2019年高考数学真题及解析（北京卷：理科）

2019年高考数学真题（北京卷：理科）
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（ ）
（A） （B） （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（t为参数），则点（1，0）到直线l的距离是（ ）
（A） （B） （C） （D）
（4）已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则（ ）
（A）a2=2b2 （B）3a2=4b2 （C）a=2b （D）3a=4b
（5）若x，y满足，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=lg，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“与的夹角为锐角”是“”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：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；
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
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：
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）
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．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．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）
已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为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（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，长度为q的递增子列的末项的最小值为．若p（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．
参考答案
一、选择题
（1）D 【解析】∵z=2+i，∴z =|z|2=()2=5．故选D．
（2）B 【解析】当第一步，k=1，s=1，则s=2，不满足条件k3，执行循环体；第二步，k=2，s=2，不满
足条件k3，执行循环体；第三步，k=3，s=2，此时，满足条件k3，退出循环，输出s的值
为2．故选B．
（3）D 【解析】由（t为参数），消去t，可得4x3y+2=0．则点（1，0）到直线l的距离是
d==．故选D．
（4）B 【解析】由题意，=，得==，∴4a24b2=a2，即3a2=4b2．故选B．
（5）C 【解析】由作出可行域如图，联立，解得A（2，1），令z=3x+y，则y=3x+z，
由图可知，直线在A处取最大值，为321=5．故选C．
（6）A 【解析】设太阳的星等是m1=26.7，天狼星的星等是m2=1.45，由题意可得，m2m1=
1.45(26.7)=lg，∴lg==10.1，∴=1010.1．故选A．
（7）C 【解析】点A，B，C不共线，“与的夹角为锐角” “|+|||”，“|+|||”
“|+|||” “(+)2()2” 0 与的夹
角为锐角，∴与的夹角为锐角是“|+|||”的充分必要条件，故选C．
（8）C 【解析】①将x换成x方程不变，所以图形关于y轴对称，当x=0时，代入得y2=1，∴y=1，
即曲线经过（0，1），（0，1）；当x0时，方程变为y2xy+x21=0，所以=x24(x21)0，
解得x∈（0，]，所以x只能取整数1，当x=1时，y2y=0，解得y=0或y=1，即曲线经过
（1，0），（1，1），根据对称性可得曲线还经过（1，0），（1，1），故曲线一共经过6
个整点，正确；②当x0时，由x2+y2=1+xy得x2+y21=xy，（当x=y时取等），∴
x2+y22，∴，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可
得，曲线C上任意一点到原点的距离都不超过，正确；③在x轴上图形面积大于矩形面积
=12=2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积=21=1，因此曲线C所围成的“心形”
区域的面积大于2+1=3，错误．故选C．
二、填空题
（9） 【解析】∵f（x）=sin2(2x)，∴f（x）=，∴f（x）的周期T==.
（10）0 【解析】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2=3，S5=10，∴解得
∴a5=a1+4d=4+41=0，Sn=na1+d=4n+=(n)2，∴
n=4或n=5时，Sn为S4=S5最小，最小值为10．
（11）40 【解析】由题意可知，该几何体是一个长方体和一个三棱柱组合而成，则该几何体的体积
V=422+(2+4)24=40．
（12）若，，则.（答案不唯一） 【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线可知，由
线面平行的判定定理得，若l⊥α，m∥α，则l⊥m．
（13） 【解析】根据题意，函数f（x）=ex+aex为奇函数，则f（x）=f（x），即
ex+aex=(ex+aex)，变形可得a=1，函数f（x）=ex+aex，其导数f'（x）
=exaex，又∵f（x）是R上的增函数，则f（x）的导数f'（x）=exaex0
在R上恒成立，变形可得，ae2x恒成立，则a0，即a的取值范围为（∞，
0].
（14）130 15 【解析】①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得60+80=140（元），即有顾
客需要支付14010=130（元）；②在促销活动中，设订单总金额为M元，可得
(Mx)80%M70%，即有x，由题意可得M120，可得x=15，则x的最
大值为15元．
三、解答题
（15）（共13分）
解：（Ⅰ）由余弦定理，得
.
∵，∴.
解得.∴.
（Ⅱ）由得.
由正弦定理得.
在中，∠B是钝角，
∴∠C为锐角.
∴.
∴.
（16）（共14分）
解：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD．
又∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD．
（Ⅱ）过A作AD的垂线交BC于点M．
∵PA⊥平面ABCD，∴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）．
∵E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
∴．
∴.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又∵平面PAD的法向量为p=（1，0，0），
∴.
由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为．
（Ⅲ）直线AG在平面AEF内．
∵点G在PB上，且，
∴.
由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量.
∴.
∴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.
所以，
=0.4×（1 0.6）+（1 0.4）×0.6
=0.52，
.
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）由抛物线经过点，得.
∴抛物线的方程为，其准线方程为.
（Ⅱ）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，
.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
（19）（共13分）
解：（Ⅰ）由得.
令，即，得或.
又，，
∴曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与.
（Ⅱ）令.
由得.
令得或.
的情况如下：
∴的最小值为，最大值为.
故，即.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当时，；
当时，；
当时，.
综上，当最小时，.
（20）（共13分）
解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）
（Ⅱ）设长度为q末项为的一个递增子列为.
由p∵的长度为p的递增子列末项的最小值为，
又∵是的长度为p的递增子列，
∴.∴·
（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是中的项.
先证明：若2m是中的项，则2m必排在2m 1之前（m为正整数）.
假设2m排在2m 1之后.
设是数列的长度为m末项为2m 1的递增子列，
则是数列的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.
再证明：所有正偶数都是中的项.
假设存在正偶数不是中的项，设不在中的最小的正偶数为2m.
∵2k排在2k 1之前（k=1，2，…，m 1），
∴2k和不可能在的同一个递增子列中.
又中不超过2m+1的数为1，2，…，2m 2，2m 1，2m+1，
∴的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为.
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，
则的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于.与已知矛盾.
综上，数列只可能为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