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- 2021-05-13 发布
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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
A. B. C.3 D.5
2.执行如图所示的程序框图,输出的值为
A.1 B.2 C.3 D.4
3.已知直线的参数方程为为参数),则点到直线的距离是
A. B. C. D.
4.已知椭圆的离心率为,则
A. B. C. D.
5.若,满足,且,则的最大值为
A. 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,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
A. B.10.1 C. D.
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
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:
①曲线恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线上任意一点到原点的距离都不超过;
③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
A.① B.② C.①② D.①②③
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:
①;②;③.
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.
①当时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 元;
②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,,,.
(Ⅰ)求,的值;
(Ⅱ)求的值.
16.(14分)如图,在四棱锥中,平面,,,,.为的中点,点在上,且.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值;
(Ⅲ)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
(Ⅰ)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;
(Ⅱ)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;
(Ⅲ)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.
(Ⅰ)求抛物线的方程及其准线方程;
(Ⅱ)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.
(Ⅰ)求曲线的斜率为的切线方程;
(Ⅱ)当,时,求证:;
(Ⅲ)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.
(Ⅰ)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;
(Ⅱ)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:;
(Ⅲ)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
A. B. C.3 D.5
【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
A.1 B.2 C.3 D.4
【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
A. B. C. D.
【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
A. B. C. D.
【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
A. B.1 C.5 D.7
【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
A. B.10.1 C. D.
【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:
①曲线恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线上任意一点到原点的距离都不超过;
③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
A.① B.② C.①② D.①②③
【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①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②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③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:
①;②;③.
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.
①当时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 130 元;
②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】①由题意可得顾客一次购买的总金额,减去,可得所求值;
②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】:①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;
②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,,,.
(Ⅰ)求,的值;
(Ⅱ)求的值.
【思路分析】(Ⅰ)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;
(Ⅱ),根据正弦定理可求出,然后求出,代入即可得解.
【解析】:(Ⅰ),,.
由余弦定理,得,
,;
(Ⅱ)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.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值;
(Ⅲ)设点在上,且.判断直线是否在平面内,说明理由.
【思路分析】(Ⅰ)推导出,,由此能证明平面.
(Ⅱ)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.
(Ⅲ)求出,0,,平面的法向量,1,,,从而直线不在平面内.
【解答】证明:(Ⅰ)平面,,
,,
平面.
解:(Ⅱ)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.
(Ⅲ)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
(Ⅰ)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;
(Ⅱ)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;
(Ⅲ)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】(Ⅰ)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.
(Ⅱ)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.
(Ⅲ)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】:(Ⅰ)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.
(Ⅱ)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.
(Ⅲ)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.
(Ⅰ)求抛物线的方程及其准线方程;
(Ⅱ)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】(Ⅰ)代入点,解方程可得,求得抛物线的方程和准线方程;
(Ⅱ)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】:(Ⅰ)抛物线经过点.可得,即,
可得抛物线的方程为,准线方程为;
(Ⅱ)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.
(Ⅰ)求曲线的斜率为的切线方程;
(Ⅱ)当,时,求证:;
(Ⅲ)设,记在区间,上的最大值为(a).当(a)最小时,求的值.
【思路分析】(Ⅰ)求导数,由求得切点,即可得点斜式方程;
(Ⅱ)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;
(Ⅲ)先把化为,再利用(Ⅱ)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】:(Ⅰ),
由得,
得.
又,,
和,
即和;
(Ⅱ)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),
,
;
(Ⅲ)由(Ⅱ)可得,
在,上,,
令,,
则问题转化为当,时,的最大值(a)的问题了,
①当时,(a),
此时,当时,(a)取得最小值3;
②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.
(Ⅰ)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;
(Ⅱ)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:;
(Ⅲ)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.
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