2019年高考文数北京卷含答案解析

本试卷满分150分,考试时长120分钟.

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|1＜x＜2，Bx|x＞1，则ABA.1,1B.1,2C.1,(

D.1,(

C.3

D.5

(

D.y

1x)

2.已知复数z2i，则zzA.3B.53.下列函数中，在区间0,上单调递增的是A.yx12)

)

B.y2xC.ylog1x24.执行如图所示的程序框图，输出的s值为()

A.1B.2C.3D.4

(

)

x2

5.已知双曲线2y21（a＞0）的离心率是5，则a

a第1页A.6B.4C.2D.

126.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m2–m1lg52E1，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k1,2）．已知太阳的星等E2

)

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10.1

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.图中阴影区域的面积的最大值为

(

)

A.44cosC.22cosB.44sinD.22sin第二部分(非选择题二、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a⊥b，则m

x≤2,10.若x，y满足y≥1,则yx的最小值为

4x3y1≥0,共110分).

，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

.

第2页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

徐老师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，bc2，cosB．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sinBC的值.

12第3页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．

anan（Ⅰ）求（Ⅱ）记的通项公式；

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

仅使用A仅使用B

27人24人

3人1人

不大于2000元

大于2000元

（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．

第4页徐老师18.(本小题14分)

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．

19.(本小题14分)

x2y2

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．

第5页20.(本小题14分)

已知函数f(x)x3x2x．

（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；

（Ⅲ）设F(x)|f(x)(xa)|(aR)，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．

142019年普通高等学校招生全国统一考试·北京卷

数学（文）答案解析

第Ⅰ卷一、选择题1．【答案】C

∪Bx|x＞1，即A∪B1,，故选C．【解析】由题意得A【考点】集合的并运算．2．【答案】D

【解析】通解：因为

z2i，所以z2i，所以

zz2i2i42i2ii2415，故选D．

优解：zz|z|222125，故选D．【考点】共轭复数的概念和复数的代数运算．3．【答案】A

yx【解析】对于幂函数yx，当＞0时，yx在0,上单调递增，当＜0时，

在0,上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y可转化为yx1，

1

x第6页徐老师所以函数y在0,上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数

yax（a＞0，且a1），当0＜a＜1时，yax在,上单调递减，当a＞1时，1ya在,上单调递增，而选项B中的函数y2可转化为y，因

2xxx

1x此函数y2x在0,上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数

ylogax（a＞0，且a1），当0＜a＜1时，ylogax在0,上单调递减，当a＞1时，ylogax在0,上单调递增，因此选项C中的函数ylog1x在0,上

2单调递减，故选项C不符合题意．故选A．【考点】幂函数，指数函数，对数函数的单调性．4．【答案】B

【解析】执行程序框图，s2,k2;s2,k3;s2，结束循环，输出s的值为2，故

选B．

【考点】循环结构的程序框图．5．【答案】D

【解析】通解：由双曲线方程可知b21，所以ca2b2a21，所以

1ca21e5，解得a，故选D．aa211b22

优解：由e5,e12,b1，得5=1+2，得a，故选D．

aa22

【考点】双曲线的标准方程和离心率．6．【答案】C

【解析】b0时，fxcosx，显然fx是偶函数，故“b0”是“fx是偶函

数”的充分条件；fx是偶函数，则有fxfx，即

cosxbsinxcosxbsinx，又cosxcosx,sinxsinx，所以cosxbsinxcosxbsinx，则2bsinx0对任意xR恒成立，得b0，因此

“b0”是“fx是偶函数”的必要条件．因此“b0”是“fx是偶函数”的充分必要条件，故选C．【考点】充分必要条件的判断．7．【答案】A

第7页【解析】根据题意，设太阳的星等与亮度分别为m1与E1,天狼星的星等与亮度分别

为m2与E2，则由已知条件可知m126.7,m21.45，根据两颗星的星等与亮度满足m2m1lg得lg

52E15E，把m1与m2的值分别代入上式得，1.4526.7lg1，E22E2E1E

10.1，所以11010.1，故选A．E2E2【考点】指数与对数的运算．8．【答案】B

AB上取一点C，【解析】如图，设点O为圆心，连接PO，OA，OB，AB，在劣弧则阴影部分面积为△ABP和弓形ACB的面积和．因为A，B是圆周上的定点，所以弓形ACB的面积为定值，故当△ABP的面积最大时，阴影部分面积最大．又

AB的中点，点P到弦AB的距离最大，此时AB的长为定值，故当点P为优弧AB的中点时，阴影部分面积最大．下面计算△ABP面积最大，即当P为优弧AB的中点时阴影部分的面积．当P为优弧因为∠APB为锐角，且∠APB=，所以∠AOB2,∠AOP∠BOP=180，则阴影

部

分

的

面

积

11

SS△AOP+S△BOPS扇形OAB222sin18022244sin，故选

22B．

【考点】三角形面积，扇形面积公式．

第Ⅱ卷二、填空题9．【答案】8

【解析】因为a⊥b，所以ab463m0，解得m8．

第8页徐老师【考点】向量垂直，向量的数量积．10．【答案】31

【解析】作出可行域，如图中阴影部分所示，令zyx，作出直线yx=0，并平

移，当平移后的直线过点A2,3时，z取最大值，yxmax1；当平移后的直线过点C2,1时，z取最小值，yxmin3．【考点】线性规划．

【考查能力】数形结合，运算求解．

11．【答案】(x1)2y24

【解析】因为抛物线的标准方程为y24x，所以焦点F1,0，准线l的方程为x1，

所求的圆以F为圆心，且与准线l相切，故圆的半径r2，所以圆的方程为

(x1)2y24．

【考点】抛物线的几何性质，圆的标准方程．12．【答案】40

【解析】如图，由三视图可知，该几何体为正方体ABCDA1B1C1D1去掉四棱柱

B1C1GFA1D1HE所得，其中正方体ABCDA1B1C1D1的体积为64，

1

VB1C1GFA1D1HE422424，所以该几何体的体积为642440．

2【考点】几何体的三视图，体积．

第9页13．【答案】若l⊥m，l⊥，则m∥.（或m∥，l⊥，则l⊥m，答案不唯一）【解析】其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．命题（1）：若l⊥m，m∥，则l⊥，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正

方体ABCDA1B1C1D1中，设平面ABCD为平面，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．

命题（2）：若l⊥m，l⊥，则m∥，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相

交，故l与m1确定一个平面，且l⊥m1，因为l⊥，所以平面与平面相交，设∩n，则l⊥n，又m1，n，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面外，n，故m∥．

命题（3）：若m∥，l⊥，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且

与平面相交，脚线为a，因为m∥，所以m∥a．因为l⊥，a，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m．【考点】空间中线面的位置关系．14．【答案】130

15

【解析】①顾客一次购买草莓和西瓜各1盒共需60+80=140（元），总价达到120

元，又x10，即顾客少付10元，所以需要支付130元．

②设顾客买水果的总价为a元，当0≤a＜120时，顾客支付a元，李明得到0.8a元，

且0.8a≥0.7a，显然符合题意，此时x0；当a≥120时，则0.8ax≥0.7a恒成立，即x≤a恒成立，x≤a881

11，又a≥120，所以a=15，所以x≤15．综

min8min

上可知，0≤x≤15，所以x的最大值为15．

第10页徐老师【考点】不等式问题，参数的取值范围．三、解答题（共6小题，共80分）

15．【答案】解：（Ⅰ）由余弦定理b2a2c22accosB，得

1b232c223c()．

2因为bc2，

所以(c2)232c223c()．解得c5．所以b7．

（Ⅱ）由cosB得sinB由正弦定理得sinA

123．212a33sinB．b14在△ABC中，BCA．所以sin(BC)sinA33．14【考点】利用正、余弦定理理解三角形．16．【答案】解：（Ⅰ）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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．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an2n12．

所以，当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0．所以，Sn的最小值为S630．

【考点】等差数列的通项公式，前n项和公式，等比数列的性质．

17．【答案】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，

第11页2A，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

40

1000400．100（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P(C)

1

0.04．25（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，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．

【考点】样本估计总体等统计思想，古典概型的知识．18．【答案】解：（Ⅰ）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．

（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE．

第12页徐老师因为底面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AB．

因为底面ABCD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．

【考点】线面垂直的判定定理，性质定理，面面垂直的判定定理，线面平行的判定

定理．

19．【答案】解：（I）由题意得，b21，c1．所以a2b2c22．

x2

所以椭圆C的方程为y21．

2（x1，y1），Q（x2，y2）（Ⅱ）设P，

y11x1．x1

x1．y111212则直线AP的方程为y令y0，得点M的横坐标xM又y1kx1t，从而|OM|xM|同理，|ON||x2|．

kx2t1x1|．

kx1t1第13页ykxt,由x2得(12k2)x24ktx2t220．2y124kt2t22则x1x2，x1x2．

12k212k2所以|OM||ON|||x1x2

|||kx1t1kx2t1x1x2

|k2x1x2k(t1)x1x2(t1)22t2212k2|24kt22t2kk(t1)()(t1)2

2212k12k|2|

1t|．1t又|OM||ON|2，所以2|

1t

|2．1t解得t0，所以直线l经过定点0,0．

【考点】椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系．

20．【答案】解：（Ⅰ）由f(x)x3x2x得f(x)x22x1．令f(x)1，即x22x11，得x0或x．又f(0)0，f()838，2788x，2733

4831434所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与y即yx与yx64．27（Ⅱ）令g(x)f(x)x,x[2,4]．由g(x)x3x2得g'(x)x22x．令g'(x)0得x0或x．

g'(x),g(x)的情况如下：

143483第14页徐老师x

2(2,0)

0

8(0,)3

838(,4)3

4

g'(x)g(x)60



64270

所以g(x)的最小值为6，最大值为0．故6≤g(x)≤0，即x6≤f(x)≤x．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

当a＜3时，M(a)≥F(0)|g(0)a|a＞3；当a＞3时，M(a)≥F(2)|g(2)a|6a＞3Xi2；

i1n当a3时，M(a)3．综上，当M(a)最小时，a3．

【考点】利用导数求曲线的切线方程，不等式的证明，与函数最值有关的问题．

第15页