2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷（理科）一、選擇題 共8小題，每小題5分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1已知復(fù)數(shù)，則ABC3D52執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為A1B2C3D43已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)），則點到直線的距離是ABCD4已知橢圓的離心率為，則ABCD5若，滿足，且，則的最大值為AB1C5D76在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為的星的亮度為已知太陽的星等是，天狼星的星等是，則太陽與天狼星的亮度的比值為AB10.1CD7設(shè)點，不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的A充分而不必要條

2、件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件8數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）給出下列三個結(jié)論：曲線恰好經(jīng)過6個整點（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點）；曲線上任意一點到原點的距離都不超過；曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3其中，所有正確結(jié)論的序號是ABCD二、填空題 共6小題，每小題5分，共30分。9函數(shù)的最小正周期是10設(shè)等差數(shù)列的前項和為，若，則，的最小值為11某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為，那么該幾何體的體積為12已知，是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷：；以其中的兩個論斷作為條件，余下的一

3、個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：13設(shè)函數(shù)為常數(shù)）若為奇函數(shù)，則；若是上的增函數(shù)，則的取值范圍是14李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒為增加銷量，李明對這四種水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付元每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會得到支付款的當(dāng)時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付元；在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則的最大值為三、解答題 共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。15（13分）在中，（）求，的值；（）求的值1

4、6（14分）如圖，在四棱錐中，平面，為的中點，點在上，且（）求證：平面；（）求二面角的余弦值；（）設(shè)點在上，且判斷直線是否在平面內(nèi)，說明理由17（13分）改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來，移動支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個月，兩種移動支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中，兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用和僅使用的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額（元支付方式，大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人（）從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月，兩種支付方式都使用的概率；（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機抽取

5、1人，以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（）已知上個月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化現(xiàn)從樣本僅使用的學(xué)生中，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由18（14分）已知拋物線經(jīng)過點（）求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；（）設(shè)為原點，過拋物線的焦點作斜率不為0的直線交拋物線于兩點，直線分別交直線，于點和點求證：以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點19（13分）已知函數(shù)（）求曲線的斜率為的切線方程；（）當(dāng)，時，求證：；（）設(shè)，記在區(qū)間，上的最大值為（a）當(dāng)（a）最小時，求的

6、值20（13分）已知數(shù)列，從中選取第項、第項、第項，若，則稱新數(shù)列，為的長度為的遞增子列規(guī)定：數(shù)列的任意一項都是的長度為1的遞增子列（）寫出數(shù)列1，8，3，7，5，6，9的一個長度為4的遞增子列；（）已知數(shù)列的長度為的遞增子列的末項的最小值為，長度為的遞增子列的末項的最小值為若，求證：；（）設(shè)無窮數(shù)列的各項均為正整數(shù)，且任意兩項均不相等若的長度為的遞增子列末項的最小值為，且長度為末項為的遞增子列恰有個，2，求數(shù)列的通項公式2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題 共8小題，每小題5分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1已知復(fù)數(shù)，則ABC3D5

7、【思路分析】直接由求解【解析】：，故選：【歸納與總結(jié)】本題考查復(fù)數(shù)及其運算性質(zhì)，是基礎(chǔ)的計算題2執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為A1B2C3D4【思路分析】由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量的值，模擬程序的運行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案【解析】：模擬程序的運行，可得，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，此時，滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為2故選：【歸納與總結(jié)】本題考查了程序框圖的應(yīng)用問題，解題時應(yīng)模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結(jié)論，是基礎(chǔ)題3已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)），則點到直線的距離是ABCD【思路分析】消參數(shù)化參數(shù)方程

8、為普通方程，再由點到直線的距離公式求解【解析】：由為參數(shù)），消去，可得則點到直線的距離是故選：【歸納與總結(jié)】本題考查參數(shù)方程化普通方程，考查點到直線距離公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題4已知橢圓的離心率為，則ABCD【思路分析】由橢圓離心率及隱含條件得答案【解析】：由題意，得，則，即故選：【歸納與總結(jié)】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，熟記隱含條件是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題5若，滿足，且，則的最大值為AB1C5D7【思路分析】由約束條件作出可行域，令，化為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案【解析】：由作出可行域如圖，聯(lián)立，解得，令，化為，由圖可知，當(dāng)直線過點時，有最大值為故選：【歸納與總結(jié)

9、】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題6在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為的星的亮度為已知太陽的星等是，天狼星的星等是，則太陽與天狼星的亮度的比值為AB10.1CD【思路分析】把已知熟記代入，化簡后利用對數(shù)的運算性質(zhì)求解【解析】：設(shè)太陽的星等是，天狼星的星等是，由題意可得：，則故選：【歸納與總結(jié)】本題考查對數(shù)的運算性質(zhì)，是基礎(chǔ)的計算題7設(shè)點，不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【思路分析】“與的夾角為銳角” “”，“ ” “與的夾角為銳角”，由此能求出

10、結(jié)果【解析】：點，不共線，“與的夾角為銳角” “”，“” “與的夾角為銳角”，設(shè)點，不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的充分必要條件故選：【歸納與總結(jié)】本題考查充分條件、必要條件、充要條件的判斷，考查向量等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題8數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）給出下列三個結(jié)論：曲線恰好經(jīng)過6個整點（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點）；曲線上任意一點到原點的距離都不超過；曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3其中，所有正確結(jié)論的序號是ABCD【思路分析】將換成方程不變，所以圖形關(guān)于軸對稱，根據(jù)對稱性討論軸右邊的圖形可得【解析】：將換成方程不變，所以圖形

11、關(guān)于軸對稱，當(dāng)時，代入得，即曲線經(jīng)過，；當(dāng)時，方程變?yōu)?，所以，解得，所以只能取整?shù)1，當(dāng)時，解得或，即曲線經(jīng)過，根據(jù)對稱性可得曲線還經(jīng)過，故曲線一共經(jīng)過6個整點，故正確當(dāng)時，由得，（當(dāng)時取等），即曲線上軸右邊的點到原點的距離不超過，根據(jù)對稱性可得：曲線上任意一點到原點的距離都不超過；故正確在軸上圖形面積大于矩形面積，軸下方的面積大于等腰直角三角形的面積，因此曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積大于，故錯誤故選：【歸納與總結(jié)】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，屬中檔題二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。9函數(shù)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，

12、故答案為：【歸納與總結(jié)】本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，關(guān)鍵是合理使用二倍角公式，屬基礎(chǔ)題10設(shè)等差數(shù)列的前項和為，若，則0，的最小值為【思路分析】利用等差數(shù)列的前項和公式、通項公式列出方程組，能求出，由此能求出的的最小值【解析】：設(shè)等差數(shù)列的前項和為，解得，或時，取最小值為故答案為：0，【歸納與總結(jié)】本題考查等差數(shù)列的第5項的求法，考查等差數(shù)列的前項和的最小值的求法，考查等差數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題11某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為，那么該幾何體的體積為40【思路分析】由三視圖還原原幾何體，然后利用一個長

13、方體與一個棱柱的體積作和求解【解析】：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱，則該幾何體的體積故答案為：40【歸納與總結(jié)】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題12已知，是平面外的兩條不同直線給出下列三個論斷：；以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：若，則【思路分析】由，是平面外的兩條不同直線，利用線面平行的判定定理得若，則【解析】：由，是平面外的兩條不同直線，知：由線面平行的判定定理得：若，則故答案為：若，則【歸納與總結(jié)】本題考查滿足條件的真命題的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，

14、考查推理能力與計算能力，屬于中檔題13設(shè)函數(shù)為常數(shù)）若為奇函數(shù)，則；若是上的增函數(shù)，則的取值范圍是【思路分析】對于第一空：由奇函數(shù)的定義可得，即，變形可得分析可得的值，即可得答案；對于第二空：求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系分析可得的導(dǎo)數(shù)在上恒成立，變形可得：恒成立，據(jù)此分析可得答案【解析】：根據(jù)題意，函數(shù)，若為奇函數(shù)，則，即，變形可得，函數(shù)，導(dǎo)數(shù)若是上的增函數(shù)，則的導(dǎo)數(shù)在上恒成立，變形可得：恒成立，分析可得，即的取值范圍為，；故答案為：，【歸納與總結(jié)】本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的判定，關(guān)鍵是理解函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的定義，屬于基礎(chǔ)題14李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營一家水果店，銷售的水

15、果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒為增加銷量，李明對這四種水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付元每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會得到支付款的當(dāng)時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付130元；在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則的最大值為【思路分析】由題意可得顧客一次購買的總金額，減去，可得所求值；在促銷活動中，設(shè)訂單總金額為元，可得，解不等式，結(jié)合恒成立思想，可得的最大值【解析】：當(dāng)時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，可得（元，即有顧客需要支付（元；在促銷活動中，設(shè)訂單總金額為元，可得，即有，

16、由題意可得，可得，則的最大值為15元故答案為：130，15【歸納與總結(jié)】本題考查不等式在實際問題的應(yīng)用，考查化簡運算能力，屬于中檔題三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。15（13分）在中，（）求，的值；（）求的值【思路分析】（）利用余弦定理可得，代入已知條件即可得到關(guān)于的方程，解方程即可；（），根據(jù)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：，為銳角，【歸納與總結(jié)】本題考查了正弦定理余弦定理和兩角差的正弦公式，屬基礎(chǔ)題16（14分）如圖，在四棱錐中，平面，為的中點，點在上，且（）求證：平面；（）求二面角的余弦

17、值；（）設(shè)點在上，且判斷直線是否在平面內(nèi)，說明理由【思路分析】（）推導(dǎo)出，由此能證明平面（）以為原點，在平面內(nèi)過作的平行線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)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，從而直線不在平面內(nèi)【解答】證明：（）平面，平面解：（）以為原點，在平面內(nèi)過作的平行線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，0，0，0，0，平面的法向量，0，設(shè)平面的法向量，則，取，得，1，設(shè)二面角的平面角為，則二面角的余弦值為（）直線不在平面內(nèi)，理由如下：點在上，且，0，0，平面的法向量，1，故直線不在平面內(nèi)【歸納與總結(jié)】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查

18、直線是否在已知平面內(nèi)的判斷與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題17（13分）改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來，移動支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個月，兩種移動支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中，兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用和僅使用的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額（元支付方式，大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人（）從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月，兩種支付方式都使用的概率；（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機抽取1人，以表示這2人中上

19、個月支付金額大于1000元的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；（）已知上個月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化現(xiàn)從樣本僅使用的學(xué)生中，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說明理由【思路分析】（）從全校所有的1000名學(xué)生中隨機抽取的100人中，兩種支付方式都不使用的有5人，僅使用的有30人，僅使用的有25人，從而，兩種支付方式都使用的人數(shù)有40人，由此能求出從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月，兩種支付方式都使用的概率（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機抽取1人，以表示這2人中上個月支付金額大于10

20、00元的人數(shù)，則的可能取值為0，1，2，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出的分布列和數(shù)學(xué)期望（）從樣本僅使用的學(xué)生有30人，其中27人月支付金額不大于2000元，有3人月支付金額大于2000元，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為，不能認(rèn)為認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化【解析】：（）由題意得：從全校所有的1000名學(xué)生中隨機抽取的100人中，兩種支付方式都不使用的有5人，僅使用的有30人，僅使用的有25人，兩種支付方式都使用的人數(shù)有：，從全校學(xué)生中隨機抽取1人，估計該學(xué)生上個月，兩種支付方式都使用的概率（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機抽取

21、1人，以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù)，則的可能取值為0，1，2，樣本僅使用的學(xué)生有30人，其中支付金額在，的有18人，超過1000元的有12人，樣本僅使用的學(xué)生有25人，其中支付金額在，的有10人，超過1000元的有15人，的分布列為： 0 1 2 數(shù)學(xué)期望（）不能認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化，理由如下：從樣本僅使用的學(xué)生有30人，其中27人月支付金額不大于2000元，有3人月支付金額大于2000元，隨機抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為，雖然概率較小，但發(fā)生的可能性為故不能認(rèn)為認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于200

22、0元的人數(shù)有變化【歸納與總結(jié)】本題考查概率、離散型隨機變量的分布列、數(shù)學(xué)期望的求法，考查古典概型、相互獨立事件概率乘法公式等基礎(chǔ)知識，考查推理能力與計算能力，是中檔題18（14分）已知拋物線經(jīng)過點（）求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；（）設(shè)為原點，過拋物線的焦點作斜率不為0的直線交拋物線于兩點，直線分別交直線，于點和點求證：以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點【思路分析】（）代入點，解方程可得，求得拋物線的方程和準(zhǔn)線方程；（）拋物線的焦點為，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，運用韋達定理，以及直線的斜率和方程，求得，的坐標(biāo)，可得為直徑的圓方程，可令，解方程，即可得到所求定點【解析】：（）拋物線經(jīng)過點可得，即，

23、可得拋物線的方程為，準(zhǔn)線方程為；（）證明：拋物線的焦點為，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，可得，設(shè)，可得，直線的方程為，即，直線的方程為，即，可得，可得的中點的橫坐標(biāo)為，即有為直徑的圓心為，半徑為，可得圓的方程為，化為，由，可得或則以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點，【歸納與總結(jié)】本題考查拋物線的定義和方程、性質(zhì)，以及圓方程的求法，考查直線和拋物線方程聯(lián)立，運用韋達定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題19（13分）已知函數(shù)（）求曲線的斜率為的切線方程；（）當(dāng)，時，求證：；（）設(shè)，記在區(qū)間，上的最大值為（a）當(dāng)（a）最小時，求的值【思路分析】（）求導(dǎo)數(shù)，由求得切點，即可得點斜式方程；（）把所證不等式轉(zhuǎn)化為，再令，利用導(dǎo)數(shù)研究在，的單調(diào)性和極值點即可得證；（）先把化為，再利用（）的結(jié)論，引進函數(shù)，結(jié)合絕對值函數(shù)的對稱性，單調(diào)性，通過對稱軸與的關(guān)系分析即可【解析】：（），由得，得又，和，即和；（）證明：欲證，只需證，令，則，可知在，為正，在為負(fù)，在為正，在，遞增，在，遞減，在遞增，又，（4），；（）由（）可得，在，上，令，則問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)，時，的最大值（a）的問題了，當(dāng)時，（a），此時，當(dāng)時，（a）取得最小值3；當(dāng)時，（a），（a），也是時，（a）最小為3綜上，當(dāng)（a）取最小值時的值為【歸納與總結(jié)】此題