2019年北京市高考数学试卷(理科)附答案

1、2019年北京市高考数学试卷（理科）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.执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）开始由三二1/输出后/叵A. 1B. 2C. 3D. 43.已知直线1的参数方程为y 2 34t°为参数），则点（1，0）到直线l的距离是（）A. 1524.已知椭圆三aA. a2 2b2B. 252y2 1(a b bB. 3a2C. 450）的离心率为1 ,则（4 b2C. a 2bD.D.3a4b5 .若x, y满足|x|,1 y,

2、且y1,则3x y的最大值为（）A.7B. 1C. 5D. 76 .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 5lg且，其中星等为人的星的亮度为2 E2Ek（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, 1010.17 .设点A,B,C不共线，则“赌与AC的夹角为锐角”是“|器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8 .数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:x2 y2 1

3、 |x|y就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ”；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（）A3B.C.D.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a23 , S5 10,则a§ 0的最小值为一.11 .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 .7也俯视*4庖图12 .已知l, m是平面

4、外的两条不同直线.给出下列三个论断：l m;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：.13 .设函数f（x） ex aex（a为常数）.若f（x）为奇函数，则a ;若£汽） 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% .当x 10时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1盒，需要支

5、付 元； 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的最大值为一.三、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 1 .(I )求b, c的值；(H )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 , PA AD CD 2 , BC 3 . E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 互 -.PC 3(I )求证：CD 平面PAD ；(H)求二面角F AE P的余弦值；(田)设点

6、G在PB上，且PG 2 .判断直线AG是否在平面AEF内，说PB 317. (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，估计该学生上个月A , B两种支 付方式都使用的概率；(II)从样本仅使

7、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；(m)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；(n)设。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

8、径的圆经过y轴上的两个定点.19. (13 分)已知函数 f(x) 1x3 x2 x.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 61f (x) x；(m)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 (i1i2im),若 ai1ai2aim ,则称新数列”，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,

9、 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a% .若p q,求证：am. a%；(田)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2s1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. ,3B. 5C. 3D.

10、5【思路分析】直接由zgz |z|2求解.【解析】：Qz 2 i, zgz |z|2 （J22 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（）阐丘=1金=1” “jjy k=k-iA. 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 1s 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

11、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.3.已知直线1的参数方程为x 1 3t,（t为参数），则点（1,0）到直线1的距 y 2 4t离是（）A. 1B. 2C. 4D. 95555【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.【解析】：由y 12 34t（t为参数），消去t,可得4x 3y 2 0.则点（1,0）到直线l的距离是d|4 1 3 0 2| 642-(-3)2- 5故选：D .【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

12、 式的应用，是基础题.224 .已知椭圆x2。i（a b 0）的离心率为1,则（）a b2A. a2 2b2B. 3a2 4b2C, a 2bD. 3a 4b【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件 a2 b2 c2得答案.A222【解析】：由题意，£ 1,得与1,则【， a 2 a 4a 44a2 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,化为直线方程的 斜

13、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.【解析】：由|x|, 1 丫作出可行域如图，y1联立丫 1 ，解得A（2, 1）, x y 1 0y=-l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 15.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m2 mi 5lg邑，其中星等为n的星的亮度为2 E2Ek（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

14、. 1010.1B. 10.1C. igio.iD. 1010.1【思路分析】把已知熟记代入m2 m1 5lgH,化简后利用对数的运算2 E2性质求解.【解析】：设太阳的星等是m126.7,天狼星的星等是m21.45,由题意可得：1.45 （ 26.7） -lg -E1 ,2E2lgE1e2等 10.1 ,则 I 1010.1【归纳与总结】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题.7 .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【思路分析】“AB与AC的夹角为锐角”“|A

15、B AC|BC|“ |AB AC|BC|”“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，“AB与AC的夹角为锐角”-AB AC11BC1”,uuu uuur是 | AB AC |uuur ” |BC|AB ACiiBCi”“器与AC的夹角为锐角”，设点A, B,C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”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：曲线C恰

16、好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）曲线C上任意一点到原点的距离都不超过我；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（）C. D.【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)；当x。时，方程变为y2 xy x2 1 0,所以 x2 4(x2 1)0 ,解得x (0 ,所以x只能取整数1,当x 1时，y2 y 0,解得y。或y 1,即曲线经过(1,0), (1,1),根据对称性可得曲线还经过(

17、1,0), (1,1),故曲线一共经过6个整点，故正确.22当x 0日寸，由x2 y2 1 xy得x2 y2 1 xy,-，(当x y时取等)，2x2 y2, 2 ,G-7,团 即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过他，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V2 ；故正确.在x轴上图形面积大于矩形面积12 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2积大于2 1 3,故错误.【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的最小正周期是一3【思路分析

18、】用二倍角公式可得f(x) 28s(4x) 1,然后用周期公式求 出周期即可.【解析】：Q f(x) sin2(2x),f(x)1cos(4x) 1, f(x)的周期 T 一，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，的前n项和为& ,若a23 , S510 ,则a§0 ,&的最小值为一.【思路分析】利用等差数列4的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出ai4, d 1,由此能求出a5的Sn的最小值.【解析】：设等差数列的前n项和为S- 43, S510,a1d 35 4,解得 a14 ,

19、 d 1 ,a5 a14d 4 4 10,5a1 d 102n(n 1),S na1d24n 3 1(n 9)2 81, 2228n 4或n 5时，S取最小值为S4 410.故答案为：0,【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

20、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 1(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：l m;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：若l _2_l m ,贝U m/ _.【思路分析】l , m是平面 外的两家不同直线，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 ,l m,则m/ .故答案为：若l,

21、l m ,贝！J 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 aex(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ex 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 aex0在R上恒成立，变形可得：a, e2x恒成立, 据此分析可得答案

22、.【解析】：根据题意，函数f(x) ex aex,若f(x)为奇函数，则f( x) f(x),即ex aex(ex ae x),变形可得a 1,函数f(x) e ae , 导数f (x) ex ae x若f(x)是R上的增函数，则f(x)的导数f(x) ex aex0在R上恒成立, 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

23、、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% .当x 10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付 130元: 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的最大值为一.【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；在促销活动中，设订单总金额为 m兀，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时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得60 80 140 (元),

24、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, m , 8由题意可得mT20,可得x,215, 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。15 . (13 分)在 ABC 中，a 3 , b c 2 , cosB -.2(I )求b , c的值；(H )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

25、即可得到关于b的方程，解方程即可；(H ) 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.【解析】：(I)Qa 3,b c 2, cosB 1.由余弦定理，得b222_2a c 2accosB 9 (b 2)2 3 (b 2)2)b 7 , c b 2 5 ；(H)在 ABC 中，qcosb 1, sinB 旦, 225史由正弦定理有：，二，sinC丝吧 一2- sin C sin Bb 7Qb c, B C, C 为锐角， cosC 一，145/314sin(B C) sin BcosC cosBsin C3 11 ,

26、1、 5343(一) 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 , PA AD CD 2 , BC 3 . E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且生 -.PC 3(I )求证：CD 平面PAD ；(H )求二面角F AE P的余弦值;(明设点G在pb上，且PG3 .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.【思路分析】(I )推导出PA 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

27、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.(m)求出 AG (4 , 0 ,-),平面 AEF 的法向量 rm (1 , 1 ,1),33rngAG 4 2 2 0 ,从而直线AG不在平面AEF内.3 3 3【解答】证明：(I ) Q PA平面ABCD , PA CD ,Q AD CD , PAI AD 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,A(0 ,UULTAE (10, °),0, 1)E(1, 0, 1), uu 2 2 4， AF

28、(-,)3 3 30, 2),平面aep的法向量n 设平面AEF的法向量(1, 0, r / m (x ,0)z)r uuir mgAE 则 r uuir mgAFx2-x3z 02 y31,得m (11,设二面角AE P的平面角为,贝！J cosr r|mgn |tr-I m g|n I二面角FAE P的余弦值为（m）直线AG不在平面AEF内，理由如下:Q点G在PB上，且!PBULUT42AG(,，0，) 533Q平面AEF的法向量mi°，卜(11,1)故直线AG不在平面AEF内.r uur422mgAG0 ,333【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

29、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) 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，估计该学生上个月A,

30、 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；(m)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

31、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).(m)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p乌，不能认为认为C304060 '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.【解析】：(I )由题意得：从全校所有的1

32、000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p也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

33、有15人，18 10P(X 0)30 2518 15P(X 1)30 2512 15P(X 2)30 251806750 25 '12 10 390 1330 25 750 25 '1806750 25 'X的分布列为：X012P62513256 "25数学期望E(X) 0 2 1.2 9 1 . 252525(田)不能认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于人数有变化, 理由如下：2000元的从样本仅使用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C31

34、p C304060 '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。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

35、】(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；(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, 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x2 4y ,准线方程为y 1 ；(H )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x2 4kx 4 0,设 M(X , yj , N(x2 , y2),可

36、得 X x24k , xx2 4 ,直线OM的方程为y 4 ,即y ", x14直线ON的方程为y"x ,即ytx, x24可得 A( ,1) , B( ,1),xx2可得AB的中点的横坐标为2( ) 2g-4k 2k, x, x24即有AB为直径的圆心为(2k, 1),半径为理 1|4 f | 2g 16k2 16 2 1k,，22 x1 x24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

37、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.19. (13 分)已知函数 f(x) 1x3 x2 x.4(I )求曲线y f(x)的斜率为i的切线方程；(H )当 x 2, 4时，求证：x 6 强 f(x) x；(田)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)最小日求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；(H)把所证不等式转化为61f(x) x 0,再令g(x) f(x) x,利用导数研究g(x)在2 ,

38、4的单调性和极值点即可得证；(田)先把F(x)化为|g(x) a|,再利用(H )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.【解析】：(I ) f (x) 3x2 2x 1 ,4由f(x) 1 得x(x 3) 0，得 Xi 0,X2又 f(0) 0,83呜)8x2764827，83，y x ； 27，(H )证明：欲证 x 61f (x) x,只需证61 f(x) x 0,人，、一、132v g(x) f(x) x -x x , x 2 , 4则 g (x) 3x2 42x-x(x 8), 43可知g(x)在2, 0为正，在(0,8)为负，在8,4为正, 339(刈在2, 0递增,在0 , 8递减,在8,4递增， 33又 g( 2)6, g(0) 0, g(8)646, g (4)0,32 76触(x) 0 ,x 6强f (x) x ；(m)由(n)可得，F(x) |f(x) (x a)|I f(x) x a|g(x) a|Q 2 , 4上，61 fa(x) 0 ,令t g(x) , h(t) |t a| ,(a)的问题了,此时a -3,当a 3时, 当a3时，M