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1、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的距离是（A） （B） （C） （D） （4）已知椭圆（ab0）的离心率为
2、，则（A）a2=2b2（B）3a2=4b2（C）a=2b（D）3a=4b（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，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
3、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项和为Sn，若a2=3，S5=10，则a5=_，Sn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1，那么该几何体的体积为_（12）已知l，
4、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
5、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（16）（本小题14分）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
6、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：支付金额（元）支付方式（0，1000（1000，2000大于2000仅使用A18人9人3人仅使用B10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
7、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）（本小题14分）已知抛物线C：x2=2py经过点（2，1）（）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an，从中选取第i1项、第i2
8、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
9、）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.（）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
10、），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，则于是又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.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AEF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10030
11、255=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”.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X012P0.240.520.24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
12、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.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
13、，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.（）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.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
14、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.所以关注公众号“一个高中僧”获取更多高中资料