2019北京市高考数学试卷(理科)含答案.doc

. .
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．已知复数，则　　
A． B． C．3 D．5
2．执行如图所示的程序框图，输出的值为　　

A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知直线的参数方程为为参数），则点到直线的距离是　　
A． B． C． D．
4．已知椭圆的离心率为，则　　
A． B． C． D．
5．若，满足，且，则的最大值为　　
A． 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，其中星等为的星的亮度为．已知太阳的星等是，天狼星的星等是，则太阳与天狼星的亮度的比值为　　
A． B．10.1 C． D．
7．设点，，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，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线所围成的“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．函数的最小正周期是　　．
10．设等差数列的前项和为，若，，则　　，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，那么该几何体的体积为　　．

12．已知，是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①；②；③．
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．设函数为常数）．若为奇函数，则　　；若是上的增函数，则的取值范围是　　．
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，顾客就少付元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的．
①当时，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）在中，，，．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）求的值．
16．（14分）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，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，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，两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用和仅使用的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额（元
支付方式
，
，
大于2000
仅使用
18人
9人
3人
仅使用
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，两种支付方式都使用的概率；
（Ⅱ）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求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）已知抛物线经过点．
（Ⅰ）求抛物线的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设为原点，过抛物线的焦点作斜率不为0的直线交抛物线于两点，，直线分别交直线，于点和点．求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点．
19．（13分）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为的切线方程；
（Ⅱ）当，时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间，上的最大值为（a）．当（a）最小时，求的值．
20．（13分）已知数列，从中选取第项、第项、、第项，若，则称新数列，，，为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为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）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为．若，求证：；
（Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，2，，求数列的通项公式．

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．已知复数，则　　
A． B． C．3 D．5
【思路分析】直接由求解．
【解析】：，．故选：．
【归纳与总结】本题考查复数及其运算性质，是基础的计算题．
2．执行如图所示的程序框图，输出的值为　　

A．1 B．2 C．3 D．4
【思路分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解析】：模拟程序的运行，可得
，

不满足条件，执行循环体，，
不满足条件，执行循环体，，
此时，满足条件，退出循环，输出的值为2．
故选：．
【归纳与总结】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
3．已知直线的参数方程为为参数），则点到直线的距离是　　
A． B． C． D．
【思路分析】消参数化参数方程为普通方程，再由点到直线的距离公式求解．
【解析】：由为参数），消去，可得．
则点到直线的距离是．
故选：．
【归纳与总结】本题考查参数方程化普通方程，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．
4．已知椭圆的离心率为，则　　
A． B． C． D．
【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件得答案．
【解析】：由题意，，得，则，
，即．
故选：．
【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题．
5．若，满足，且，则的最大值为　　
A． B．1 C．5 D．7
【思路分析】由约束条件作出可行域，令，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解析】：由作出可行域如图，

联立，解得，
令，化为，
由图可知，当直线过点时，有最大值为．
故选：．
【归纳与总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
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，其中星等为的星的亮度为．已知太阳的星等是，天狼星的星等是，则太阳与天狼星的亮度的比值为　　
A． B．10.1 C． D．
【思路分析】把已知熟记代入，化简后利用对数的运算性质求解．
【解析】：设太阳的星等是，天狼星的星等是，
由题意可得：，
，则．
故选：．
【归纳与总结】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．
7．设点，，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
【思路分析】“与的夹角为锐角” “”，“ ” “与的夹角为锐角”，由此能求出结果．
【解析】：点，，不共线，
“与的夹角为锐角” “”，
“” “与的夹角为锐角”，
设点，，不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的充分必要条件．
故选：．
【归纳与总结】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查向量等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线所围成的“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
【思路分析】将换成方程不变，所以图形关于轴对称，根据对称性讨论轴右边的图形可得．
【解析】：将换成方程不变，所以图形关于轴对称，
当时，代入得，，即曲线经过，；
当时，方程变为，所以△，解得，，
所以只能取整数1，当时，，解得或，即曲线经过，，
根据对称性可得曲线还经过，，
故曲线一共经过6个整点，故①正确．
当时，由得，（当时取等），
，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．
在轴上图形面积大于矩形面积，轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积，因此曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故③错误．
故选：．

【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题．
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
9．函数的最小正周期是　　．
【思路分析】用二倍角公式可得，然后用周期公式求出周期即可．
【解析】：，
，的周期，故答案为：．
【归纳与总结】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是合理使用二倍角公式，属基础题．
10．设等差数列的前项和为，若，，则　0　，的最小值为　　．
【思路分析】利用等差数列的前项和公式、通项公式列出方程组，能求出，，由此能求出的的最小值．
【解析】：设等差数列的前项和为，，，
，解得，，，
，
或时，取最小值为．故答案为：0，．
【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
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，那么该几何体的体积为　40　．

【思路分析】由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解．
【解析】：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．
故答案为：40．
【归纳与总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
12．已知，是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①；②；③．
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，，则　．
【思路分析】由，是平面外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若，，则．
【解析】：由，是平面外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得：若，，则．故答案为：若，，则．
【归纳与总结】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
13．设函数为常数）．若为奇函数，则　　；若是上的增函数，则的取值范围是　　．
【思路分析】对于第一空：由奇函数的定义可得，即，变形可得分析可得的值，即可得答案；
对于第二空：求出函数的导数，由函数的导数与单调性的关系分析可得的导数在上恒成立，变形可得：恒成立，据此分析可得答案．
【解析】：根据题意，函数，
若为奇函数，则，即，变形可得，
函数，导数
若是上的增函数，则的导数在上恒成立，
变形可得：恒成立，分析可得，即的取值范围为，；
故答案为：，，．
【归纳与总结】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是理解函数的奇偶性与单调性的定义，属于基础题．
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，顾客就少付元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的．
①当时，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，则的最大值为　　．
【思路分析】①由题意可得顾客一次购买的总金额，减去，可得所求值；
②在促销活动中，设订单总金额为元，可得，解不等式，结合恒成立思想，可得的最大值．
【解析】：①当时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得（元，
即有顾客需要支付（元；
②在促销活动中，设订单总金额为元，
可得，
即有，
由题意可得，
可得，
则的最大值为15元．
故答案为：130，15
【归纳与总结】本题考查不等式在实际问题的应用，考查化简运算能力，属于中档题．
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）在中，，，．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）求的值．
【思路分析】（Ⅰ）利用余弦定理可得，代入已知条件即可得到关于的方程，解方程即可；
（Ⅱ），根据正弦定理可求出，然后求出，代入即可得解．
【解析】：（Ⅰ），，．
由余弦定理，得，
，；
（Ⅱ）在中，，，
由正弦定理有：，，
，，为锐角，，
．
【归纳与总结】本题考查了正弦定理余弦定理和两角差的正弦公式，属基础题．
16．（14分）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．

【思路分析】（Ⅰ）推导出，，由此能证明平面．
（Ⅱ）以为原点，在平面内过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
（Ⅲ）求出，0，，平面的法向量，1，，，从而直线不在平面内．
【解答】证明：（Ⅰ）平面，，
，，
平面．
解：（Ⅱ）以为原点，在平面内过作的平行线为轴，
为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，0，，，，，，0，，
，0，，，
平面的法向量，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
设二面角的平面角为，则．
二面角的余弦值为．
（Ⅲ）直线不在平面内，理由如下：
点在上，且．，0，，
，0，，
平面的法向量，1，，
，
故直线不在平面内．

【归纳与总结】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
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，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，两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用和仅使用的学生的支付金额分布情况如下：
支付金额（元
支付方式
，
，
大于2000
仅使用
18人
9人
3人
仅使用
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，两种支付方式都使用的概率；
（Ⅱ）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求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的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【思路分析】（Ⅰ）从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，，两种支付方式都不使用的有5人，仅使用的有30人，仅使用的有25人，从而，两种支付方式都使用的人数有40人，由此能求出从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月，两种支付方式都使用的概率．
（Ⅱ）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，则的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．
（Ⅲ）从样本仅使用的学生有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，不能认为认为样本仅使用的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
【解析】：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，
，两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用的有30人，仅使用的有25人，
，两种支付方式都使用的人数有：，
从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月，两种支付方式都使用的概率．
（Ⅱ）从样本仅使用和仅使用的学生中各随机抽取1人，以表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，
则的可能取值为0，1，2，
样本仅使用的学生有30人，其中支付金额在，的有18人，超过1000元的有12人，
样本仅使用的学生有25人，其中支付金额在，的有10人，超过1000元的有15人，
，
，
，
的分布列为：

0
1
2

数学期望．
（Ⅲ）不能认为样本仅使用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，
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的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
【归纳与总结】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
18．（14分）已知抛物线经过点．
（Ⅰ）求抛物线的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设为原点，过抛物线的焦点作斜率不为0的直线交抛物线于两点，，直线分别交直线，于点和点．求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点．
【思路分析】（Ⅰ）代入点，解方程可得，求得抛物线的方程和准线方程；
（Ⅱ）抛物线的焦点为，设直线方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得，的坐标，可得为直径的圆方程，可令，解方程，即可得到所求定点．
【解析】：（Ⅰ）抛物线经过点．可得，即，
可得抛物线的方程为，准线方程为；
（Ⅱ）证明：抛物线的焦点为，
设直线方程为，联立抛物线方程，可得，
设，，，，
可得，，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
可得，，，，
可得的中点的横坐标为，
即有为直径的圆心为，
半径为，
可得圆的方程为，
化为，
由，可得或．
则以为直径的圆经过轴上的两个定点，．
【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
19．（13分）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为的切线方程；
（Ⅱ）当，时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间，上的最大值为（a）．当（a）最小时，求的值．
【思路分析】（Ⅰ）求导数，由求得切点，即可得点斜式方程；
（Ⅱ）把所证不等式转化为，再令，利用导数研究在，的单调性和极值点即可得证；
（Ⅲ）先把化为，再利用（Ⅱ）的结论，引进函数，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴与的关系分析即可．
【解析】：（Ⅰ），
由得，
得．
又，，
和，
即和；
（Ⅱ）证明：欲证，
只需证，
令，，，
则，
可知在，为正，在为负，在为正，
在，递增，在，递减，在递增，
又，，，（4），
，
；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，

在，上，，
令，，
则问题转化为当，时，的最大值（a）的问题了，

①当时，（a），
此时，当时，（a）取得最小值3；
②当时，（a），
，（a），
也是时，（a）最小为3．
综上，当（a）取最小值时的值为．
【归纳与总结】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大．
20．（13分）已知数列，从中选取第项、第项、、第项，若，则称新数列，，，为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为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）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为．若，求证：；
（Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，2，，求数列的通项公式．
【思路分析】，3，5，6．答案不唯一．
考虑长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，可得该数列的第项，即可证明结论．
考虑与这一组数在数列中的位置．若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，可得必在之前．继续考虑末项为的长度为的递增子列．因此对于数列，，由于在之前，可得研究递增子列时，不可同时取与，即可得出：递增子列最多有个．由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前．可得2，1，4，3，6，5，，是唯一构造．
【解析】：，3，5，6．
证明：考虑长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，
该数列的第项，
．
解：考虑与这一组数在数列中的位置．
若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，
这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，必在之前．
继续考虑末项为的长度为的递增子列．
对于数列，，由于在之前，研究递增子列时，不可同时取与，
对于1至的所有整数，研究长度为的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，，第项是与二选1，
故递增子列最多有个．由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前．
，1，4，3，6，5，，是唯一构造．
即，，．
【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．

————————————————————————————————————
《高中数学教研微信系列群》简介：
目前有6个群，共2000多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群.
宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！
特别说明：
1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；
2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：
教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三
编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名
欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！
群主二维码：见右图
————————————————————————————————————

欢迎您的光临，Word文档下载后可修改编辑.双击可删除页眉页脚.谢谢！希望您提出您宝贵的意见，你的意见是我进步的动力。赠语； 1、如果我们做与不做都会有人笑，如果做不好与做得好还会有人笑，那么我们索性就做得更好，来给人笑吧！ 2、现在你不玩命的学，以后命玩你。3、我不知道年少轻狂，我只知道胜者为王。4、不要做金钱、权利的奴隶；应学会做“金钱、权利”的主人。5、什么时候离光明最近？那就是你觉得黑暗太黑的时候。6、最值得欣赏的风景，是自己奋斗的足迹。 7、压力不是有人比你努力，而是那些比你牛×几倍的人依然比你努力。

. .专业资料. .