2019年高考数学真题及解析（北京卷：文科）

2019年高考数学真题（北京卷：文科）
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|–11}，则A∪B=（ ）
（A）（–1，1） （B）（1，2） （C）（–1，+∞） （D）（1，+∞）
（2）已知复数z=2+i，则（ ）
（A） （B） （C）3 （D）5
（3）下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（ ）
（A） （B）y= （C） （D）
（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（a>0）的离心率是，则a=（ ）
（A） （B）4 （C）2 （D）
（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，其中星等为的星的亮度为（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）
（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，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=（–4，3），=（6，m），且，则m=__________．
（10）若x，y满足 则的最小值为__________，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，，cosB=．
（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2 000元 大于2 000元
仅使用A 27人 3人
仅使用B 24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2 000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2 000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2 000元的人数有变化？说明理由．
（18）（本小题14分）
如图，在四棱锥中，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）
已知椭圆的右焦点为，且经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆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．
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
参考答案
一、选择题
（1）C 【解析】∵A={x|1x2}，B={x|x1}，∴A∪B={x|1x2}∪{x|x1}=（1，+∞），故
选C．
（2）D 【解析】∵z=2+i，∴z =|z|2=()2=5．故选D．
（3）A 【解析】A项、y=在（0，+∞）上单调递增，正确；BCD项、y=2 x，y=log和y=在（0，
+∞）上都是减函数，错误，故选A．
（4）B 【解析】当第一步，k=1，s=1，则s=2，不满足条件k3，执行循环体；第二步，k=2，s=2，不满
足条件k3，执行循环体；第三步，k=3，s=2，此时，满足条件k3，退出循环，输出s的值
为2．故选B．
（5）D 【解析】由双曲线=1（a0），得，，则联立解得，a=．故选D.
（6）C 【解析】设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），充要性：当“b=0” “f（x）为偶函数”，必
要性：当“f（x）为偶函数” “b=0”，∴函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是
“f（x）为偶函数”的充分必要条件．故选C．
（7）A 【解析】设太阳的星等是m1=26.7，天狼星的星等是m2=1.45，由题意可得，m2m1=
1.45(26.7)=lg，∴lg==10.1，∴=1010.1．故选A．
（8）B 【解析】由题意可得∠AOB=2∠APB=2β，要求阴影区域的面积的最大值，即为直线QO⊥AB，即
有QO=2，Q到线段AB的距离为2+2cosβ，AB=2 2sinβ=4sinβ，S扇形AOB= 2β 4=4β，
S△ABQ=(2+2cosβ) 4sinβ=4sinβ+4sinβcosβ=4sinβ+2sin2β，S△AOQ+S△BOQ=4sinβ+2sin2β 2
2sin2β=4sinβ，即有阴影区域的面积的最大值为4β+4sinβ．故选B．
二、填空题
（9）8 【解析】由向量a=（4，3），b=（6，m），且a⊥b，得a b＝24+3m＝0，∴m=8．
（10）–3 1 【解析】由设，得，由图可知，平移直线y=x，当直线
m=yx过A时，m有最小值为3，过B时，m有最大值1．
（11） 【解析】抛物线y2=4x，2p=4，p=2，则焦点为F（1，0），准线为x=1，∴F到准
线距离为2，∴圆的半径为2．则所求圆的方程为(x1)2+y2=4．
（12）40 【解析】由题意可知，该几何体是一个长方体和一个三棱柱组合而成，则该几何体的体积
V=422+(2+4)24=40．
（13）若，，则.（答案不唯一） 【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线可知，由
线面平行的判定定理得，若l⊥α，m∥α，则l⊥m．
（14）130 15 【解析】①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得60+80=140（元），即有
顾客需要支付14010=130（元）；②在促销活动中，设订单总金额为M元，可得
(Mx)80%M70%，即有x，由题意可得M120，可得x=15，则x
的最大值为15元．
三、解答题
（15）（共13分）
解：（Ⅰ）由余弦定理，得
．
∵，
∴．
解得．
∴．
（Ⅱ）由得．
由正弦定理得．
在中，．
∴．
（16）（共13分）
解：（Ⅰ）设的公差为．
∵，
∴．
∵成等比数列，
∴．
∴．
解得．
∴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．
∴当时，；当时，．
∴的最小值为．
（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．
（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2 000元”，则．
（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2 000元”．
假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由（II）知，=0.04．
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
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2 000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，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）∵平面ABCD，
∴．
又∵底面ABCD为菱形，
∴．
∴平面PAC．
（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
∴PA⊥AE．
∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
∴AE⊥CD．
∴AB⊥AE．
∴AE⊥平面PAB．
∴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，连接CF，FG，EG．
则FG∥AB，且FG=AB．
∵底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
∴CE∥AB，且CE=AB．
∴FG∥CE，且FG=CE．
∴四边形CEGF为平行四边形．
∴CF∥EG．
∵CF平面PAE，EG平面PAE，
∴CF∥平面PAE．
（19）（共14分）
解：（I）由题意得，b2=1，c=1．
∴a2=b2+c2=2．
∴椭圆C的方程为．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．
同理，．
由得．
则，．
∴
．
又，
∴．
解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．
（20）（共14分）
解：（Ⅰ）由得．
令，即，得或．
又，，
∴曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与．
（Ⅱ）令．
由得．
令得或．
的情况如下：
∴的最小值为，最大值为．
故，即．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当时，；
当时，；
当时，．
综上，当最小时，．