2019年北京市高考数学试卷解析版（理科）

2019年北京市高考数学试卷（理科）
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．（5分）已知复数z＝2+i，则z＝（　　）
A．
B．
C．3
D．5
2．
A．1
B．2
C．3
D．4
3．（5分）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．（5分）已知椭圆+＝1（a＞b＞0）的离心率为，则（　　）
A．a2＝2b2
B．3a2＝4b2
C．a＝2b
D．3a＝4b
5．
A．﹣7
B．1
C．5
D．7
6．（5分）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．（5分）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．．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
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
9．＝sin22x的最小正周期是　
　．
10．（5分）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．（5分）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l，那么该几何体的体积为　
　．
12．（5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．
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．（5分）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．（5分）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．（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．（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．（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：
（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．（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．（13分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+x．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l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．（13分）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1＜i2＜…＜im），若a＜a＜…＜a，则称新数列a，a，…，a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a，长度为q的递增子列的末项的最小值为a．若p＜q，求证：a＜a；
（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年北京市高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
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．（5分）已知复数z＝2+i，则z＝（　　）
A．
B．
C．3
D．5
【解答】解：∵z＝2+i，
∴z＝．
故选：D．
2．
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：模拟程序的运行，可得
k＝1，s＝1
s＝2
不满足条件k≥3，执行循环体，k＝2，s＝2
不满足条件k≥3，执行循环体，k＝3，s＝2
此时，满足条件k≥3，退出循环，输出s的值为2．
故选：B．
3．（5分）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．
【解答】解：由（t为参数），消去t，可得4x﹣3y+2＝0．
则点（1，0）到直线l的距离是d＝．
故选：D．
4．（5分）已知椭圆+＝1（a＞b＞0）的离心率为，则（　　）
A．a2＝2b2
B．3a2＝4b2
C．a＝2b
D．3a＝4b
【解答】解：由题意，，得，则，
∴4a2﹣4b2＝a2，即3a2＝4b2．
故选：B．
5．
A．﹣7
B．1
C．5
D．7
【解答】解：由作出可行域如图，
联立，解得A（2，﹣1），
令z＝3x+y，化为y＝﹣3x+z，
由图可知，当直线y＝﹣3x+z过点A时，z有最大值为3×2﹣1＝5．
故选：C．
6．（5分）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
【解答】解：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：，
∴，则．
故选：A．
7．（5分）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
【解答】解：点A，B，C不共线，
“与的夹角为锐角”?“|+|＞||”，
“|+|＞||”?“与的夹角为锐角”，
∴设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|+|＞||”的充分必要条件．
故选：C．
8．．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
【解答】解：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x＞0时，方程变为y2﹣xy+x2﹣1＝0，所以△＝x2﹣4（x2﹣1）≥0，解得x∈（0，]，
所以x只能取整数1，当x＝1时，y2﹣y＝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，故①正确．
当x＞0时，由x2+y2＝1+xy得x2+y2﹣1＝xy≤，（当x＝y时取等），
∴x2+y2≤2，∴
，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；故②正确．
在x轴上图形面积大于矩形面积＝1×2＝2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积＝＝1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1＝3，故③错误．
故选：C．
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
9．＝sin22x的最小正周期是　　．
【解答】解：∵f（x）＝sin2（2x），
∴f（x）＝，
∴f（x）的周期T＝，
故答案为：．
10．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝　0　，Sn的最小值为　﹣10　．
【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，
∴，
解得a1＝﹣4，d＝1，
∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，
Sn＝＝﹣4n+＝（n﹣）2﹣，
∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝﹣10．
故答案为：0，﹣10．
11．（5分）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l，那么该几何体的体积为　40　．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，
则该几何体的体积V＝．
故答案为：40．
12．（5分）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．
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：　若l⊥α，l⊥m，则m∥α　．
【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得：
若l⊥α，l⊥m，则m∥α．
故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．
13．（5分）设函数f（x）＝ex+ae﹣x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a＝　﹣1　；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是　（﹣∞，0]　．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝ex+ae﹣x，
若f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），即e﹣x+aex＝﹣（ex+ae﹣x），变形可得a＝﹣1，
函数f（x）＝ex+ae﹣x，导数f′（x）＝ex﹣ae﹣x
若f（x）是R上的增函数，则f（x）的导数f′（x）＝ex﹣ae﹣x≥0在R上恒成立，
变形可得：a≤e2x恒成立，分析可得a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]；
故答案为：﹣1，（﹣∞，0]．
14．（5分）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　130　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　15　．
【解答】解：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140﹣10＝130（元）；
②在促销活动中，设订单总金额为m元，
可得（m﹣x）×80%≥m×70%，
即有x≤，
由题意可得m≥120，
可得x≤＝15，
则x的最大值为15元．
故答案为：130，15
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．（13分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cosB＝﹣．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin（B﹣C）的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵a＝3，b﹣c＝2，cosB＝﹣．
∴由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2accosB
＝，
∴b＝7，∴c＝b﹣2＝5；
（Ⅱ）在△ABC中，∵cosB＝﹣，∴sinB＝，
由正弦定理有：，
∴，
∵b＞c，∴B＞C，∴C为锐角，
∴cosC＝，
∴sin（B﹣C）＝sinBcosC﹣cosBsinC
＝
＝．
16．（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．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD．
解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），E（0，1，1），F（，，），P（0，0，2），
＝（0，1，1），＝（），
平面AEP的法向量＝（1，0，0），
设平面AEF的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），
设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．
（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：
∵点G在PB上，且＝．∴G（，0，），
∴＝（，0，），
∵平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），
＝＝≠0，
故直线AG不在平面AEF内．
17．（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：
（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．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，
A，B两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，
∴A，B两种支付方式都使用的人数有：100﹣5﹣30﹣25＝40，
∴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p＝＝0.4．
（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，
则X的可能取值为0，1，2，
样本仅使用A的学生有30人，其中支付金额在（0，1000]的有18人，超过1000元的有12人，
样本仅使用B的学生有25人，其中支付金额在（0，1000]的有10人，超过1000元的有15人，
P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
P
数学期望E（X）＝＝1．
（Ⅲ）不能认为样本仅使用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：
从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金额大于2000元，
随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为p＝＝，
虽然概率较小，但发生的可能性为．
故不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
18．（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．
【解答】解：（Ⅰ）抛物线C：x2＝﹣2py经过点（2，﹣1）．可得4＝2p，即p＝2，
可得抛物线C的方程为x2＝﹣4y，准线方程为y＝1；
（Ⅱ）证明：抛物线x2＝﹣4y的焦点为F（0，﹣1），
设直线方程为y＝kx﹣1，联立抛物线方程，可得x2+4kx﹣4＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
可得x1+x2＝﹣4k，x1x2＝﹣4，
直线OM的方程为y＝x，即y＝﹣x，
直线ON的方程为y＝x，即y＝﹣x，
可得A（，﹣1），B（，﹣1），
可得AB的中点的横坐标为2（+）＝2＝2k，
即有AB为直径的圆心为（2k，﹣1），
半径为＝|﹣|＝2＝2，
可得圆的方程为（x﹣2k）2+（y+1）2＝4（1+k2），
化为x2﹣4kx+（y+1）2＝4，
由x＝0，可得y＝1或﹣3．
则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点（0，1），（0，﹣3）．
19．（13分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+x．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l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．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝，
由f′（x）＝1得x（x﹣）＝0，
得．
又f（0）＝0，f（）＝，
∴y＝x和，
即y＝x和y＝x﹣；
（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，
只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，
令g（x）＝f（x）﹣x＝，x∈[﹣2，4]，
则g′（x）＝＝，
可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，
∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0，]递减，在[]递增，
又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）＝﹣＞﹣6，g（4）＝0，
∴﹣6≤g（x）≤0，
∴x﹣6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，
F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|
＝|f（x）﹣x﹣a|
＝|g（x）﹣a|
∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，
令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，
则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，
①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，
此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；
②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，
∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，
也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．
综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．
20．（13分）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1＜i2＜…＜im），若a＜a＜…＜a，则称新数列a，a，…，a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a，长度为q的递增子列的末项的最小值为a．若p＜q，求证：a＜a；
（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．
【解答】解：（I）1，3，5，6．
（II）证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，
∴＞该数列的第p项≥，
∴＜．
（III）解：考虑2s﹣1与2s这一组数在数列中的位置．
若{an}中有2s，在2s在2s﹣1之后，则必然在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，
这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1矛盾，∴2s必在2s﹣1之前．
继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．
∵对于数列2n﹣1，2n，由于2n在2n﹣1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n﹣1，
∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，……，第s项是2s﹣1与2s二选1，
故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1