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ABC3D52执行如图所示的程序框图，输出的值为A1B2C3D43已知直线的参数方程为为参数），则点到直线的距离是ABCD4已知椭圆的离心率为，则ABCD5若，满足，且，则的最大值为AB1C5D76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AB10.1CD7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：曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；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ABCD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：；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当时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付元；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，（）求，的值；（）求的值16（14分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，点在上，且（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）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（）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；（）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；（）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（）求抛物线的方程及其准线方程；（）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（）求曲线的斜率为的切线方程；（）当，时，求证：；（）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（）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（）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：；（）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ABC3D5【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A1B2C3D4【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ABCD【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ABCD【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AB1C5D7【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AB10.1CD【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：曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；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ABCD【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：；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当时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付130元；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】由题意可得顾客一次购买的总金额，减去，可得所求值；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】：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；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，（）求，的值；（）求的值【思路分析】（）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；（），根据正弦定理可求出，然后求出，代入即可得解【解析】：（），由余弦定理，得，；（）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（）求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由【思路分析】（）推导出，由此能证明平面（）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（）求出，0，平面的法向量，1，从而直线不在平面内【解答】证明：（）平面，平面解：（）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（）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（）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；（）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；（）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】（）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（）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（）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】：（）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（）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（）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（）求抛物线的方程及其准线方程；（）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】（）代入点，解方程可得，求得抛物线的方程和准线方程；（）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】：（）抛物线经过点可得，即，可得抛物线的方程为，准线方程为；（）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（）求曲线的斜率为的切线方程；（）当，时，求证：；（）设，记在区间，上的最大值为（a）当（a）最小时，求的值【思路分析】（）求导数，由求得切点，即可得点斜式方程；（）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；（）先把化为，再利用（）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】：（），由得，得又，和，即和；（）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），；（）由（）可得，在，上，令，则问题转化为当，时，的最大值（a）的问题了，当时，（a），此时，当时，（a）取得最小值3；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（）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（）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：；（）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： 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