[ID:3-5971518] 2019年北京市高考数学试卷解析版(理科)
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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
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:人教版
  • 适用地区:北京市
  • 文件大小:524.5KB
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