2019年北京市高考数学试卷(理科)含答案

1、3t3t,（t 为参数），则点（1,0）到直线 I 的距离是4tiA.-5）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件2019 年北京市高考数学试卷（理科）共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题一、选择题 共 8 小题，每小题 5 分, 目要求的一项。1.已知复数 z 2 i，则 zgz （A.3B.52.执行如图所示的程序框图，输出的C.s值为（D. 5A. 1B.C.D. 44 .已知椭圆2y_b22x_a2 b2y满足|x|, 111（a b 0）的离心率为-2，则（）2 2B. 3a 4by，且 y1，则 3x y 的最大值为(B. 1C. 5A. a25.若x,A.76 .

2、在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.E1巳，其中星等为 mk的星的亮度为 Ek（kE21.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为C. a 2bD.)D.3a7两颗星的星等与亮度满足4b5.m2m1Ig狼星的星等是10.1A. 101,2）.已知太阳的星等是26.7,天7 .设点A,( )B. 10.1C. lg10.1uu uurB, C 不共线，则“ AB 与 AC 的夹角为锐角”是“D.Luu| AB10.110uur uuAC | | BC | ” 的(3 .已知直线l 的参数方程为B.D.C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件&数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，

3、曲线C:x2y21 |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（）99 .函数 f(x) sin 2x 的最小正周期是10 设等差数列 佝的前n项和为 Sn，若 a23 , Q10,则比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：_.xx13._ 设函数 f(x) e ae (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

4、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. (13 分)在 ABC 中，a 3, b c 2, cosB(

5、I)求 b ,c的值；(n)求 sin(B C)的值.C.5 分，共 30 分。D.，Sn的最小值为其三视图如图所示.如果网格纸上小正、填空题 共 6 小题，每小题.给出下列三个论断:11.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,方形的边长为 I，那么该几何体的体积为.(I)求证：CD 平面PAD；(n)求二面角F AE P的余弦值;16. ( 14 分)如图，在四棱锥P ABCD 中,PA平面 ABCD , ADPA AD CD 2, BC 3 .E为PD的PFCD , AD /BC ,1PC 3(n)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

6、大于1000 元的人数，求X的分布列和数学期望；(川)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.218. (14 分)已知抛物线 C:x 2py 经过点(2, 1).(I)求抛物线 C 的方程及其准线方程；(n)设 0 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 I 交抛物线 C 于两点M, N , 直线 y 1 分别交直线 0M , 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.19.

7、(13 分)已知函数 f(x) -x3x2x .4(I)求曲线 y f (x)的斜率为 I 的切线方程；(n)当 x 2,4时，求证：x 6 剟 f (x) x;(川)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 h 项、第 i2项、 、第 im项(i1i2im)，若ah2am，则称新数列1, ai2, 为的长度为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

8、增子列；(n)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：am0a% ；(川)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的通项公支付金额(元)支付方式(0 , 1000(1000 , 2000大于 2000仅使用A18 人9 人3 人仅使用B10 人14 人1 人(I)从全校学生中随机抽取1 人， 估计该学生三上个月A,B两种支付方式都使用的概率；生中随机抽取了 100

9、 人，发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:AG 是否在平面AEF内，说明理由.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5 人，样本中仅使式.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. 3B. 5C. 3D. 52【思路分析】直接由 zgz |z|求解.【解

10、析】：Q z 2 i , zgz |z|2（ 2_12）25 .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（）结東A. 1B. 2C. 3D. 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 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 k3，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

11、的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程,得出正确的结论，是基础题.以便x 1 3t【解析】：由 y 2 4t（t为参数），消去t，可得4x 3y2 0.故选：D.3 .已知直线 I 的参数方程为1A.-5【思路分析】 消参数B.y2513t2；（t 为C.-5D.t 化参数方程为普通方程，再由点到直线的距离公式求解.则点（1,0）到直线 I 的距离是 d|4 1 3 02|-.42( 3)2,E150.5lg _E25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.uuuLUTuu uur uu7 .设点A,B, C 不共线，则“ AB 与 AC 的夹角为锐角”是“| AB

12、 AC | | BC | ”的()【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.11(a b 0)的离心率为22 24 .已知椭圆审jyA. a22b2B. 3a24b2，则(b22aaC. a 2b c2得答案.b2174，D. 3a 4b【解析】：由题意，c1，得$1，则a 2a 44a 4b a，即 3a 4b . 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 y1，则 3x y 的最大值为()A. 7B. 1C. 5D. 7【思路分析】由约束条件作出可行域，令z 3x y，化为直线

13、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y 作出可行域如图，y1y 10y，化为 y 3x z ,当直线 y 3x z 过点A时，z 有最大值为 3 2 15 .令 z由图可知，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.旦，其中星等为 mk的星的亮度为 Ek(kE21.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为两颗星的星等与亮度满足5.m2m1lg2狼星的星等是10.1A. 101,2).已知太阳的星等是 26.7，天B.10.10.1D. 1

14、0【思路分析】 把已知熟记代入【解析】：设太阳的星等是 m由题意可得：1.45 ( 26.7)C. lg10.15F1m2m15lg2，化简后利用对数的运算性质求解.2 E226.7，天狼星的星等是5 E1lg2 E21.45，10.1，则旦E210.110 x3xA.充分而不必要条件C.充分必要条件UUU【思路分析】“ AB “ AB 与 AC 的夹角为锐角”,【解析】：点A,B, C 不共线，UUT UJU“ AB 与 AC 的夹角为锐角”UJU UUT UUU“ I AB ACI IBC I”B.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件ULTUUl HIT与 AC 的夹角为锐角”“ |

15、AB AC |由此能求出结果.uun uuuluur| AB AC | | BC I” ,UUT.UUlLUU UULT UUl|BC I”，“ I AB AC I I BC IUUU UUTAB 与 AC 的夹角为锐角”，UUU UUT“ AB 与 AC 的夹角为锐角”是“ IAB设点A,B, C 不共线，则要条件.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,查推理能力与计算能力，属于基础题.&数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 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

16、超过3曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于其中，所有正确结论的序号是（）【思路分析】将 图形可得.【解析】：将x换成 当x 0 时，代入得 yC :x2uiu iur uuAC | | BC |”的充分必考查向量等基础知识，考y21 IxI y 就是其中之一（如c.x换成x方程不变，所以图形关于y轴对称,x方程不变，所以图形关于y轴对称，2-即曲线经过（0,1）, （0,当 x 0 时，方程变为2 2y xy x0，所以2 2x 4(xD.根据对称性讨论y轴右边的1)；“0，解得 x所以x只能取整数 1 , 根据对称性可得曲线还经过 故曲线一共经过 6 个整点,1 时，（1,0）,故正确.

17、y 0，1,1），解得1，即曲线经过23(0,亍，(1,0) , (1,1),0 时，由x2y21xy 得x22y 1 xy,x y时取等），y2,2，即曲线 C 上y轴右边的点到原点的距离不超过称性可得：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过;故正确.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2，根据对1丄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.、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。99 .函数 f(x) sin 2x 的最小正周期是

18、11【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.2【解析】：Q f(x) sin (2x),11f(x)2cos(4x)2，f(x)的周期T2,故答案为：0.【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，若爲 3 , Q 10 ,则 a50, Sn的最小值为【思路分析】利用等差数列 気的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出 a 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, a,3 , Ss10 ,a1d 35 4，解得

19、 a 4 , d 1 ,a5a!4d 4 4 1 0 ,5a1d 10n 4 或 n 5 时，Sn取最小值为 S4Ss10 .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 I，那么该几何体的体积为40 .S na13d 4n 心 1(n 与81 ,d 4n(n )一2 2 2 2 8*【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. 【

20、解析】：由三视图还原原几何体如图，俯、I:I左该几何体是把棱长为 4 的正方体去掉一个四棱柱,则该几何体的体积 v 4 2 2 !(24) 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 I ,m是平面 外的两条不同直线.给出下列三个论断：I m :m/:I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： II m ,贝 U m/ _.【思路分析】由 I ,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I ,I m，则 m/.【解析】：由 I ,m是平面 外的两条不同直线，知: 由

21、线面平行的判定定理得： 若 I ,1 m，则 m/ .故答案为：若 I 【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、 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) exaex(a 为常数).若 f (x)为奇函数，则 a 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函数 f (x) exaex，导数 f (x) exaex若 f(x)是R上的增函数，贝 Uf(x)的导数 f (x) ex变形可

22、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

23、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】由题意可得顾客一次购买的总金额，减去x，可得所求值；,I m，则 m / /.线面、面面间的位置1 ；若 f(x)是R上的xxXXe ae (e ae ),f (x) exaex-0 在R上恒成立，变形可得:【解析】：根据题意，函数f(x)xxe ae若 f(x)为奇函数，则 f( x)f(x)，即 ea, e2x恒成立，据此分析可得答案.aex(exaex)，变形可得 a 1 ,xae0GAB*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】：当 x 10

24、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)；在促销活动中，设订单总金额为m元，可得(m x) 80%m 70% , 即有 x 由题意可得m-120, 可得 x,空 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, cosB2(I)求 b ,c的值；(n)求 sin(B C)的值.【思路分析】(I)利用

25、余弦定理可得 b2a2c22accosB ,代入已知条件即可得到关于 b 的方程，解方程即可；(n)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.(I)求证：CD 平面PAD；(n)求二面角F AE P的余弦值；PG 2(川)设点 G 在PB上，且 2.判断直线 AG 是否在平面AEF内，说明理由.PB 3【解析】：(I)Qa2, cosB2由余弦定理，得 b2accos B9 (b2)223 (b 2)(n)在 ABC 中,Q cosB,sinB -J2由正弦定理sin Csin B sin Ccsin Bsin(B

26、C)C , C 为锐角,cosCsin B cosC cos BsinC2b111411145 一 3石石，14【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,16. ( 14 分)如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA AD CD 2, BC 3 .E为PD的中点,7属基础题.PA平面 ABCD , ADPF 点F在 PC 上，且PCCD , AD /BC ,13 .CD , AD CD，由此能证明 CD 平面PAD.（H）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， 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.（川）求出 AG

27、（4, 0,2），平面AEF的法向量 mn （1,1,1） , mncAG33从而直线 AG 不在平面AEF内.【解答】证明：（I）Q PA平面 ABCD,PA CD,Q AD CD , PAIAD A,CD 平面PAD.解：(H)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),333lorluur2 2 4AE (1 ,0,1), AF (,),r3 3 3平面AEP的法向量r(1 , 0 , 0),设平面AEF的法向量mn(

28、x,y, z),rUULT则mgAErUULTmgAFx z2 x301,得 m(1, 1,1),23y4,取 xz 03设二二面角FAEP的平面角为，则 cosr r |mgn| rr1込|m|g n|33面角F AE P的余弦值为3（川）直线 AG 不在、K面AEF内, 理由如下：Q 点 G在PB上,且-PG2 142G( , 0 , 一)，PB333uur4c2AG（,0, 一），33mQ 平面AEF的法向量(1 , 1,1),ruuir422mgAG-0 ,333故直线 AG 不在平面AEF内.AP为 z 轴,D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

29、，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）支付方式(0 , 1000(1000 , 2000大于 2000仅使用A18 人9 人3 人仅使用B10 人14 人1 人（I）从全校学生中随机抽取1 人， 估计该学生三上个月A,B两种支付方式都使用的概率；（H）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机

30、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；（川）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

31、,B两种支付方式都使用的概率.（n）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）.（川）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C；1一p3，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 兀的人数有C304060变化.【解析】：（I）由题意得：从全校所有的 1000 名学生中

32、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40 门，p0.4 .考查直线是否在已考查二面角的余弦值的求法,1004(n)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

33、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,18 101806P(X0)30 2575025八 181512 1039013P(X1)30 2530257502512151806P(X2)302575025X的分布列为:X012P_613_6252525136d21 .2525A的学生中本月支付金额大于2000 元的人数有变化,30 人，其中 27 人月支付金额不大于 2000 元，有大于 2000 元，随机抽查 3 人，发现他们本月的支付金额都大于虽然概率较小，但发生的可能性为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

34、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.218. (14 分)已知抛物线 C:x 2py 经过点(2, 1) (I)求抛物线 C 的方程及其准线方程；(n)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 I 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；(n)抛物线 x24y 的焦点为

35、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,B的坐标，可得AB为直径的圆方程，可令 x 0 , 解方程，即可得到所求定点.【解析】：(I)抛物线 C:x22py 经过点(2, 1).可得 4 2p，即 p 2 , 可得抛物线 C 的方程为 x24y，准线方程为 y 1 ;(n)证明：抛物线 x24y 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 x24kx 4 0, 设MX , y) , N(x , y?), 可得 x x24k , XtX24 ,直线 OM 的方程为 y 必 x，即 yxX1x,数学期

36、望 E(X) 06125(川)不能认为样本仅使用理由如下：从样本仅使用A的学生有3 人月支付金额2000 元的概率为 p140603)，直线 ON 的方程为可得 A(4，1)，y 竺 x，即 yX24B(，X21)，x2x,44k2g 2k ,41-)X212(-x即有AB为直径的圆心为(2k, 1),半径为|1| | 2 巨口22 洛 X24可得圆的方程为(x 2k)2(y 1)24(1化为 x24kx (y 1)24,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), 【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质， 线方程联立，运用韦达定理，考查化简整

37、理的运算能力,19. (13 分)已知函数 f (x) x3x2x .4(I)求曲线 y f (x)的斜率为 I 的切线方程；(n)当 x 2,4时，求证：x 6 剟 f (x) x;(川)设 F(x)| f(x) (x(a)最小时，求a的值.【思路分析】(I)求导数(n)把所证不等式转化为可得AB的中点的横坐标为k2),(0, 3).以及圆方程的求法,属于中档题.考查直线和抛物a) |(a R),记 F(x)在区间f (x)，由 f (x) 1 求得切点, 6 剟f (x) x0，再令 g(x)2 , 4上的最大值为M即可得点斜式方程；f(x) x，利用导数研究g(x)在2 ,a|，再利用通

38、过对称轴(n)的结论，弓I进函数h(t) |t a|,a 与 3 的关系分析即可.结合绝对值【解析】：)f(X)X4由 f(X)1 得x(x8)0,3得 X10,X283.又 f(0)0 , f(3)_8,327y x 和 y88x273即y x和 yx -34;22x(n)证明： 欲证 只需证4的单调性和极值点即可得证；(川)先把 F(x)化为| g(x)函数的对称性，单调性，6剟f (x)令 g(x)f(x)32x4可知 g (x)在则 g (x)2xx 6 剟 f (x)x 0 ,13-x43(x(x44 ,0为正，在(0,8)为负，在8,4为正,333)，g(x)在2 , 0递增，在0

39、,8递减，在8,4递增，33又 g( 2)6 , g(0) 0, g(8)646,g(4)0 ,3276 剟 g(x) 0 ,x 6 剟 f (x) x ;(川)由(n)可得，ah%am，则称新数列 ai, aj：, a为的长度为 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；(n)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：am。 a.。;(川)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】(1)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 a%该数列的第p项am0，即可证明结论.(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