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2019版七年级语文课本下册

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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z2i，则zgz(A．3
B．5
C．3
D．5
2．执行如图所示的程序框图，输出的s值为(
A．1
B．2
C．3D．4
x13t,
(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(
y24t
1246A．B．C．D．
5555
x2y21
4．已知椭圆221(ab0的离心率为，则(
ab2
A．a22b2B．3a24b2C．a2bD．3a4b
5．若x，y满足|x|„1y，且y…1，则3xy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
5E
m2m1lg1，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k1,2．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．1010.1uuuruuuruuuruuuruuur
7．设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||BC|”的(
B．10.1
C．lg10.1
A．1010.1

A．充分而不必要条件C．充分必要条件图）．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）；
B．必要而不充分条件

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:x2y21|x|y就是其中之一（如

1

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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．①②D．①②③
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。9．函数f(xsin22x的最小正周期是．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a23，S510，则a5，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：①lm；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(xexaex(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x10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。

2

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1
15．（13分）在ABC中，a3，bc2，cosB．
2
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin(BC的值．
16．（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD//BC，
PF1
PAADCD2，BC3．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FAEP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

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（元支付方式仅使用A仅使用B
18人10人
9人14人
3人1人
(0，1000]
(1000，2000]
大于2000
（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:x22py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y1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．
13
xx2x．4
（Ⅰ）求曲线yf(x的斜率为l的切线方程；
19．（13分）已知函数f(x

3

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（Ⅱ）当x[2，4]时，求证：x6剟f(xx；
（Ⅲ）设F(x|f(x(xa|(aR，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(i1i2im，若ai1ai2aim，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pq，求证：am0an0；
（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2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个(s1，2，，求数列{an}的通项公式．

4

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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z2i，则zgz(A．3
B．5
C．3
D．5
【思路分析】直接由zgz|z|2求解．
【解析】：Qz2i，zgz|z|2(221225．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．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k1，s1s2
不满足条件k…3，执行循环体，k2，s2不满足条件k…3，执行循环体，k3，s2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．
x13t,
(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(
y24t
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．

5

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x13t
(t为参数）【解析】：由，消去t，可得4x3y20．
y24t
|41302|6
．则点(1,0到直线l的距离是d
2254(3
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式的应用，是基础题．
x2y21
4．已知椭圆221(ab0的离心率为，则(
ab2
A．a22b2B．3a24b2C．a2b
【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件a2b2c2得答案．
D．3a4b
c21a2b21c1【解析】：由题意，，得2，则，
a4a24a2
4a24b2a2，即3a24b2．
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|„1y，且y…1，则3xy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z3xy，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|„1y
【解析】：由作出可行域如图，
y…1
y1
联立，解得A(2,1，
xy10

令z3xy，化为y3xz，
由图可知，当直线y3xz过点A时，z有最大值为3215．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
5E
m2m1lg1，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k1,2．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．1010.1
5E
【思路分析】把已知熟记代入m2m1lg1，化简后利用对数的运算性质求解．
2E2

6

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【解析】：设太阳的星等是m126.7，天狼星的星等是m21.45，
5E
由题意可得：1.45(26.7lg1，
2E2
E50.5Elg110.1，则11010.1．
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．
uuuruuuruuuruuuruuur
7．设点A，B，C不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC||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”“|ABAC||BC|”，“|ABAC||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”“|ABAC||BC|”，
uuuruuuruuuruuuruuur
“|ABAC||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“|ABAC||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: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(
A．①图形可得．

B．②
C．①②D．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【解析】：将x换成x方程不变，所以图形关于y轴对称，当x0时，代入得y21，y1，即曲线经过(0,1，(0,1；

7

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23
]，3
所以x只能取整数1，当x1时，y2y0，解得y0或y1，即曲线经过(1,0，(1,1，
0，解得x(0，当x0时，方程变为y2xyx210，所以△x24(x21…
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．
x2y2当x0时，由xy1xy得xy1xy„，（当xy时取等），
2
2
2
22
x2y2„2，x2y2„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122，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积1
211，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于213，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(xsin22x的最小正周期是．
211
【思路分析】用二倍角公式可得f(xcos(4x，然后用周期公式求出周期即可．
22
【解析】：Qf(xsin2(2x，
11
f(xcos(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a23，S510，则a50，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a14，d1，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，a23，S510，
a1d3，解得a14，d1，a5a14d4410，54
5a1d102
n(n1n(n11981
Snna1d4n(n2，
22228
n4或n5时，Sn取最小值为S4S510．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

8

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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V422(242440．
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：①lm；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，lm，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，lm，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//．lm，lm，【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(xexaex(a为常数）．若f(x为奇函数，则a1；若f(x是R上
9


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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(xf(x，即exaex(exaex，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(xexaex…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(xexaex，
若f(x为奇函数，则f(xf(x，即exaex(exaex，变形可得a1，函数f(xexaex，导数f(xexaex
0在R上恒成立，若f(x是R上的增函数，则f(x的导数f(xexaex…
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x10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(mx80%…m70%，解不等式，结合恒成立思想，可得x的最大值．
【解析】：①当x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得6080140（元，即有顾客需要支付14010130（元；②在促销活动中，设订单总金额为m元，可得(mx80%…m70%，
m
即有x„，
8
120，由题意可得m…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。
1
15．（13分）在ABC中，a3，bc2，cosB．
2
（Ⅰ）求b，c的值；

10

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（Ⅱ）求sin(BC的值．
【思路分析】（Ⅰ）利用余弦定理可得b2a2c22accosB，代入已知条件即可得到关于b的方程，解方程即可；
（Ⅱ）sin(BCsinBcosCcosBsinC，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）Qa3，bc2，cosB．
2
由余弦定理，得b2a2c22accosB9(b2223(b2(，
12
b7，cb25；
31
（Ⅱ）在ABC中，QcosB，sinB，
22
由正弦定理有：
csinBcb
，sinC
bsinCsinB
11
Qbc，BC，C为锐角，cosC，
1431115343
．sin(BCsinBcosCcosBsinC(
2142147
5
3
253，714
【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PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD//BC，
PF1
PAADCD2，BC3．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FAEP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PACD，ADCD，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FAEP的余弦值．
uuurr422r42ruuu
（Ⅲ）求出AG(，0，，平面AEF的法向量m(1，1，1，mgAG0，
33333
从而直线AG不在平面AEF内．
【解答】证明：（Ⅰ）QPA平面ABCD，PACD，QADCD，PAIADA，CD平面PAD．
11


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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，
224
A(0，0，0，E(1，0，1，F(，，，P(0，0，2，
333
uuuruuur224AE(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，
rruuumgAExz0
r
则ruuu，取x1，得m(1，1，1，r224
mgAFxyz0
333
rr|mgn|13
设二面角FAEP的平面角为，则cosrr．
|m|g|n|33
3
．3
（Ⅲ）直线AG不在平面AEF内，理由如下：
PG242
Q点G在PB上，且．G(，0，，
PB333
uuur42AG(，0，，
33
r
Q平面AEF的法向量m(1，1，1，
r422ruuu
mgAG0，
333
故直线AG不在平面AEF内．
二面角FAEP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
(0，1000]
12
(1000，2000]大于2000


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支付方式仅使用A仅使用B
18人10人
9人14人
3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
3
C31p3，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：1005302540，
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
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p
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，P(X0
18101806，302575025

13

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1815121039013，302530257502512151806
，P(X2
302575025
X的分布列为：P(X1
XP

012
61362525256136
数学期望E(X0121．
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p3，
C304060
1
．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．
虽然概率较小，但发生的可能性为
【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:x22py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y1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；（Ⅱ）抛物线x24y的焦点为F(0,1，设直线方程为ykx1，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x0，B的坐标，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42p，即p2，可得抛物线C的方程为x24y，准线方程为y1；（Ⅱ）证明：抛物线x24y的焦点为F(0,1，
设直线方程为ykx1，联立抛物线方程，可得x24kx40，设M(x1，y1，N(x2，y2，
可得x1x24k，x1x24，
yx
直线OM的方程为y1x，即y1x，
x14yx
直线ON的方程为y2x，即y2x，
x24

14

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44
，1，B(，1，x1x2
114k
可得AB的中点的横坐标为2(2g2k，
x1x24
可得A(
即有AB为直径的圆心为(2k,1，
|AB|14416k216
||2g21k2，半径为22x1x24
可得圆的方程为(x2k2(y124(1k2，化为x24kx(y124，由x0，可得y1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．
1
19．（13分）已知函数f(xx3x2x．
4
（Ⅰ）求曲线yf(x的斜率为l的切线方程；（Ⅱ）当x[2，4]时，求证：x6剟f(xx；
（Ⅲ）设F(x|f(x(xa|(aR，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(x1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(xf(xx，利用导数研究g(x在[2，f(xx0，4]的单调性和极值点即可得证；
（Ⅲ）先把F(x化为|g(xa|，再利用（Ⅱ）的结论，引进函数h(t|ta|，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴ta与3的关系分析即可．
3
【解析】：（Ⅰ）f(xx22x1，
48
由f(x1得x(x0，
38
得x10,x2．
388
又f(00，f(，
32788
yx和yx，
273
64
即yx和yx；
27
（Ⅱ）证明：欲证x6剟f(xx，只需证6剟f(xx0，
1
令g(xf(xxx3x2，x[2，4]，
4
338
则g(xx22xx(x，
443
88
可知g(x在[2，0]为正，在(0,为负，在[,4]为正，
33

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88
g(x在[2，0]递增，在[0，]递减，在[,4]递增，
33864
又g(26，g(00，g(6，g（4）0，
327
6剟g(x0，
x6剟f(xx；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F(x|f(x(xa||f(xxa||g(xa|
Q在[2，4]上，6剟g(x0，
令tg(x，h(t|ta|，
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a3时，M（a）取得最小值3；②当a…3时，M（a）h(6|6a||6a|，
Q6a…3，M（a）6a，
也是a3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(i1i2im，若ai1ai2aim，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pq，求证：am0an0；
（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2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个(s1，2，，求数列{an}的通项公式．
【思路分析】(I1，3，5，6．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
16


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am0，即可证明结论．列的第p项…
(III考虑2s1与2s这一组数在数列中的位置．若{an}中有2s，在2s在2s1之后，则必
然在长度为s1，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2s1矛盾，可得2s必在2s1之前．继续考虑末项为2s1的长度为s1的递增子列．因此对于数列2n1，2n，由于2n在2n1之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n与2n1，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2s1之前．可得2，1，4，3，6，5，，是唯一构造．【解析】：(I1，3，5，6．
(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…
am0an0．
(III解：考虑2s1与2s这一组数在数列中的位置．
若{an}中有2s，在2s在2s1之后，则必然在长度为s1，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2s1矛盾，2s必在2s1之前．继续考虑末项为2s1的长度为s1的递增子列．
研究递增子列时，Q对于数列2n1，2n，由于2n在2n1之前，不可同时取2n与2n1，
Q对于1至2s的所有整数，研究长度为s1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2s1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2s1之前．
，是唯一构造．2，1，4，3，6，5，
即a2k2k1，a2k12k，kN*．
【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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本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/4c7199e4bc64783e0912a21614791711cd7979f1.html

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