1、绝密 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(北京,文)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.(2019北京,文1)已知集合A=x|-1x1,则AB=() A.(-1,1)B.(1,2)C.(-1,+)D.(1,+)解析A=x|-1x1,AB=(-1,+),故选C.答案C2.(2019北京,文2)已知复数z=2+i,则zz=()A.3B.5C.3D.5解析z=2+i,z=2-
2、i.zz=(2+i)(2-i)=5.故选D.答案D3.(2019北京,文3)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=1x解析函数y=2-x,y=log12x,y=1x在区间(0,+)上单调递减,函数y=x12在区间(0,+)上单调递增,故选A.答案A4.(2019北京,文4)执行如图所示的程序框图,输出的s值为()A.1B.2C.3D.4解析运行第一次,k=1,s=21231-2=2,运行第二次,k=2,s=22232-2=2,运行第三次,k=3,s=22232-2=2,结束循环,输出s=2,故选B.答案B逐次运行,直到满足k3时,
3、结束循环,输出s.5.(2019北京,文5)已知双曲线x2a2-y2=1(a0)的离心率是5,则a=()A.6B.4C.2D.12解析双曲线的离心率e=ca=5,c=a2+1,a2+1a=5,解得a=12,故选D.答案D根据双曲线的离心率的定义,列关于a的方程求解.6.(2019北京,文6)设函数f(x)=cos x+bsin x(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解析当b=0时,f(x)=cos x+bsin x=cos x,f(x)为偶函数;若f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x)对任意的x
4、恒成立,f(-x)=cos(-x)+bsin(-x)=cos x-bsin x,由cos x+bsin x=cos x-bsin x,得bsin x=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.答案C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.7.(2019北京,文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=52lgE1E2,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.
5、10.1C.lg 10.1D.10-10.1解析两颗星的星等与亮度满足m2-m1=52lgE1E2,令m2=-1.45,m1=-26.7,则lgE1E2=25(m2-m1)=25(-1.45+26.7)=10.1,E1E2=1010.1,故选A.答案A先求出lgE1E2,然后将对数式换为指数式求E1E2.8.(2019北京,文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 B.4+4sin C.2+2cos D.2+2sin 解析(方法一)如图,设圆心为O,连接OA,OB,半径r=2,AOB=2APB=2,阴影
6、部分(扇形)的面积S1=r2=4为定值,SOAB=12|OA|OB|sin 2=2sin 2为定值,全部阴影部分的面积S=SPAB+S1-SOAB.当P为弧AB的中点时SPAB最大,最大值为12(2|OA|sin )(OP+|OA|cos )=2sin (2+2cos )=4sin +2sin 2,所以全部阴影部分的面积S的最大值为4+4sin ,故选B.(方法二)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=-,面积S的最大值为r2+SPOB+SPOA=4+12|OP|OB|sin(-)+12|OP|OA|sin(-)=4+2sin +2sin =4+4s
7、in ,故选B.答案B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.(2019北京,文9)已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且ab,则m=.解析a=(-4,3),b=(6,m),ab,ab=0,即-46+3m=0,即m=8.答案810.(2019北京,文10)若x,y满足x2,y-1,4x-3y+10,则y-x的最小值为,最大值为.解析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.答案-31作出可行域,移动目标函数表示的直线,利用图像法求解.11.(
8、2019北京,文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.解析抛物线y2=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,且与x=-1相切的圆的方程为(x-1)2+y2=22,即为(x-1)2+y2=4.答案(x-1)2+y2=412.(2019北京,文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.解析在正方体中还原该几何体,如图所示.该几何体的体积V=43-12(2+4)24=40.答案40画出三视图对应的几何体,应用割补法求几何体的体积.13.
9、(2019北京,文13)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断: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:.答案若l,m,则lm14.(2019北京,文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
10、于促销前总价的七折,则x的最大值为.解析(1)当x=10时,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,y0;当n6时,an0.所以,Sn的最小值为S6=-30.17.(2019北京,文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1 000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 00
11、0元大于2 000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2 000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2 000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2 000元的人数有变化?说明理由.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10
12、0-30-25-5=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401001 000=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2 000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(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2 000元的人数发生了变化.所以可以认
13、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.(2019北京,文18)(本小题14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(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.(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,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为
14、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)解棱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.(2019北京,文19)(本小题14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2
15、)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.(1)解由题意得,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+4ktx+2t2-2=0.则x1+x2=-4kt
16、1+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.(2019北京,文20)(本小题14分)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)-(x+a)|(aR),记F(x)
17、在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.(1)解由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.g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+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)解由(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.
