2019年高考数学试题北京文科数学

2019·北京卷(文科数学)1.A1[2019·北京卷]已知集合A={x|-1x2},B={x|x1},则A∪B=()A.(-1,1)B.(1,2)C.(-1,+∞)D.(1,+∞)1.C[解析]∵A={x|-1x2},B={x|x1},∴A∪B=(-1,+∞).2.L4[2019·北京卷]已知复数z=2+i,则z·=()A.√B.√C.3D.52.D[解析]∵z=2+i,∴z·=|z|2=22+12=5.3.B3[2019·北京卷]下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是()A.y=B.y=2-xC.y=loxD.y=3.A[解析]易知y=在区间(0,+∞)上单调递增,故选A.4.L1[2019·北京卷]执行如图1-1所示的程序框图,输出的s值为()图1-1A.1B.2C.3D.44.B[解析]由程序框图可得,k=1,s=1,s=-=2,1≥3不成立,执行循环体;k=2,s=-=2,2≥3不成立,执行循环体;k=3,s=-=2,3≥3成立,结束循环,输出s=2.5.H6[2019·北京卷]已知双曲线-y2=1(a0)的离心率是√,则a=()A.√B.4C.2D.5.D[解析]因为双曲线-y2=1(a0)的离心率为√,所以e==√=√,所以a2=,所以a=.6.A2,B4[2019·北京卷]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6.C[解析]若b=0,则f(x)=cosx,所以f(x)是偶函数;若f(x)是偶函数,则cos(-x)+bsin(-x)=cosx+bsinx对x∈R恒成立,即bsinx=0对x∈R恒成立,所以b=0.综上,“b=0”是“f(x)为偶函数”的充分必要条件.7.B7[2019·北京卷]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m2-m1=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.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10-10.17.A[解析]若太阳的星等m1=-26.7,天狼星的星等m2=-1.45,则m2-m1=-1.45-(-26.7)=25.25.因为m2-m1=lg,所以lg=10.1,所以=1010.1.8.C2,C6,C8[2019·北京卷]如图1-2,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()图1-2A.4β+4cosβB.4β+4sinβC.2β+2cosβD.2β+2sinβ8.B[解析]设圆的圆心为O,连接OA,OB,AB,设弦AB的中点为D,连接OD(如图所示).依题意得,圆O的半径R=2,由正弦定理知=2R,所以AB=4sinβ.因为∠AOB=2β,所以图中劣弧AB所对的弓形面积S弓形=S扇形AOB-S△AOB=×2β×22-×22sin2β=4β-2sin2β.欲求阴影区域面积的最大值,只需求点P到弦AB的距离d的最大值.因为OD=√-=√-=2cosβ,d≤R+OD,所以阴影区域面积的最大值为S弓形+AB·(R+OD)=4β-2sin2β+×4sinβ·(2+2cosβ)=4sinβ+4β.9.F2,F3[2019·北京卷]已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且a⊥b,则m=.9.8[解析]因为a=(-4,3),b=(6,m),a⊥b,所以-4×6+3m=0,解得m=8.10.E5[2019·北京卷]若x,y满足{--则y-x的最小值为,最大值为.10.-31[解析]不等式组表示的可行域为如图所示的阴影部分.由{-得{即B(2,3).设k=y-x,当直线k=y-x经过点B(2,3)时,k取得最大值,即为1;当直线k=y-x经过点A(2,-1)时,k取得最小值,即为-3.所以y-x的最小值为-3,最大值为1.11.H3,H4,H7[2019·北京卷]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.11.(x-1)2+y2=4[解析]因为抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线为l:x=-1,所以焦点到准线的距离为2,所以所求圆的半径为2,所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=4.12.G2,G7[2019·北京卷]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1-3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.图1-312.40[解析]由三视图可得,该几何体是一个棱长为4的正方体割去一个底面为直角梯形的直四棱柱ABCD-EFGH后剩余的部分(如图所示),所以该几何体的体积为43-×(2+4)×2×4=40.13.G4,G5[2019·北京卷]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.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.若m∥α,l⊥α,则l⊥m(答案不唯一)[解析]若m∥α,且m⊄α,过直线m的平面β与平面α相交,记交线为n,由线面平行的性质定理,可得m∥n,又l⊥α,所以l⊥n,所以l⊥m.14.E8[2019·北京卷]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.14.13015[解析]①一次购买草莓和西瓜各1盒,总价为60+80=140(元),超过120元,所以顾客少付10元,即顾客需要支付130元.②设促销前总价为T元,当T120时,x=0,当T≥120时,x0,依题意得(T-x)×80%≥0.7T对T≥120恒成立,所以x≤T对T≥120恒成立,等价于当T≥120时,x≤Tmin=×120=15,所以x的最大值为15.15.C5,C8[2019·北京卷]在△ABC中,a=3,b-c=2,cosB=-.(1)求b,c的值;(2)求sin(B+C)的值.15.解:(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得b2=32+c2-2×3×c×(-).因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-2×3×c×(-),解得c=5.所以b=7.(2)由cosB=-得sinB=√.由正弦定理得sinA=sinB=√.在△ABC中,B+C=π-A,所以sin(B+C)=sinA=√.16.D2,D3,D5[2019·北京卷]设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.16.解:(1)设{an}的公差为d.因为a1=-10,所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6),所以(-2+2d)2=d(-4+3d),解得d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-12.(2)由(1)知,an=2n-12.所以,当n≥7时,an0;当n≤6时,an≤0.所以,Sn的最小值为S6=-30.17.I1,I2,K2[2019·北京卷]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(1)估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数.(2)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.(3)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(2)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.17.解:(1)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×1000=400.(2)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P(C)==0.04.(3)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(2)知,P(E)=0.04.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.G4,G5[2019·北京卷]如图1-4,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.图1-4(1)求证:BD⊥平面PAC.(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.18.解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC,所以BD⊥平面PAC.(2)证明: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.(3)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.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=AB.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.H1,H5[2019·北京卷]已知椭圆C:+=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)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.19.解:(1)由题意得,b2=1,c=1,所以a2=b2+c2=2.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y=-x+1.令y=0,得点M的横坐标xM=--.又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=|-|.同理,|ON|=|-|.由{得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,则x1+x2=-,x1x2=-.所以|OM|·|ON|=|-|·|-|=|--|=|---(-)-|=2|-|.又|OM|·|ON|=2,所以2|-|=2,解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).20.B11,B12[2019·北京卷]已知函数f(x)=x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;(3)设F