2019年北京卷文科数学高考真题

2019年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（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）已知集合A={x|–1x2}，B={x|x1}，则A∪B=（A）（–1，1）（B）（1，2）（C）（–1，+∞）（D）（1，+∞）（2）已知复数z=2+i，则zz（A）3（B）5（C）3（D）5（3）下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（A）12yx（B）y=2x（C）12logyx（D）1yx（4）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（5）已知双曲线2221xya（a0）的离心率是5，则a=（A）6（B）4（C）2（D）12（6）设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”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（7）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212152–lgEmmE，其中星等为km的星的亮度为kE（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）10.110（8）如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为（A）4β+4cosβ（B）4β+4sinβ（C）2β+2cosβ（D）2β+2sinβ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）已知向量a=（–4，3），b=（6，m），且ab，则m=__________．（10）若x，y满足2,1,4310,xyxy则yx的最小值为__________，最大值为__________．（11）设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l．则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________．（12）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__________．（13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．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：__________．（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%．①当x=10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，–2bc，cosB=12．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．（16）（本小题13分）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．（17）（本小题12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，从全校所有的1000名学生中随机抽取了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：支付金额支付方式不大于2000元大于2000元仅使用A27人3人仅使用B24人1人（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；（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B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B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）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．（19）（本小题14分）已知椭圆2222:1xyCab的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线:(1)lykxtt与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．（20）（本小题14分）已知函数321()4fxxxx．（Ⅰ）求曲线()yfx的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x时，求证：6()xfxx；（Ⅲ）设()|()()|()FxfxxaaR，记()Fx在区间[2,4]上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．2019年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）（1）C（2）D（3）A（4）B（5）D（6）C（7）A（8）B二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）（9）8（10）–31（11）22(1)4xy（12）40（13）若,lml，则m．（答案不唯一）（14）13015三、解答题（共6小题，共80分）（15）（共13分）解：（Ⅰ）由余弦定理2222cosbacacB，得2221323()2bcc．因为2bc，所以2221(2)323()2ccc．解得5c．所以7b．（Ⅱ）由1cos2B得3sin2B．由正弦定理得33sinsin14aABb．在ABC△中，BCA．所以33sin()sin14BCA．（16）（共13分）解：（Ⅰ）设na的公差为d．因为110a，所以23410,102,103adadad．因为23410,8,6aaa成等比数列，所以23248106aaa．所以2(22)(43)ddd．解得2d．所以1(1)212naandn．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，212nan．所以，当7n时，0na；当6n时，0na．所以，nS的最小值为630S．（17）（共12分）解：（Ⅰ）由题知，样本中仅使用A的学生有27+3=30人，仅使用B的学生有24+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100–30–25–5=40人．估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为401000400100．（Ⅱ）记事件C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2000元”，则1()0.0425PC．（Ⅲ）记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2000元”．假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，则由（II）知，()PE=0.04．答案示例1：可以认为有变化．理由如下：()PE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，()PE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：（Ⅰ）因为PA平面ABCD，所以PABD．又因为底面ABCD为菱形，所以BDAC．所以BD平面PAC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE．因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE．所以AE⊥平面PAB．所以平面PAB⊥平面PAE．（Ⅲ）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．则FG∥AB，且FG=12AB．因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=12AB．所以FG∥CE，且FG=CE．所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG．因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF∥平面PAE．（19）（共14分）解：（I）由题意得，b2=1，c=1．所以a2=b2+c2=2．所以椭圆C的方程为2212xy．（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则直线AP的方程为1111yyxx．令y=0，得点M的横坐标111Mxxy．又11ykxt，从而11||||1MxOMxkxt．同理，22||||1xONkxt．由22,12ykxtxy得222(12)4220kxktxt．则122412ktxxk，21222212txxk．所以1212||||||||11xxOMONkxtkxt12221212||(1)(1)xxkxxktxxt22222222212||224(1)()(1)1212tktktkkttkk12||1tt．又||||2OMON，所以12||21tt．解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．（20）（共14分）解：（Ⅰ）由321()4fxxxx得23()214fxxx．令()1fx，即232114xx，得0x或83x．又(0)0f，88()327f，所以曲线()yfx的斜率为1的切线方程是yx与88273yx，即yx与6427yx．（Ⅱ）令()(),[2,4]gxfxxx．由321()4gxxx得23()24g'xxx．令()0g'x得0x或83x．(),()g'xgx的情况如下：x2(2,0)08(0,)3838(,4)34()g'x()gx6064270所以()gx的最小值为6，最大值为0．故6()0gx，即6()xfxx．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a时，()(0)|(0)|3MFgaaa；当3a时，()(2)|(2)|63MFagaa；当3a时，()3Ma．综上，当()Ma最小时，3a．