2019年北京市高考数学试卷(文科)(解析版)

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|–11}，则A∪B= A. （–1，1） 【答案】C 【解析】 【分析】

根据并集的求法直接求出结果.

【详解】∵A{x|1x2},B{x|1} ， ∴AB(1,) ， 故选C.

【点睛】考查并集的求法，属于基础题.

2.已知复数z=2+i，则zz A.

B. （1，2）

C. （–1，+∞）

D. （1，+∞）

3 B. 5 C. 3 D. 5

【答案】D 【解析】 【分析】

题先求得z，然后根据复数的乘法运算法则即得. 【详解】∵z2i,zz(2i)(2i)5 故选D.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则，共轭复数的定义等知识，属于基础题..

3.下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是 A. yx2 【答案】A 【解析】 【分析】

由题意结合函数的解析式考查函数的单调性即可.

xy2,ylog1x， 【详解】函数

21B. y=2x

C.

ylog1x2

D. y1 xy1 在区间(0,) 上单调递减， x12函数yx 在区间(0,)上单调递增，故选A.

【点睛】本题考查简单的指数函数、对数函数、幂函数的单调性，注重对重要知识、基础知识的考查，蕴含数形结合思想，属于容易题.

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

【答案】B 【解析】 【分析】

根据程序框图中的条件逐次运算即可.

212【详解】运行第一次， k=1 ，s2 ，

312222运行第二次，k2 ，s2 ，

322222运行第三次，k3 ，s2 ，

322结束循环，输出s=2 ，故选B.

【点睛】本题考查程序框图，属于容易题，注重基础知识、基本运算能力的考查.

x25.已知双曲线2y21（a＞0）的离心率是5 则a=

aA.

6 B. 4 C. 2 D.

1 2【答案】D 【解析】 【分析】

本题根据根据双曲线的离心率的定义，列关于a的方程求解. 【详解】 ∵双曲线的离心率ec5 ，ca21 ， aa21∴5 ，

a解得a故选D.

【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a,b,c的关系，方程的数学思想等知识，意在考查

1 ， 2学生的转化能力和计算求解能力.

，则“b=0”是“f（x）为偶函数”的 6.设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数）A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】

根据定义域为R的函数f(x)为偶函数等价于f(x)=f(x)进行判断. 【详解】b0 时，f(x)cosxbsinxcosx, f(x)为偶函数； f(x)为偶函数时，f(x)=f(x)对任意的x恒成立，

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

f(x)cos(x)bsin(x)cosxbsinx

cosxbsinxcosxbsinx ，得bsinx0对任意的x恒成立，从而b0.从而“b0”是“f(x)为偶函

数”的充分必要条件，故选C.

【点睛】本题较易，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.

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m2–m15E1lg，其2E2中星等为m1的星的亮度为E2（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

10.1

A. 10

B. 10.1 C. lg10.1

10.1

D. 10–

【答案】A 【解析】 【分析】

由题意得到关于E1,E2的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值. 【详解】两颗星的星等与亮度满足m2m15E1lg,令m21.45,m126.7, 2E2lgE12E2m2m1(1.4526.7)10.1,11010.1. E255E2故选：A.

【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.

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 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 4β+4sinβ C. 2β+2cosβ D. 2β+2sinβ

由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值. 【详解】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，

此时∠BOP=∠AOP=π-β, 面积S的最大值为2S△POA=4β+

22+S△POB+ 211|OP‖OB|sin()|OP‖OA|sin() 2242sin2sin44sin.

故选：B.

【点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.

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。

，b=（6，m），且ab，则m=__________. 9.已知向量a=（－4，3）【答案】8. 【解析】 【分析】

利用ab转化得到ab0加以计算，得到m. 【详解】向量a （4,3），b（6,m），ab，则a•b0，463m0，m8.

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的应用.属于容易题.

x2,xy 则yx的最小值为__________，最大值为__________. 若，满足10.y1,4x3y10,【答案】 (1). 3. (2). 1. 【解析】 【分析】

作出可行域，移动目标函数表示的直线，利用图解法求解. 【详解】作出可行域如图阴影部分所示.

设z=y-x,则y=x+z.当直线l0：y=x+z经过点A（2,-1）时,z取最小值-3，经过点B（2,3）时,z取最大值1. 【点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.

2

11.设抛物线y=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__________． 22

【答案】(x-1)+y=4.

【解析】 【分析】

由抛物线方程可得焦点坐标，即圆心，焦点到准线距离即半径，进而求得结果.

2

【详解】抛物线y=4x中，2p=4，p=2，

焦点F（1,0），准线l的方程为x=-1， 以F为圆心，

22222

且与l相切的圆的方程为 (x-1)+y=2,即为(x-1)+y=4.

【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标，抛物线的准线方程，直线与圆相切的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

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__________．

【答案】40. 【解析】 【分析】

本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题.

【详解】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱MPD1A1NQC1B1之后余下的几何体,

几何体的体积V431242440. 2【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

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：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 【解析】 【分析】

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内； （3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.

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__________． 【答案】 (1). 130. (2). 15. 【解析】 【分析】

由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得x的最大值. 【详解】(1)x10,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付608010130元. (2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元,

y120元时,李明得到的金额为y80%,符合要求.

y120元时,有yx80%y70%恒成立,即8yx7y,x所以x最大值为15.

yyx,即15元. 88min【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.

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.在△ABC中，a=3，b–c2，cosB=（Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）求sin（B+C）的值．

【答案】（Ⅰ）b7,c5；（Ⅱ）【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；

(Ⅱ)由题意结合余弦定理、同角三角函数基本关系和诱导公式可得sinBC的值.

的1． 233. 14a2c2b21【详解】（Ⅰ）由余弦定理可得cosB，

2ac2因为a3，所以c2b23c90；因为bc2，所以解得b7.

c5b2c2a213（Ⅱ）由（Ⅰ）知a3,b7,c5，所以cosA；

2bc14因为A为ABC的内角，所以sinA1cos2A33. 14因为sin(BC)sin(A)sinA33. 14【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，同角三角函数基本关系、诱导公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

16.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． 【答案】（Ⅰ）an2n12；（Ⅱ）30. 【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得an的通项公式； (Ⅱ)首先求得Sn的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值. 【详解】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，

2因为a2+10，a3+8，a4+6成等比数列，所以(a3+8)(a2+10)(a4+6)，

2即(2d2)d(3d4)，解得d2，所以an102(n1)2n12.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n12, 所以Sn102n1211121nn211n(n)2；

224当n5或者n6时，Sn取到最小值30.

【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.

17.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：

大于2000元 不大于2000元 支付金额 支付方式 仅使用A 仅使用B

（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． 【答案】（Ⅰ）400人； （Ⅱ）

27人 24人 3人 1人 1； 25（Ⅲ）见解析. 【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；

的(Ⅱ)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2000元的概率； (Ⅲ)结合概率统计相关定义给出结论即可.

【详解】（Ⅰ）由图表可知仅使用A的人数有30人，仅使用B的人数有25人， 由题意知A,B两种支付方式都不使用的有5人，

所以样本中两种支付方式都使用的有1003025540， 所以全校学生中两种支付方式都使用的有

401000400（人）. 100（Ⅱ）因为样本中仅使用B的学生共有25人，只有1人支付金额大于2000元，

1. 251（Ⅲ）由（Ⅱ）知支付金额大于2000元的概率为，

25所以该学生上个月支付金额大于2000元的概率为

因为从仅使用B的学生中随机调查1人，发现他本月的支付金额大于2000元，

依据小概率事件它在一次试验中是几乎不可能发生的，所以可以认为仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，且比上个月多.

【点睛】本题主要考查古典概型概率公式及其应用，概率定义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

18.如图，在四棱锥PABCD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. 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）见解析；

的（Ⅲ）见解析. 【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直； (Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（Ⅰ）证明：因为PA平面ABCD,所以PABD； 因为底面ABCD是菱形，所以ACBD; 因为PAACA,PA,AC平面PAC,

所以BD平面PAC.

（Ⅱ）证明：因为底面ABCD因为AB//CD,所以AEAB；

因为PA平面ABCD，AE平面ABCD, 所以AEPA； 因为PAABA

所以AE平面PAB，

AE平面PAE所以平面PAB平面PAE.

（Ⅲ）存在点F为PB中点时，满足CF//平面PAE；理由如下:

,是

12AB；

菱形且ABC60，所以ACD为正三角形，所以AECD,

分别取PB,PA的中点F,G，连接CF,FG,EG, 在三角形PAB中，FG//AB且FG在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE//AB且CE1AB，所以CE//FG且CEFG，即四边形2CEGF为平行四边形，所以CF//EG;

又CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF//平面PAE.

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

x2y219.已知椭圆C:221的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1).

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）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.

x2【答案】（Ⅰ）y21；

2（Ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.

【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为(1,0)，所以

12； 252x2因为椭圆经过点A(0,1),所以b1，所以abc2，故椭圆的方程为y21.

222（Ⅱ）设P(x1,y1),Q(x2,y2)

x2y21222联立2得(12k)x4ktx2t20，

ykxt(t1)2t4kt2t22yyk(xx)2t，，0,x1x2,xx12121222212k12k12kt22k2. y1y2kx1x2kt(x1x2)t212k22直线AP:y1y11x1x1x，令y0得x，即OM； x1y11y11同理可得ONx2. y21x1x2x1x22；

y11y21y1y2(y1y2)1因为OMON2,所以

t211，解之得t0，所以直线方程为ykx，所以直线l恒过定点(0,0).

t22t1【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

20.已知函数f(x)13xx2x. 4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当x[2,4]时，求证：x6f(x)x；

|f(x)(xa)|(aR)，记F(x)在区间[2,4]上的最大值为M（a）（Ⅲ）设F(x)，当M（a）最小时，

求a的值． 【答案】（Ⅰ）x（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）a3. 【解析】 【分析】

(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程； (Ⅱ)由题意分别证得fxx60和fxx0即可证得题中的结论；

y0和27x27y640.

(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值. 【详解】（Ⅰ）f(x)3238x2x1，令f(x)x22x11得x0或者x. 443当x0时，f(0)0，此时切线方程为yx，即x当xy0；

88864时，f()，此时切线方程为yx，即27x27y640； 332727综上可得所求切线方程为x（Ⅱ）设g(x)f(x)xy0和27x27y640.

13338xx2，g(x)x22x，令g(x)x22x0得x0或者x，444388所以当x[2,0]时，g(x)0，g(x)为增函数；当x(0,)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x[,4]33时，g(x)0，g(x)为增函数；

而g(0)g(4)0，所以g(x)0，即f(x)x； 同理令h(x)f(x)x6综上可得x6f(x)x.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知6f(x)x0， 所以M(a)是a,a6中的较大者，

若aa6，即a≤3时，M(a)aa3； 若aa6，即a3时，M(a)a6a63； 所以当M(a)最小时，M(a)3，此时3.

【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

13xx26，可求其最小值为h(2)0，所以h(x)0，即f(x)x6，4