2019年高考数学试题北京文科数学.docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019北京卷(文科数学)1.A12019北京卷 已知集合A=x|-1x1,则AB=()A.(-1,1)B.(1,2)C.(-1,+)D.(1,+)1.C解析 A=x|-1x1,AB=(-1,+).2.L42019北京卷 已知复数z=2+i,则zz=()A.3B.5C.3D.52.D解析 z=2+i,zz=|z|2=22+12=5.3.B32019北京卷 下列函数中,在区间(0,+)上单调递增的是()A.y=x12B.y=2-xC.y=log12xD.y=1x3.A解析 易知y=x12在区间(0,+)上单调递增,故选A.4.L12019北京卷 执行如图1-1所示的程序

2、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=21231-2=2,13不成立,执行循环体;k=2,s=22232-2=2,23不成立,执行循环体;k=3,s=22232-2=2,33成立,结束循环,输出s=2.5.H62019北京卷 已知双曲线x2a2-y2=1(a0)的离心率是5,则a=()A.6B.4C.2D.125.D解析 因为双曲线x2a2-y2=1(a0)的离心率为5,所以e=ca=a2+1a2=5,所以a2=14,所以a=12.6.A2,B42019北京卷 设函数f(x)=cos x+bsin x(b为常数),则“b=0”是“

3、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)=cos x,所以f(x)是偶函数;若f(x)是偶函数,则cos(-x)+bsin(-x)=cos x+bsin x对xR恒成立,即bsin x=0对xR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.B72019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=52lg E1E2,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

4、天狼星的亮度的比值为()A.1010.1B.10.1C.lg 10.1D.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=52lgE1E2,所以lgE1E2=10.1,所以E1E2=1010.1.8.C2,C6,C82019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.图中阴影区域的面积的最大值为()图1-2A.4+4cos B.4+4sin C.2+2cos D.2+2sin 8.B解析 设圆的圆心为O,连接OA,OB,AB,设弦AB的中点

5、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ABsin=2R,所以AB=4sin .因为AOB=2,所以图中劣弧AB所对的弓形面积S弓形=S扇形AOB-SAOB=12222-1222sin 2=4-2sin 2.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=R2-(AB2)2=22-(4sin2)2=2cos ,dR+OD,所以阴影区域面积的最大值为S弓形+12AB(R+OD)=4-2sin 2+124sin (2+2cos )=4sin +4.9.F2,F32019北京卷 已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且ab,则m=.9.8解析

6、因为a=(-4,3),b=(6,m),ab,所以-46+3m=0,解得m=8.10.E52019北京卷 若x,y满足x2,y-1,4x-3y+10,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x=2,4x-3y+1=0得x=2,y=3,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,H72019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.(

7、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,G72019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43-12(2+4)24=40.13.G4,G52019北京卷 已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列

8、三个论断:lm;m;l.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,l,则lm(答案不唯一)解析 若m,且m,过直线m的平面与平面相交,记交线为n,由线面平行的性质定理,可得mn,又l,所以ln,所以lm.14.E82019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%.当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付元;

9、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 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.设促销前总价为T元,当T0,依题意得(T-x)80%0.7T对T120恒成立,所以x18T对T120恒成立,等价于当T120时,x18Tmin=18120=15,所以x的最大值为15.15.C5,C82019北京卷 在ABC中,a=3,b-c=2,cos B=-12.(1)求b,c的值;(2)求sin(B+C)的值.15.解:(1)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B

10、,得b2=32+c2-23c-12.因为b=c+2,所以(c+2)2=32+c2-23c-12,解得c=5.所以b=7.(2)由cos B=-12得sin B=32.由正弦定理得sin A=absin B=3314.在ABC中,B+C=-A,所以sin(B+C)=sin A=3314.16.D2,D3,D52019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,

11、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n7时,an0;当n6时,an0.所以,Sn的最小值为S6=-30.17.I1,I2,K22019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

12、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.

13、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401001000=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)=125=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2

14、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,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,G52019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PABD.又因为底面ABCD为菱形,所以BDAC,所以BD平面PAC.(2)证明:因为PA平面ABCD,

15、AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点,所以AECD,所以ABAE,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FGAB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=12AB.所以FGCE,且FG=CE,所以四边形CEGF为平行四边形,所以CFEG.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.19.H1,H52019北京卷 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0

16、,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t1)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x22+y2=1.(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y=y1-1x1x+1.令y=0,得点M的横坐标xM=-x1y1-1.又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=x1kx1+t-1.同理,|ON|=x2kx2+t-1.由y=kx+t,x22+y2=1得(1+2k2)x2+4k

17、tx+2t2-2=0,则x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2.所以|OM|ON|=x1kx1+t-1x2kx2+t-1=x1x2k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=2t2-21+2k2k22t2-21+2k2+k(t-1)-4kt1+2k2+(t-1)2=21+t1-t.又|OM|ON|=2,所以21+t1-t=2,解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).20.B11,B122019北京卷 已知函数f(x)=14x3-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-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)

18、-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值.20.解:(1)由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x.令g(x)=0得x=0或x=83.当x变化时g(x),g(x)的变化情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+0-0+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)由(2)知,当a3;当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.专心-专注-专业