一部分（选择题 共共 4040 分）分） 一、选择题共一、选择题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分。在每小题列出的四个选项中，选分。在每小题列出的四个选项中，选 出符合题目要求的一项。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 1.D z2i,z z(2i)(2i) 5=+=+= 故选 D. 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 2.B 运行第一次， =1k ， 2 2 1 2 3 1 2 s = ， 运行第二次，2k = ， 2 2 2 2 3 22 s = ， 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 运行第三次，3k = ， 2 2 2 2 3 22 s = ， 结束循环，输出=2s ，故选 B. 3.已知直线 l的参数方程为 1 3 , 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 3.D 直线l的普通方程为()()41320 xy=,即4320 xy+= ,点()1,0到直线l的距 离 22 |402|6 5 43 d + = + ,故选 D. 4.已知椭圆 22 22 1 xy ab +=（ab0）的离心率为 1 2 ，则 A. a 2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 4.B 椭圆的离心率 222 1 , 2 c ecab a =,化简得 22 34ab= , 故选 B. 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 5.C 由题意 1 , 11 y yxy 作出可行域如图阴影部分所示. 设3,3zxy yzx=+=, 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 当直线 0: 3lyzx=经过点()2, 1时,z取最大值 5.故选 C. 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 21 2 1 5 2 lg E mm 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26.7，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 6.A 两颗星的星等与亮度满足 1 21 2 5 lg 2 E mm E = ,令 21 1.45,26.7mm=, () 10.1 11 21 22 22 lg( 1.4526.7)10.1,10 55 EE mm EE =+= . 故选：A. 7.设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC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 7.C ABC 三点不共线, |AB+AC|BC|AB+AC|AB-AC| |AB+AC|2|AB-AC|2 AB AC0 AB 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. 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： 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 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. 8.C 由 22 1xyx y+= +得, 22 1yx yx= , 2 22 2 |334 1,10, 2443 xxx yx = 厔, 所以x可为的整数有 0,-1,1,从而曲线 22 :1C xyx y+= +恰好经过 (0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论正确. 由 22 1xyx y+= +得, 22 22 1 2 xy xy + +,解得 22 2xy+,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. 如图所示,易知()()()()0, 1 ,1,0 ,1,1, ,0,1ABCD, 四边形ABCD的面积 13 1 1 1 1 22 ABCD S= + =,很明显“心形”区域的面积大于2 ABCD S, 即“心形”区域的面积大于 3,说法错误. 故选 C. 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 第二部分（非选择题第二部分（非选择题 共共 110110 分）分） 二、填空题共二、填空题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分。分。 9.函数 f(x)=sin22x的最小正周期是_ 9. 2 函数( ) 2 sin 2f xx= 14 2 cos x ,周期为 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 _ 10. (1). 0. (2). -10.等差数列 n a中, 53 510Sa=,得 32 2,3aa= = ,公差 32 1daa=, 53 20aad=+=, 由等差数列 n a的性质得 5n时,0 n a ,6n时, n a大于 0,所以 n S的最小值为 4 S或 5 S,即为10. 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_ 11.40 如图所示,在棱长为 4 的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱 1111 MPD ANQC B之后余下的几何体, 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 几何体的体积() 3 1 4242 440 2 V =+ =. 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：_ 12.如果 l，m，则 lm. 将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果 l，m，则 lm. 正确； （2）如果 l，lm，则 m.不正确，有可能 m在平面 内； （3）如果 lm，m，则 l.不正确，有可能 l与 斜交、l. 13.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_ 13. (1). -1; (2). ( ,0. 若 函 数( ) xx f xeae=+为 奇 函 数 , 则 ()( )(), xxxx fxf xeaeeae = += + ， ()()1 0 xx aee+= 对任意的x恒成立. 若函数( ) xx f xeae=+是R上的增函数,则( ) 0 xx fxeae=恒成 立, 2 ,0 x aea. 即实数a的取值范围是(,0 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 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 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_ 14. (1). 130. (2). 15.(1)10 x =,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付 ()608010130+=元. (2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元, 120y 元时,李明得到的金额为80%y,符合要求. 120y 元时,有()80%70%yxy恒成立,即()87 , 8 y yxy x,即 min 15 8 y x = 元. 所以x的最大值为15. 三、解答题共三、解答题共 6 6 小题，共小题，共 8080 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 15.在ABC中，a=3，bc=2，cosB= 1 2 （）求 b，c的值； （）求 sin（BC）的值 15.()由题意可得： 222 1 cos 22 2 3 acb B ac bc a + = = = ，解得： 3 7 5 a b c = = = . ()由同角三角函数基本关系可得： 2 3 sin1 cos 2 BB=， 结合正弦定理 sinsin bc BC =可得： sin5 3 sin 14 cB C b =， 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 很明显角 C为锐角，故 2 11 cos1 sin 14 CC=， 故() 2 sinsincoscossin3 7 BCBCBC=. 16.如图， 在四棱锥 PABCD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 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 16.()由于 PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，则 PACD， 由题意可知 ADCD，且 PAAD=A， 由线面垂直的判定定理可得 CD平面 PAD. ()以点 A为坐标原点，平面 ABCD内与 AD 垂直的直线为 x轴，AD,AP方向为 y轴，z轴建 立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 易知：()()()()0,0,0 ,0,0,2 ,2,2,0 ,0,2,0APCD， 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 由 1 3 PFPC=可得点 F的坐标为 2 2 4 , 3 3 3 F ， 由 1 2 PEPD=可得()0,1,1E， 设平面 AEF 的法向量为：(), ,mx y z=，则 () () () 2 2 4224 , ,0 3 3 3333 , ,0,1,10 m AFx y zxyz m AEx y zyz =+= =+= ， 据此可得平面 AEF的一个法向量为：()1,1, 1m =， 很明显平面 AEP 的一个法向量为()1,0,0n =， 13 cos, 33 1 m n m n mn = ， 二面角 F-AE-P 的平面角为锐角，故二面角 F-AE-P 的余弦值为 3 3 . ()易知()()0,0,2 , 2, 1,0PB，由 2 3 PGPB=可得 42 2 , 33 3 G ， 则 42 2 , 33 3 AG = ， 注意到平面 AEF一个法向量为：()1,1, 1m = ， 其 0m AG= 且点 A 在平面 AEF内，故直线 AG在平面 AEF内. 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： 交付金额（元） 支付方式 （0,1000 （1000,2000 大于 2000 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 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 17.()由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：100 3025 540 =人，则： 该学生上个月 A，B两种支付方式都使用的概率 402 1005 p =. ()由题意可知， 仅使用 A 支付方法的学生中，金额不大于 1000的人数占 3 5 ，金额大于 1000的人数占 2 5 ， 仅使用 B 支付方法的学生中，金额不大于 1000的人数占 2 5 ，金额大于 1000的人数占 3 5 ， 且 X 可能的取值为 0,1,2. () 326 0 5525 p X =， () 22 3213 1 5525 p X =+= ，() 326 2 5525 p X =， X 的分布列为： X 0 1 2 ()p X 6 25 13 25 6 25 其数学期望：() 6136 0121 252525 E X =+ + =. ()我们不认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000元的人数有变化.理由如下： 随机事件在一次随机实验中是否发生是随机，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率 越来越稳定于概率。 学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固 定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”. 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 18.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 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 18.()将点()2, 1代入抛物线方程：() 2 221p= 可得：2p =， 故抛物线方程为： 2 4xy= ，其准线方程为：1y =. ()很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为() 0, 1， 设直线方程为1ykx=，与抛物线方程 2 4xy= 联立可得： 2 440 xkx+= . 故： 121 2 4 ,4xxk x x+=. 设 22 12 12 , 44 xx MxN x ，则 12 , 44 OMON xx kk= = ， 直线OM的方程为 1 4 x yx= ，与1y = 联立可得： 1 4 , 1A x ，同理可得 2 4 , 1B x ， 易知以 AB为直径的圆的圆心坐标为： 12 22 , 1 xx + ，圆的半径为： 12 22 xx ， 且： () 12 1212 222 2 xx k xxx x + +=， () 2 1212 2 1212 4 22 221 xxx x k xxx x + =+ ， 则圆的方程为：()()() 22 2 2141xkyk+=+， 令0 x =整理可得： 2 230yy+ =，解得： 12 3,1yy=， 即以 AB 为直径的圆经过 y轴上的两个定点() ()0, 3 , 0,1. 19.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 xxaa=+R，记( )F x在区间 2,4 上的最大值为 M（a） ，当 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 M（a）最小时，求 a 的值 19.（） 2 3 ( )21 4 fxxx=+，令 2 3 ( )211 4 fxxx=+ =得0 x =或者 8 3 x =. 当0 x =时，(0)0f=，此时切线方程为y x= ，即0 xy=； 当 8 3 x =时， 88 ( ) 327 f=，此时切线方程 64 27 yx=，即2727640 xy=； 综上可得所求切线方程为0 xy=和2727640 xy=. （） 设 32 1 ( )( ) 4 g xf xxxx=， 2 3 ( )2 4 g xxx=， 令 2 3 ( )20 4 g xxx=得0 x = 或者 8 3 x =，所以当 2,0x 时，( )0g x，( )g x为增函数；当 8 (0, ) 3 x时，( )0g x， ( )g x为减函数；当 8 ,4 3 x时，( )0g x，( )g x为增函数； 而(0)(4)0gg=，所以( )0g x ，即( )f xx； 同理令 32 1 ( )( )66 4 h xf xxxx=+=+，可求其最小值为( 2)0h =，所以( )0h x ， 即( )6f xx，综上可得6( )xf xx . （）由（）知6( )0f xx ， 所以( )M a是,6aa+中的较大者， 若6aa+，即3a 时，( )3M aaa= ； 若6aa+，即3a 时，( )663M aaa=+=+； 所以当( )M a最小时，( )3M a =，此时3 . 20.已知数列 n a ，从中选取第 1 i项、第 2 i项、第 m i项() 12 . m iii，若 12 . m iii aaa ，则称新数列 12m iii aaa， ， 为 n a 的长度为m的递增子列规定：数 列 n a 的任意一项都是 n a 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 n a 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p q ，求证： 00 mn aa ； （）设无穷数列 n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若 n a 的长度为s的递增 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 子列末项的最小值为21s，且长度为s末项为21s的递增子列恰有 1 2s个( )1,2,.s =， 求数列 n a的通项公式 20.()满足题意的一个长度为 4 的递增子列为：1,3,5,6.