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2019年高考真题——数学（北京卷）（文科）（含解析）
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这是一份2019年高考真题——数学（北京卷）（文科）（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.已知集合A={x|–11}，则A∪B=( )
A.(–1,1)B.(1,2)C.(−1,+∞)D.(1,+∞)
2.已知复数z=2+i，则z·z―=( )
A.3B.5C.3D.5
3.下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是 ( )
A.y=x12B.y=2−xC.y=lg12xD.y=1x
4.执行如图所示的程序框图，输出的s值为( )
A.1B.2C.3D.4
5.已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)的离心率是5，则a=( )
A.6B.4C.2D.12
6.设函数f(x)=csx+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=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.10.1C.lg10.1D.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β.图中阴影区域的面积的最大值为( )
A.4β+4csβB.4β+4sinβC.2β+2csβD.2β+2sinβ
二、填空题（本题共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= .
10.若x，y满足x⩽2，y⩾−1，4x−3y+1⩾0， 则y−x的最小值为 ，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 .
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 .
13.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： ．
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（本题共6题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
15.在△ABC中，a=3，b−c=2，csB=−12.
(1)求b，c的值；
(2)求sin（B–C）的值．
16.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.
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：
(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.
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.
(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.
19. 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)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.
20.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−6⩽f(x)⩽x；
(3)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．
参考答案
1.【答案】C
【解析】∵A={x∣−11}，
∴A∪B=(−1,+∞) ，
故选C.
2.【答案】D
【解析】∵z=2+i，z·z―=(2+i)(2−i)=5，故选D.
3.【答案】A
【解析】函数y=2−x,y=lg12x，
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.
4.【答案】B
【解析】运行第一次， k=1 ，s=2×123×1−2=2，
运行第二次，k=2 ，s=2×223×2−2=2，
运行第三次，k=3 ，s=2×223×2−2=2，
结束循环，输出s=2 ，故选B.
5.【答案】D
【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.
6.【答案】C
【解析】b=0 时，f(x)=csx+bsinx=csx, 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，
f(−x)=cs(−x)+bsin(−x)=csx−bsinx，
csx+bsinx=csx−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.
7.【答案】A
【解析】两颗星的星等与亮度满足m2−m1=52lgE1E2 ,
令m2=−1.45 ，m1=−26.7 ，
lgE1E2=25(m2−m1)=25(−1.45+26.7)=10.1，
E1E2=1010.1, ，
故选A.
8.【答案】B
【解析】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π×22×2β2π+S△POB+S△POA=4β+12|OP‖OB|sin(π−β)+12|OP||OA|sin(π−β)
=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4·sinβ.
故选B.
9.【答案】8
【解析】向量a⟶=(−4,3),b⟶=(6,m)，a⟶⟂b⟶，
则a⟶·b⟶=0，−4×6+3m=0，m=8.
10.【答案】−3；1
【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y=x+z经过点B(2,−1)时，z取最小值−3，经过点A(2,3)时，z取最大值1.
11.【答案】(x−1)2+y2=4
【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l相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为(x−1)2+y2=4.
12.【答案】40
【解析】在正方体中还原该几何体，如图所示
几何体的体积V=43−12×(2+4)×2×4=40.
13.【答案】如果l⊥α，m/\/α，则l⟂m
【解析】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.
14.【答案】(1)130
(2)15
【解析】(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）(y−x)×80%⩾y×70%成立，
即8（y−x）⩾7y，x⩽y8，即x⩽(y8)min=15 元.
所以x的最大值为15.
15.【答案】(1)由题意可得：csB=a2+c2−b22ac=−12,b−c=2,a=3,解得a=3,b=7,c=5,
(2)由同角三角函数基本关系可得：sinB=1−cs2B=32，
结合正弦定理bsinB=csinC可得：sinC=csinBb=5314，
很明显角C为锐角，故csC=1−sin2C=1114，
故sin(B−C)=sinBcsC−csBsinC=273.
【解析】(1)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；
(2)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得sin(B−C)的值.
16.【答案】(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列，所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，
即(2d−2)2=d(3d−4)，解得d=2，所以an=−10+2(n−1)=2n−12.
(2)由(1)知an=2n−12，
所以Sn=−10+2n−122×n=n2−11n=(n−112)2−1214，
当n=5或者n=6时，Sn取到最小值−30.
【解析】(1)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；
(2)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.
17.【答案】(1)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40100×1 000=400(人).
(2)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2 000 元，
所以该学生上个月支付金额大于2 000 元的概率为125.
(3)由（2）知支付金额大于2 000 元的概率为125，
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2 000 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2 000 元的人数有变化，且比上个月多.
【解析】(1)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；
(2)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2 000 元的概率；
(3)结合概率统计相关定义给出结论即可.
18.【答案】(1)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PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以BD⟂平面PAC.
(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC=60∘，所以△ACD为正三角形，所以AE⟂CD，
因为AB//CD，所以AE⟂AB；
因为PA⟂平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⟂PA；
因为PA∩AB=A，
所以AE⟂平面PAB，
AE⊂平面PAE，所以平面PAB⟂平面PAE.
(3)存在点F为PB中点时，满足CF//平面PAE；理由如下:
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=12AB；
在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE//AB且CE=12AB，所以CE//FG且CE=FG，即四边形CEGF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.
【解析】(1)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(2)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；
(3)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.
19.【答案】(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，所以c=1；
因为椭圆经过点A(0,1)，所以b=1，所以a2=b2+c2=2，
故椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=kx+t(t≠1)得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2=0，
∆>0，x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+2k2，y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2.
直线AP:y−1=y1−1x1x，令y=0得x=−x1y1−1，即|OM|=|−x1y1−1|；
同理可得|ON|=|−x2y2−1|.
因为|OM‖ON|=2，所以|−x1y1−1||−x2y2−1|=|x1x2y1y2−(y1+y2)+1|=2；
|t2−1t2−2t+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).
【解析】(1)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)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.
20.【答案】(1)f′(x)=34x2−2x+1，
令f′(x)=34x2−2x+1=1
得x=0或者x=83.
当x=0时，f(0)=0，
此时切线方程为y=x，即x−y=0；
当x=83时，f(83)=827，此时切线方程为y=x−6427，即27x−27y−64=0；
综上可得所求切线方程为x−y=0和27x−27y−64=0.
(2)设g(x)=f(x)−x=14x3−x2，g′(x)=34x2−2x，
令g′(x)=34x2−2x=0
得x=0或者x=83，
所以当x∈[−2,0]时，g′(x)⩾0，g(x)为增函数；
当x∈(0,83)时，g′(x)<0，g(x)为减函数；
当x∈[83,4]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=14x3−x2+6，可求其最小值为h(−2)=0，所以h(x)⩾0，即f(x)⩾x−6，综上可得x−6⩽f(x)⩽x.
(3)由（2）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a=−3.
【解析】(1)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；
(2)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；
(3)由题意结合（2）中的结论分类讨论即可求得a的值.
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.已知集合A={x|–1
A.(–1,1)B.(1,2)C.(−1,+∞)D.(1,+∞)
2.已知复数z=2+i，则z·z―=( )
A.3B.5C.3D.5
3.下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是 ( )
A.y=x12B.y=2−xC.y=lg12xD.y=1x
4.执行如图所示的程序框图，输出的s值为( )
A.1B.2C.3D.4
5.已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)的离心率是5，则a=( )
A.6B.4C.2D.12
6.设函数f(x)=csx+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=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.10.1C.lg10.1D.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β.图中阴影区域的面积的最大值为( )
A.4β+4csβB.4β+4sinβC.2β+2csβD.2β+2sinβ
二、填空题（本题共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= .
10.若x，y满足x⩽2，y⩾−1，4x−3y+1⩾0， 则y−x的最小值为 ，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 .
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 .
13.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： ．
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（本题共6题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
15.在△ABC中，a=3，b−c=2，csB=−12.
(1)求b，c的值；
(2)求sin（B–C）的值．
16.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.
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：
(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.
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.
(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.
19. 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)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.
20.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−6⩽f(x)⩽x；
(3)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．
参考答案
1.【答案】C
【解析】∵A={x∣−1
∴A∪B=(−1,+∞) ，
故选C.
2.【答案】D
【解析】∵z=2+i，z·z―=(2+i)(2−i)=5，故选D.
3.【答案】A
【解析】函数y=2−x,y=lg12x，
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.
4.【答案】B
【解析】运行第一次， k=1 ，s=2×123×1−2=2，
运行第二次，k=2 ，s=2×223×2−2=2，
运行第三次，k=3 ，s=2×223×2−2=2，
结束循环，输出s=2 ，故选B.
5.【答案】D
【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.
6.【答案】C
【解析】b=0 时，f(x)=csx+bsinx=csx, 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，
f(−x)=cs(−x)+bsin(−x)=csx−bsinx，
csx+bsinx=csx−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.
7.【答案】A
【解析】两颗星的星等与亮度满足m2−m1=52lgE1E2 ,
令m2=−1.45 ，m1=−26.7 ，
lgE1E2=25(m2−m1)=25(−1.45+26.7)=10.1，
E1E2=1010.1, ，
故选A.
8.【答案】B
【解析】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π×22×2β2π+S△POB+S△POA=4β+12|OP‖OB|sin(π−β)+12|OP||OA|sin(π−β)
=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4·sinβ.
故选B.
9.【答案】8
【解析】向量a⟶=(−4,3),b⟶=(6,m)，a⟶⟂b⟶，
则a⟶·b⟶=0，−4×6+3m=0，m=8.
10.【答案】−3；1
【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y=x+z经过点B(2,−1)时，z取最小值−3，经过点A(2,3)时，z取最大值1.
11.【答案】(x−1)2+y2=4
【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l相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为(x−1)2+y2=4.
12.【答案】40
【解析】在正方体中还原该几何体，如图所示
几何体的体积V=43−12×(2+4)×2×4=40.
13.【答案】如果l⊥α，m/\/α，则l⟂m
【解析】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.
14.【答案】(1)130
(2)15
【解析】(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）(y−x)×80%⩾y×70%成立，
即8（y−x）⩾7y，x⩽y8，即x⩽(y8)min=15 元.
所以x的最大值为15.
15.【答案】(1)由题意可得：csB=a2+c2−b22ac=−12,b−c=2,a=3,解得a=3,b=7,c=5,
(2)由同角三角函数基本关系可得：sinB=1−cs2B=32，
结合正弦定理bsinB=csinC可得：sinC=csinBb=5314，
很明显角C为锐角，故csC=1−sin2C=1114，
故sin(B−C)=sinBcsC−csBsinC=273.
【解析】(1)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；
(2)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得sin(B−C)的值.
16.【答案】(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列，所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，
即(2d−2)2=d(3d−4)，解得d=2，所以an=−10+2(n−1)=2n−12.
(2)由(1)知an=2n−12，
所以Sn=−10+2n−122×n=n2−11n=(n−112)2−1214，
当n=5或者n=6时，Sn取到最小值−30.
【解析】(1)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；
(2)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.
17.【答案】(1)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40100×1 000=400(人).
(2)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2 000 元，
所以该学生上个月支付金额大于2 000 元的概率为125.
(3)由（2）知支付金额大于2 000 元的概率为125，
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2 000 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2 000 元的人数有变化，且比上个月多.
【解析】(1)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；
(2)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2 000 元的概率；
(3)结合概率统计相关定义给出结论即可.
18.【答案】(1)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PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以BD⟂平面PAC.
(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC=60∘，所以△ACD为正三角形，所以AE⟂CD，
因为AB//CD，所以AE⟂AB；
因为PA⟂平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⟂PA；
因为PA∩AB=A，
所以AE⟂平面PAB，
AE⊂平面PAE，所以平面PAB⟂平面PAE.
(3)存在点F为PB中点时，满足CF//平面PAE；理由如下:
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=12AB；
在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE//AB且CE=12AB，所以CE//FG且CE=FG，即四边形CEGF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.
【解析】(1)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(2)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；
(3)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.
19.【答案】(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，所以c=1；
因为椭圆经过点A(0,1)，所以b=1，所以a2=b2+c2=2，
故椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=kx+t(t≠1)得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2=0，
∆>0，x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+2k2，y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2.
直线AP:y−1=y1−1x1x，令y=0得x=−x1y1−1，即|OM|=|−x1y1−1|；
同理可得|ON|=|−x2y2−1|.
因为|OM‖ON|=2，所以|−x1y1−1||−x2y2−1|=|x1x2y1y2−(y1+y2)+1|=2；
|t2−1t2−2t+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).
【解析】(1)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)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.
20.【答案】(1)f′(x)=34x2−2x+1，
令f′(x)=34x2−2x+1=1
得x=0或者x=83.
当x=0时，f(0)=0，
此时切线方程为y=x，即x−y=0；
当x=83时，f(83)=827，此时切线方程为y=x−6427，即27x−27y−64=0；
综上可得所求切线方程为x−y=0和27x−27y−64=0.
(2)设g(x)=f(x)−x=14x3−x2，g′(x)=34x2−2x，
令g′(x)=34x2−2x=0
得x=0或者x=83，
所以当x∈[−2,0]时，g′(x)⩾0，g(x)为增函数；
当x∈(0,83)时，g′(x)<0，g(x)为减函数；
当x∈[83,4]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=14x3−x2+6，可求其最小值为h(−2)=0，所以h(x)⩾0，即f(x)⩾x−6，综上可得x−6⩽f(x)⩽x.
(3)由（2）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a=−3.
【解析】(1)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；
(2)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；
(3)由题意结合（2）中的结论分类讨论即可求得a的值.
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