2019年北京市高考数学试卷

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．已知复数z2i，则zgz( )

A．3 B．5 C．3 2．执行如图所示的程序框图，输出的s值为( )

D．5

A．1 B．2 C．3 D．4

x13t,(t为参数）3．已知直线l的参数方程为，则点(1,0)到直线l的距离是( )

y24t1A．

5B．

2 5C．

4 5D．

6 5x2y214．已知椭圆221(ab0)的离心率为，则( )

ab2A．a22b2 B．3a24b2 C．a2b D．3a4b 5．若x，y满足|x|„1y，且y…1，则3xy的最大值为( ) A．7 B．1 C．5 D．7

6．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

5Em2m1lg1，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

2E2狼星的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )

D．1010.1 uuuruuuruuuruuuruuur7．设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||BC|”的( A．1010.1

B．10.1

C．lg10.1

)

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

8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:x2y21|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2； ③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是( )

A．① B．② C．①② D．①②③ 二、填空题 共6小题，每小题5分，共30分。 9．函数f(x)sin22x的最小正周期是 ． 10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a23，则a5 ， S510，Sn的最小值为 ．11．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l，那么该几何体的体积为 ．

12．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： ． 13．设函数f(x)exaex(a为常数）．若f(x)为奇函数，则a ；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是 ．

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。

115．（13分）在ABC中，a3，bc2，cosB．

2（Ⅰ）求b，c的值； （Ⅱ）求sin(BC)的值． 16．（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD//BC，

PF1PAADCD2，BC3．E为PD的中点，点F在PC上，且．

PC3（Ⅰ）求证：CD平面PAD；

（Ⅱ）求二面角FAEP的余弦值；

（Ⅲ）设点G在PB上，且

PG2．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． PB3

17．（13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（元) 大于2000 (0，1000] (1000，2000] 支付方式 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B 10人 14人 1人 （Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；

（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A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化说明理由． 18．（14分）已知抛物线C:x22py经过点(2,1)． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

119．（13分）已知函数f(x)x3x2x．

4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为l的切线方程； （Ⅱ）当x[2，4]时，求证：x6剟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． 20．（13分）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、、第im项(i1i2im)，若ai1ai2aim，则称新数列ai1，ai2，，aim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数

列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列．

（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；

（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若pq，求证：am0an0；

（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个(s1，2，)，求数列{an}的通项公式．

2019年北京市高考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

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．已知复数z2i，则zgz( ) A．3 B．5 【思路分析】直接由zgz|z|2求解．

C．3

D．5

【解析】：Qz2i，zgz|z|2(2212)25．故选：D． 【归纳与总结】本题考查复数及其运算性质，是基础的计算题． 2．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

【思路分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【解析】：模拟程序的运行，可得 k1，s1

s2

不满足条件k…3，执行循环体，k2，s2 不满足条件k…3，执行循环体，k3，s2 此时，满足条件k…3，退出循环，输出s的值为2． 故选：B．

【归纳与总结】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．

x13t,(t为参数）3．已知直线l的参数方程为，则点(1,0)到直线l的距离是( )

y24t1246A． B． C． D．

5555【思路分析】消参数t化参数方程为普通方程，再由点到直线的距离公式求解．

x13t(t为参数）【解析】：由，消去t，可得4x3y20．

y24t则点(1,0)到直线l的距离是d故选：D．

|41302|42(3)26． 5【归纳与总结】本题考查参数方程化普通方程，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．

x2y214．已知椭圆221(ab0)的离心率为，则( )

ab22222A．a2b B．3a4b C．a2b D．3a4b 【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件a2b2c2得答案．

c21a2b21c1【解析】：由题意，，得2，则，

a4a24a24a24b2a2，即3a24b2． 故选：B．

【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题． 5．若x，y满足|x|„1y，且y…1，则3xy的最大值为( ) A．7 B．1 C．5 D．7

【思路分析】由约束条件作出可行域，令z3xy，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

|x|„1y【解析】：由作出可行域如图，

y…1y1联立，解得A(2,1)，

xy10令z3xy，化为y3xz，

由图可知，当直线y3xz过点A时，z有最大值为3215． 故选：C．

【归纳与总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 6．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

5Em2m1lg1，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

2E2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

5E【思路分析】把已知熟记代入m2m1lg1，化简后利用对数的运算性质求解．

2E2【解析】：设太阳的星等是m126.7，天狼星的星等是m21.45，

5E由题意可得：1.45(26.7)lg1，

2E2E50.5Elg110.1，则11010.1．

E25E2故选：A．

【归纳与总结】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．

uuuruuuruuuruuuruuur7．设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||BC|”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

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur【思路分析】“AB与AC的夹角为锐角” “|ABAC||BC|”，“ |ABAC||BC|”

uuuruuur “AB与AC的夹角为锐角”，由此能求出结果． 【解析】：点A，B，C不共线，

uuuruuuruuuruuuruuur“AB与AC的夹角为锐角”  “|ABAC||BC|”，

uuuruuuruuuruuuruuur“|ABAC||BC|”  “AB与AC的夹角为锐角”，

uuuruuuruuuruuuruuur设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||BC|”的充分必要条件． 故选：C．

【归纳与总结】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查向量等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:x2y21|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2； ③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是( )

A．① B．② C．①② D．①②③

【思路分析】将x换成x方程不变，所以图形关于y轴对称，根据对称性讨论y轴右边的图形可得． 【解析】：将x换成x方程不变，所以图形关于y轴对称， 当x0时，代入得y21，y1，即曲线经过(0,1)，(0,1)；

23]， 3所以x只能取整数1，当x1时，y2y0，解得y0或y1，即曲线经过(1,0)，(1,1)， 根据对称性可得曲线还经过(1,0)，(1,1)， 故曲线一共经过6个整点，故①正确．

x2y22222当x0时，由xy1xy得xy1xy„，（当xy时取等），

20，解得x(0，当x0时，方程变为y2xyx210，所以△x24(x21)…x2y2„2，x2y2„2，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；故②正确．

在x轴上图形面积大于矩形面积122，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积1211，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于213，故③错误． 2故选：C．

【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题． 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

9．函数f(x)sin22x的最小正周期是 ．

211【思路分析】用二倍角公式可得f(x)cos(4x)，然后用周期公式求出周期即可．

22【解析】：Qf(x)sin2(2x)，

11f(x)cos(4x)，f(x)的周期T，故答案为：．

2222【归纳与总结】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是合理使用二倍角公式，属基础题． 10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5 0 ，Sn的最小值为 ．

【思路分析】利用等差数列{an}的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a14，d1，由此能求出a5的Sn的最小值． 【解析】：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a23，S510， a1d3，解得a14，d1，a5a14d4410， 545ad1012n(n1)n(n1)1981Snna1d4n(n)2，

22228n4或n5时，Sn取最小值为S4S510．故答案为：0，10．

【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

11．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l，那么该几何体的体积为 40 ．

【思路分析】由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解． 【解析】：由三视图还原原几何体如图，

该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，

1则该几何体的体积V422(24)2440．

2故答案为：40． 【归纳与总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 12．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： 若l，lm，则m// ．

【思路分析】由l，m是平面外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若l，lm，则m//． 【解析】：由l，m是平面外的两条不同直线，知： 由线面平行的判定定理得：若l，则m//．故答案为：若l，则m//． lm，lm，

【归纳与总结】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 13．设函数f(x)exaex(a为常数）．若f(x)为奇函数，则a 1 ；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是 ．

【思路分析】对于第一空：由奇函数的定义可得f(x)f(x)，即exaex(exaex)，变形可得分析可得a的值，即可得答案；

对于第二空：求出函数的导数，由函数的导数与单调性的关系分析可得f(x)的导数

f(x)exaex…0在R上恒成立，变形可得：a„e2x恒成立，据此分析可得答案． 【解析】：根据题意，函数f(x)exaex，

若f(x)为奇函数，则f(x)f(x)，即exaex(exaex)，变形可得a1， 函数f(x)exaex，导数f(x)exaex

0在R上恒成立， 若f(x)是R上的增函数，则f(x)的导数f(x)exaex…变形可得：a„e2x恒成立，分析可得a„0，即a的取值范围为(，0]； 故答案为：1，(，0]． 【归纳与总结】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是理解函数的奇偶性与单调性的定义，属于基础题．

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 130 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 ．

【思路分析】①由题意可得顾客一次购买的总金额，减去x，可得所求值； ②在促销活动中，设订单总金额为m元，可得(mx)80%…m70%，解不等式，结合恒

成立思想，可得x的最大值． 【解析】：①当x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得6080140（元)， 即有顾客需要支付14010130（元)； ②在促销活动中，设订单总金额为m元， 可得(mx)80%…m70%，

m即有x„，

8由题意可得m…120，

120可得x„15，

8则x的最大值为15元． 故答案为：130，15

【归纳与总结】本题考查不等式在实际问题的应用，考查化简运算能力，属于中档题． 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。

115．（13分）在ABC中，a3，bc2，cosB．

2（Ⅰ）求b，c的值； （Ⅱ）求sin(BC)的值．

【思路分析】（Ⅰ）利用余弦定理可得b2a2c22accosB，代入已知条件即可得到关于b的方程，解方程即可；

（Ⅱ）sin(BC)sinBcosCcosBsinC，根据正弦定理可求出sinC，然后求出cosC，代入即可得解．

1【解析】：（Ⅰ）Qa3，bc2，cosB．

21由余弦定理，得b2a2c22accosB9(b2)223(b2)()，

2b7，cb25；

31（Ⅱ）在ABC中，QcosB，sinB，

2235csinBcb253， 由正弦定理有：，sinCb714sinCsinB11Qbc，BC，C为锐角，cosC，

1431115343． sin(BC)sinBcosCcosBsinC()2142147【归纳与总结】本题考查了正弦定理余弦定理和两角差的正弦公式，属基础题． 16．（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD//BC，

PF1PAADCD2，BC3．E为PD的中点，点F在PC上，且．

PC3（Ⅰ）求证：CD平面PAD；

（Ⅱ）求二面角FAEP的余弦值；

PG2（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

PB3

【思路分析】（Ⅰ）推导出PACD，ADCD，由此能证明CD平面PAD．

（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角FAEP的余弦值．

uuurr422r42ruuu（Ⅲ）求出AG(，0，)，平面AEF的法向量m(1，1，1)，mgAG0，

33333从而直线AG不在平面AEF内． 【解答】证明：（Ⅰ）QPA平面ABCD，PACD， QADCD，PAIADA，

CD平面PAD． 解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴， AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，

224A(0，0，0)，E(1，0，1)，F(，，)，P(0，0，2)，

333uuuruuur224AE(1，0，1)，AF(,,)，

333r平面AEP的法向量n(1，0，0)，

r设平面AEF的法向量m(x，y，z)，

rruuumgAExz0rr2则ruuu，取，得m(1，1，1)， x124mgAFxyz0333rr|mgn|13设二面角FAEP的平面角为，则cosrr．

|m|g|n|333． 3（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：

PG242Q点G在PB上，且．G(，0，)，

PB333uuur42AG(，0，)，

33rQ平面AEF的法向量m(1，1，1)，

r422ruuumgAG0，

333故直线AG不在平面AEF内．

二面角FAEP的余弦值为

【归纳与总结】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 17．（13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（元) 大于2000 (0，1000] (1000，2000] 支付方式 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B 10人 14人 1人 （Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率； （Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；

（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A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化说明理由． 【思路分析】（Ⅰ）从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A，B两种支付方式都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，从而A，B两种支付方式都使用的人数有40人，由此能求出从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率．

（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，则X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望E(X)．

（Ⅲ）从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金额大于2000元，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为

3C31p3，不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有

C304060变化． 【解析】：（Ⅰ）由题意得：

从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中， A，B两种支付方式都不使用的有5人， 仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，

A，B两种支付方式都使用的人数有：1005302540，

从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率

40p0.4． 100（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数， 则X的可能取值为0，1，2，

样本仅使用A的学生有30人，其中支付金额在(0，1000]的有18人，超过1000元的有12人，

样本仅使用B的学生有25人，其中支付金额在(0，1000]的有10人，超过1000元的有15人，

18101806P(X0)，

3025750251815121039013P(X1)，

302530257502512151806， P(X2)302575025X的分布列为： 0 1 2 X P 6136 2525256136数学期望E(X)0121．

252525（Ⅲ）不能认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化， 理由如下：

从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金额大于2000元，

3C31随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为p3，

C3040601． 4060故不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化． 【归纳与总结】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题． 18．（14分）已知抛物线C:x22py经过点(2,1)． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 【思路分析】（Ⅰ）代入点(2,1)，解方程可得p，求得抛物线的方程和准线方程；

虽然概率较小，但发生的可能性为

（Ⅱ）抛物线x24y的焦点为F(0,1)，设直线方程为ykx1，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得A，可得AB为直径的圆方程，可令x0，B的坐标，解方程，即可得到所求定点． 【解析】：（Ⅰ）抛物线C:x22py经过点(2,1)．可得42p，即p2， 可得抛物线C的方程为x24y，准线方程为y1； （Ⅱ）证明：抛物线x24y的焦点为F(0,1)，

设直线方程为ykx1，联立抛物线方程，可得x24kx40， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 可得x1x24k，x1x24，

yx直线OM的方程为y1x，即y1x，

x14y2xx，即y2x， x2444可得A(，1)，B(，1)，

x1x2114k可得AB的中点的横坐标为2()2g2k，

x1x24即有AB为直径的圆心为(2k,1)，

直线ON的方程为y|AB|14416k216||2g21k2， 半径为22x1x24可得圆的方程为(x2k)2(y1)24(1k2)，

化为x24kx(y1)24，

由x0，可得y1或3．

则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0,1)，(0,3)．

【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

119．（13分）已知函数f(x)x3x2x．

4（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率为l的切线方程； （Ⅱ）当x[2，4]时，求证：x6剟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． 【思路分析】（Ⅰ）求导数f(x)，由f(x)1求得切点，即可得点斜式方程； （Ⅱ）把所证不等式转化为6剟再令g(x)f(x)x，利用导数研究g(x)在[2，f(x)x0，4]的单调性和极值点即可得证；

（Ⅲ）先把F(x)化为|g(x)a|，再利用（Ⅱ）的结论，引进函数h(t)|ta|，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴ta与3的关系分析即可．

3【解析】：（Ⅰ）f(x)x22x1，

48由f(x)1得x(x)0，

38得x10,x2．

388又f(0)0，f()，

32788yx和yx，

27364即yx和yx；

27（Ⅱ）证明：欲证x6剟f(x)x， 只需证6剟f(x)x0，

1令g(x)f(x)xx3x2，x[2，4]，

4338则g(x)x22xx(x)，

44388可知g(x)在[2，0]为正，在(0,)为负，在[,4]为正，

3388g(x)在[2，0]递增，在[0，]递减，在[,4]递增，

33864又g(2)6，g(0)0，g()6，g（4）0，

3276剟g(x)0， x6剟f(x)x；

（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，

F(x)|f(x)(xa)| |f(x)xa|

|g(x)a|

Q在[2，4]上，6剟g(x)0， 令tg(x)，h(t)|ta|，

则问题转化为当t[6，0]时，h(t)的最大值M（a）的问题了，

①当a„3时，M（a）h(0)|a|a， 此时a…3，当a3时，M（a）取得最小值3； ②当a…3时，M（a）h(6)|6a||6a|， Q6a…3，M（a）6a， 也是a3时，M（a）最小为3．

综上，当M（a）取最小值时a的值为3．

【归纳与总结】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大． 20．（13分）已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、、第im项(i1i2im)，若ai1ai2aim，则称新数列ai1，ai2，，aim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数

列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列．

（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；

（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若pq，求证：am0an0；

（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个(s1，2，)，求数列{an}的通项公式．

【思路分析】(I)1，3，5，6．答案不唯一．

(II)考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得an0该数am0，即可证明结论． 列的第p项…(III)考虑2s1与2s这一组数在数列中的位置．若{an}中有2s，在2s在2s1之后，则必

然在长度为s1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s1矛盾，可得2s必在2s1之前．继续考虑末项为2s1的长度为s1的递增子列．因此对于数列2n1，2n，由于2n在2n1之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n与2n1，

即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s1之前．可得2，1，4，3，6，5，，是唯一构造． 【解析】：(I)1，3，5，6．

(II)证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列， am0， an0该数列的第p项…am0an0．

(III)解：考虑2s1与2s这一组数在数列中的位置．

若{an}中有2s，在2s在2s1之后，则必然在长度为s1，且末项为2s的递增子列， 这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s1矛盾，2s必在2s1之前． 继续考虑末项为2s1的长度为s1的递增子列．

研究递增子列时，由于2n在2n1之前，不可同时取2n与2n1， Q对于数列2n1，2n，

Q对于1至2s的所有整数，研究长度为s1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，，第s项是2s1与2s二选1，

故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s1之前．

，是唯一构造． 2，1，4，3，6，5，即a2k2k1，a2k12k，kN*．

【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．

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