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2019年北京卷 数学（理）高考真题
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这是一份2019年北京卷 数学（理）高考真题，共15页。试卷主要包含了解答题共6小题，共80分等内容，欢迎下载使用。
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
（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，csB=．
（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：
（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．
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）（10）0 （11）40（12）若，，则.（答案不唯一）
（13） （14）130 15
三、解答题（共6小题，共80分）
（15）（共13分）
解：（Ⅰ）由余弦定理，得
.
因为，
所以.
解得.
所以.
（Ⅱ）由得.
由正弦定理得.
在中，∠B是钝角，
所以∠C为锐角.
所以.
所以.
（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．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
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．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量.
所以.
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.
所以，
=0.4×（1−0.6）+（1−0.4）×0.6
=0.52，
.
所以X的分布列为
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.
所以抛物线的方程为，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，，
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与.
（Ⅱ）令.
由得.
令得或.
的情况如下：
所以的最小值为，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因为的长度为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，
所以.
所以·
（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.
因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以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，所以的长度为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
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
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
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
（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，csB=．
（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：
（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
（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
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）（10）0 （11）40（12）若，，则.（答案不唯一）
（13） （14）130 15
三、解答题（共6小题，共80分）
（15）（共13分）
解：（Ⅰ）由余弦定理，得
.
因为，
所以.
解得.
所以.
（Ⅱ）由得.
由正弦定理得.
在中，∠B是钝角，
所以∠C为锐角.
所以.
所以.
（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．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.
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．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（Ⅱ）知，平面AEF的法向量.
所以.
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.
所以，
=0.4×（1−0.6）+（1−0.4）×0.6
=0.52，
.
所以X的分布列为
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.
所以抛物线的方程为，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，，
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与.
（Ⅱ）令.
由得.
令得或.
的情况如下：
所以的最小值为，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
又是的长度为p的递增子列，
所以.
所以·
（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.
因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以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，所以的长度为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
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
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
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