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1、绝密本科目考试启用前绝密本科目考试启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 数 学（理）（北京卷）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
2、离是（A）（B）（C）（D）（4）已知椭圆（ab0）的离心率为，则（A）a2=2b2（B）3a2=4b2（C）a=2b（D）3a=4b z z351 3,24xtyt 1525456522221xyab12（5）若 x，y 满足，且 y1，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m2m1=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）1010.1（7）设点 A
3、，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：曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过；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）（B）（C）（D）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
4、项和为 Sn，若 a2=3，S5=10，则 a5=_，Sn的最小值为_|1|xy 5221EEAB AC|ABACBC 221|xyx y 2（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：lm；m；l 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+aex（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
5、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%当 x=10 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 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，bc=2，cosB=（）求 b，c 的值；（）求 sin（BC）的值
6、（16）（本小题 14 分）12如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且（）求证：CD平面 PAD；（）求二面角 FAEP 的余弦值；（）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
7、用 B 的学生的支付金额分布情况如下：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（）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；（）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；（）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
8、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）13PFPC23PGPB（）求抛物线 C 的方程及其准线方程；（）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（）求曲线的斜率为 1 的切线方程；（）当时，求证：；（）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
9、an，从中选取第 i1项、第 i2项、第 im项（i1i2im），若，则称新数列为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（）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 pq，求证：；（）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 2s1，且长度为 s 末项为 2s1 的递增子列恰有 2s-1个（s=1，2，），求数列an的通项公式 321()4f xxxx()yf x 2,4
10、x 6()xf xx()|()()|()F xf xxaaR()F x 2,412miiiaaa12miiiaaa，0ma0na0ma0na 绝密启用前 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：（）由余弦定理，得.因为，所以.解得.所以.210lml
11、m1(,02222cosbacacB222132 32bcc 2bc2221(2)32 32ccc 5c 7b（）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：（）因为PA平面ABCD，所以PACD 又因为ADCD，所以CD平面PAD（）过A作AD的垂线交BC于点M 因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD 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
12、又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.1cos2B 3sin2B 5 3sinsin14cCBbABC211cos1 sin14CC4 3sin()sincoscossin7BCBCBC(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AEPCAP 12 222 2 4,33 333 3 3PFPCAFAPPF 0,0,AEAF nn0,2240333yzxyz1,1yx =(1,1,1)n3cos,|3 n pn pn p由题知，二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为 （）直线AG在平面AEF内 因为点G在PB上，且，所以.由（）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面A
13、EF内.（17）（共13分）解：（）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10030255=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.（）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”.332,(2,1,2)3PGPBPB 242442 2,333333 3PGP
14、BAGAPPG =(1,1,1)n4220333AG n400.4100由题设知，事件C，D相互独立，且.所以，=0.4（10.6）+（10.4）0.6=0.52，所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.24 0.52 0.24 故X的数学期望E（X）=00.24+10.52+20.24=1.（）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
15、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：（）由抛物线经过点，得.所以抛物线的方程为，其准线方程为.（）抛物线的焦点为.设直线 的方程为.9314 1()0.4,()0.63025P CP D(2)()()()0.24P XP CDP C P D(1)()P XP CDCD()()()()P C P DP C P D33011()C4060P E 2:2C xpy(2,1)2p C24xy 1y C(0,1)Fl1(0)y
16、kxk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：（）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.21,4ykxxy 2440 xkx1122,M x yN xy124x x OM11yyxx1y 11Axxy 22Bxxy(0,)Dn1212,1,1xxDAnDBnyy 21212(1)x xDA DBny y 2122212(1)44x xnxx21216(1)nx x24(1)n 0DA DB 24(1)0n 1n 3n (0,1
17、)(0,3)321()4f xxxx23()214fxxx()1fx232114xx 0 x 83x(0)0f88()327f()yf xyx88273yxyx6427yx（）令.由得，令得或.的情况如下：所以的最小值为，最大值为.故，即.（）由（）知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.（20）（共13分）解：（）1，3，5，6.（答案不唯一）（）设长度为q末项为的一个递增子列为.由pq，得.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（）由题设知，所有正奇数都是中的项.()(),2,4g xf xx x 321()4g xxx23()24g xxx()
18、0g x 0 x 83x(),()g x g xx2(2,0)08(0,)3838(,4)34()g x()g x6064270()g x606()0g x 6()xf xx3a ()(0)|(0)|3MFgaaa 3a ()(2)|(2)|63MFagaa3a ()3M a()M a3a 0na1210,qrrrnaaaa10pqrrnaaa na0ma12,prrraaa na0pmraa00mnaa na先证明：若2m是中的项，则2m必排在2m1之前（m为正整数）.假设2m排在2m1之后.设是数列的长度为m末项为2m1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
19、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2k1之前（k=1，2，m1），所以2k和2k-1不可能在的同一个递增子列中.又中不超过2m+1的数为1，2，2m2，2m1，2m+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2m3之后（m2为整数）.假设存在2m（m2），使得2m排在2m3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2，1，4，3，2m3，2m，2m1，.经验证，数列2，1，4，3，2m3，2m，2m1，符合条件.所以 na121,21mpppaaam na121,21,2mpppaaamm na na na na na na na1(1)2 2 22 1 122mmm 个 na2m na1,1,nnnann为奇数，为偶数.