2019年高考試題真題1數學理（北京卷）解析版[高考復習]
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絕密★啟用前 2019年普通高等學校招生全國統一考試 數 學（理）（北京卷） 本試卷共5頁，150分?？荚嚂r長120分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。 第一部分（選擇題 共40分） 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.已知復數z=2+i，則 A. B. C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 題先求得，然后根據復數的乘法運算法則即得. 【詳解】∵ 故選D. 【點睛】本容易題，注重了基礎知識、基本計算能力的考查. 2.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根據程序框圖中的條件逐次運算即可. 【詳解】運行第一次， ， ， 運行第二次， ， ， 運行第三次， ， ， 結束循環(huán)，輸出 ，故選B. 【點睛】本題考查程序框圖，屬于容易題，注重基礎知識、基本運算能力的考查. 3.已知直線l的參數方程為（t為參數），則點（1,0）到直線l的距離是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 首先將參數方程化為直角坐標方程，然后利用點到直線距離公式求解距離即可. 【詳解】直線的普通方程為,即,點到直線的距離,故選D. 【點睛】本題考查直線參數方程與普通方程轉化,點到直線的距離,屬于容易題,注重基礎知識?基本運算能力的考查. 4.已知橢圓（a＞b＞0）的離心率為，則 A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 【答案】B 【解析】 【分析】 由題意利用離心率的定義和的關系可得滿足題意的等式. 【詳解】橢圓的離心率,化簡得, 故選B. 【點睛】本題考查橢圓的標準方程與幾何性質,屬于容易題,注重基礎知識?基本運算能力的考查. 5.若x，y滿足，且y≥?1，則3x+y的最大值為 A. ?7 B. 1 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】 首先畫出可行域，然后結合目標函數的幾何意義確定其最值即可. 【詳解】由題意作出可行域如圖陰影部分所示. 設, 當直線經過點時,取最大值5.故選C. 【點睛】本題是簡單線性規(guī)劃問題的基本題型,根據“畫?移?解”等步驟可得解.題目難度不大題,注重了基礎知識?基本技能的考查. 6.在天文學中，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m1的星的亮度為E2（k=1,2）.已知太陽的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，則太陽與天狼星的亮度的比值為 A. 1010.1 B. 10.1 C. lg10.1 D. 10–10.1 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出，然后將對數式換為指數式求再求 【詳解】兩顆星的星等與亮度滿足 , 令 ， ， ， ， 故選D. 【點睛】考查考生的數學應用意識、信息處理能力、閱讀理解能力以及指數對數運算. 7.設點A，B，C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 【答案】C 【解析】 【分析】 由題意結合向量的減法公式和向量的運算法則考查充分性和必要性是否成立即可. 【詳解】∵A?B?C三點不共線,∴ |+|>|||+|>|-| |+|2>|-|2?>0與 的夾角為銳角.故“與的夾角為銳角”是“|+|>||”的充分必要條件,故選C. 【點睛】本題考查充要條件的概念與判斷?平面向量的模?夾角與數量積,同時考查了轉化與化歸數學思想. 8.數學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線C：就是其中之一（如圖）.給出下列三個結論： ①曲線C恰好經過6個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）； ②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過； ③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3. 其中，所有正確結論的序號是 A. ① B. ② C. ①② D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 將所給方程進行等價變形確定x的范圍可得整點坐標和個數，結合均值不等式可得曲線上的點到坐標原點距離的最值和范圍，利用圖形的對稱性和整點的坐標可確定圖形面積的范圍. 詳解】由得,,, 所以可為的整數有0,-1,1,從而曲線恰好經過(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六個整點,結論①正確. 由得,,解得,所以曲線上任意一點到原點的距離都不超過. 結論②正確. 如圖所示,易知, 四邊形的面積,很明顯“心形”區(qū)域的面積大于,即“心形”區(qū)域的面積大于3,說法③錯誤. 故選C. 【點睛】本題考查曲線與方程?曲線的幾何性質，基本不等式及其應用,屬于難題,注重基礎知識?基本運算能力及分析問題解決問題的能力考查,滲透“美育思想”. 第二部分（非選擇題 共110分） 二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。 9.函數f(x)=sin22x的最小正周期是__________． 【答案】. 【解析】 【分析】 將所給的函數利用降冪公式進行恒等變形，然后求解其最小正周期即可. 【詳解】函數,周期為 【點睛】本題主要考查二倍角的三角函數公式?三角函數的最小正周期公式，屬于基礎題. 10.設等差數列{an}的前n項和為Sn，若a2=?3，S5=?10，則a5=__________，Sn的最小值為__________． 【答案】 (1). 0. (2). -10. 【解析】 【分析】 首先確定公差,然后由通項公式可得的值，進一步研究數列中正項?負項的變化規(guī)律,得到和的最小值. 【詳解】等差數列中,,得,公差,, 由等差數列的性質得時,,時,大于0,所以的最小值為或,即為. 【點睛】本題考查等差數列的通項公式?求和公式?等差數列的性質,難度不大,注重重要知識?基礎知識?基本運算能力的考查. 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．如果網格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積為__________． 【答案】40. 【解析】 【分析】 畫出三視圖對應的幾何體，應用割補法求幾何體的體積. 【詳解】在正方體中還原該幾何體，如圖所示 幾何體的體積V=43-（2+4）24=40 【點睛】易錯點有二，一是不能正確還原幾何體；二是計算體積有誤.為避免出錯，應注重多觀察、細心算. 12.已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥；③l⊥． 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，則l⊥m. 【解析】 【分析】 將所給論斷，分別作為條件、結論加以分析. 【詳解】將所給論斷，分別作為條件、結論，得到如下三個命題： （1）如果l⊥α，m∥α，則l⊥m. 正確； （2）如果l⊥α，l⊥m，則m∥α.不正確，有可能m在平面α內； （3）如果l⊥m，m∥α，則l⊥α.不正確，有可能l與α斜交、l∥α. 【點睛】本題主要考查空間線面的位置關系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力. 13.設函數f（x）=ex+ae?x（a為常數）．若f（x）為奇函數，則a=________；若f（x）是R上的增函數，則a的取值范圍是___________． 【答案】 (1). -1; (2). . 【解析】 【分析】 首先由奇函數的定義得到關于的恒等式，據此可得的值，然后利用導函數的解析式可得a的取值范圍. 【詳解】若函數為奇函數,則， 對任意的恒成立. 若函數是上的增函數,則恒成立,. 即實數的取值范圍是 【點睛】本題考查函數的奇偶性?單調性?利用單調性確定參數的范圍.解答過程中,需利用轉化與化歸思想,轉化成恒成立問題.注重重點知識?基礎知識?基本運算能力的考查. 14.李明自主創(chuàng)業(yè)，在網上經營一家水果店，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x元．每筆訂單顧客網上支付成功后，李明會得到支付款的80%． ①當x=10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元； ②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x的最大值為__________． 【答案】 (1). 130. (2). 15. 【解析】 【分析】 （1）將購買的草莓和西瓜加錢與120進行比較，再根據促銷規(guī)則可的結果； （2）根據、分別探究. 【詳解】（1）x=10，顧客一次購買草莓和西瓜各一盒， 需要支付（60+80）-10=130元. （2）設顧客一次購買水果的促銷前總價為y元， 元時，李明得到的金額為y80%，符合要求. 元時，有（y-x）80%≥y70%成立， 即8（y-x）≥7y，x≤，即x≤（）min=15元. 所以x的最大值為15. 【點睛】本題主要考查不等式的概念與性質、數學的應用意識、數學式子變形與運算求解能力，有一定難度. 三、解答題共6小題，共80分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。 15.在△ABC中，a=3，b?c=2，cosB=． （Ⅰ）求b，c的值； （Ⅱ）求sin（B–C）的值． 【答案】(Ⅰ) ； (Ⅱ) . 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由題意列出關于a,b,c的方程組，求解方程組即可確定b,c的值； (Ⅱ)由題意結合正弦定理和兩角和差正余弦公式可得的值. 【詳解】(Ⅰ)由題意可得：，解得：. (Ⅱ)由同角三角函數基本關系可得：， 結合正弦定理可得：， 很明顯角C為銳角，故， 故. 【點睛】本題主要考查余弦定理、正弦定理的應用，兩角和差正余弦公式的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 16.如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點，點F在PC上，且． （Ⅰ）求證：CD⊥平面PAD； （Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值； （Ⅲ）設點G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由． 【答案】(Ⅰ)見解析； (Ⅱ) ； (Ⅲ)見解析. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結論； (Ⅱ)建立空間直角坐標系，結合兩個半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值； (Ⅲ)首先求得點G的坐標，然后結合平面的法向量和直線AG的方向向量可判斷直線是否在平面內. 【詳解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，則PA⊥CD， 由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A， 由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. (Ⅱ)以點A為坐標原點，平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸，AD,AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 易知：， 由可得點F的坐標為， 由可得， 設平面AEF的法向量為：，則 ， 據此可得平面AEF的一個法向量為：， 很明顯平面AEP的一個法向量為， ， 二面角F-AE-P的平面角為銳角，故二面角F-AE-P的余弦值為. (Ⅲ)易知，由可得， 則， 注意到平面AEF的一個法向量為：， 其且點A在平面AEF內，故直線AG在平面AEF內. 17.改革開放以來，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉變．近年來，移動支付已成為主要支付方式之一．為了解某校學生上個月A，B兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人，發(fā)現樣本中A，B兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學生的支付金額分布情況如下： 交付金額（元） 支付方式 （0,1000] （1000,2000] 大于2000 僅使用A 18人 9人 3人 僅使用B 10人 14人 1人 （Ⅰ）從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率； （Ⅱ）從樣本僅使用A和僅使用B的學生中各隨機抽取1人，以X表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數，求X的分布列和數學期望； （Ⅲ）已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化．現從樣本僅使用A的學生中，隨機抽查3人，發(fā)現他們本月的支付金額都大于2000元．根據抽查結果，能否認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2000元的人數有變化？說明理由． 【答案】(Ⅰ) ； (Ⅱ)見解析； (Ⅲ)見解析. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由題意利用古典概型計算公式可得滿足題意的概率值； (Ⅱ)首先確定X可能的取值，然后求得相應的概率值可得分布列，最后求解數學期望即可. (Ⅲ)由題意結合概率的定義給出結論即可. 【詳解】(Ⅰ)由題意可知，兩種支付方式都是用的人數為：人，則： 該學生上個月A，B兩種支付方式都使用的概率. (Ⅱ)由題意可知， 僅使用A支付方法的學生中，金額不大于1000的人數占，金額大于1000的人數占， 僅使用B支付方法的學生中，金額不大于1000的人數占，金額大于1000的人數占， 且X可能的取值為0,1,2. ，，， X分布列為： X 0 1 2 其數學期望：. (Ⅲ)我們不認為樣本僅使用A的學生中本月支付金額大于2000元的人數有變化.理由如下： 隨機事件在一次隨機實驗中是否發(fā)生是隨機的，是不能預知的，隨著試驗次數的增多，頻率越來越穩(wěn)定于概率。 學校是一個相對消費穩(wěn)定的地方，每個學生根據自己的實際情況每個月的消費應該相對固定，出現題中這種現象可能是發(fā)生了“小概率事件”. 【點睛】本題以支付方式相關調查來設置問題，考查概率統計在生活中的應用，考查概率的定義和分布列的應用，使學生體會到數學與現實生活息息相關. 18.已知拋物線C：x2=?2py經過點（2，?1）． （Ⅰ）求拋物線C的方程及其準線方程； （Ⅱ）設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點． 【答案】(Ⅰ) ，； (Ⅱ)見解析. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由題意結合點的坐標可得拋物線方程，進一步可得準線方程； (Ⅱ)聯立準線方程和拋物線方程，結合韋達定理可得圓心坐標和圓的半徑，從而確定圓的方程，最后令x=0即可證得題中的結論. 【詳解】(Ⅰ)將點代入拋物線方程：可得：， 故拋物線方程：，其準線方程為：. (Ⅱ)很明顯直線的斜率存在，焦點坐標為， 設直線方程為，與拋物線方程聯立可得：. 故：. 設，則， 直線的方程為，與聯立可得：，同理可得， 易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：，圓的半徑為：， 且：，， 則圓的方程為：， 令整理可得：，解得：， 即以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點. 【點睛】本題主要考查拋物線方程的求解與準線方程的確定，直線與拋物線的位置關系，圓的方程的求解及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 19.已知函數. （Ⅰ）求曲線的斜率為1的切線方程； （Ⅱ）當時，求證：； （Ⅲ）設，記在區(qū)間上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和. （Ⅱ）見解析； （Ⅲ）. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)首先求解導函數，然后利用導函數求得切點的橫坐標，據此求得切點坐標即可確定切線方程； (Ⅱ)由題意分別證得和即可證得題中的結論； (Ⅲ)由題意結合(Ⅱ)中的結論分類討論即可求得a的值. 【詳解】（Ⅰ），令得或者. 當時，，此時切線方程為，即； 當時，，此時切線方程為，即； 綜上可得所求切線方程為和. （Ⅱ）設，，令得或者，所以當時，，為增函數；當時，，為減函數；當時，，為增函數； 而，所以，即； 同理令，可求其最小值為，所以，即，綜上可得. （Ⅲ）由（Ⅱ）知， 所以是中的較大者， 若，即時，； 若，即時，； 所以當最小時，，此時. 【點睛】本題主要考查利用導函數研究函數的切線方程，利用導函數證明不等式的方法，分類討論的數學思想等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力. 20.已知數列{an}，從中選取第i1項、第i2項、…、第im項(i1
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