2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)含答案

1、2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)含答案2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)含答案 編輯整理：尊敬的讀者朋友們：這里是精品文檔編輯中心，本文檔內(nèi)容是由我和我的同事精心編輯整理后發(fā)布的，發(fā)布之前我們對(duì)文中內(nèi)容進(jìn)行仔細(xì)校對(duì)，但是難免會(huì)有疏漏的地方，但是任然希望（2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)含答案）的內(nèi)容能夠給您的工作和學(xué)習(xí)帶來(lái)便利。同時(shí)也真誠(chéng)的希望收到您的建議和反饋，這將是我們進(jìn)步的源泉，前進(jìn)的動(dòng)力。本文可編輯可修改，如果覺(jué)得對(duì)您有幫助請(qǐng)收藏以便隨時(shí)查閱，最后祝您生活愉快 業(yè)績(jī)進(jìn)步，以下為2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科)含答案的全部?jī)?nèi)容。第18頁(yè)（共18頁(yè)）2019年北京市高考數(shù)學(xué)試

2、卷（理科）一、選擇題 共8小題，每小題5分，共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。1已知復(fù)數(shù),則abc3d52執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為a1b2c3d43已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)），則點(diǎn)到直線的距離是abcd4已知橢圓的離心率為，則abcd5若,滿足,且，則的最大值為ab1c5d76在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來(lái)描述兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為的星的亮度為已知太陽(yáng)的星等是，天狼星的星等是，則太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為ab10。1cd7設(shè)點(diǎn)，,不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的a充分而不必要條件b必要而不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必

3、要條件8數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）給出下列三個(gè)結(jié)論：曲線恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）；曲線上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò);曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3其中,所有正確結(jié)論的序號(hào)是abcd二、填空題 共6小題，每小題5分,共30分。9函數(shù)的最小正周期是10設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，若,，則，的最小值為11某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所示如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為，那么該幾何體的體積為12已知，是平面外的兩條不同直線給出下列三個(gè)論斷：；以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫出一個(gè)正確的命題：13設(shè)函數(shù)為

4、常數(shù)）若為奇函數(shù)，則；若是上的增函數(shù)，則的取值范圍是14李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,價(jià)格依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒為增加銷量，李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷：一次購(gòu)買水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付元每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會(huì)得到支付款的當(dāng)時(shí),顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒,需要支付元；在促銷活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折，則的最大值為三、解答題 共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程。15（13分）在中，（）求，的值;（）求的值16（14分）如圖，在四棱錐中,平面,，為的中點(diǎn)，

5、點(diǎn)在上，且（）求證:平面；（）求二面角的余弦值;(）設(shè)點(diǎn)在上,且判斷直線是否在平面內(nèi)，說(shuō)明理由17（13分）改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來(lái),移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個(gè)月，兩種移動(dòng)支付方式的使用情況，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中,兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用和僅使用的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額（元支付方式，大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人(）從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月，兩種支付方式都使用的概率;()從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人,以表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1000

6、元的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；(）已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有變化現(xiàn)從樣本僅使用的學(xué)生中,隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元根據(jù)抽查結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由18(14分）已知拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（)求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；（）設(shè)為原點(diǎn)，過(guò)拋物線的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線交拋物線于兩點(diǎn),，直線分別交直線，于點(diǎn)和點(diǎn)求證：以為直徑的圓經(jīng)過(guò)軸上的兩個(gè)定點(diǎn)19(13分）已知函數(shù)（）求曲線的斜率為的切線方程；（）當(dāng)，時(shí)，求證:；（）設(shè),記在區(qū)間，上的最大值為（a）當(dāng)(a）最小時(shí)，求的值20（13分）已知數(shù)列,從中選取第項(xiàng)、第項(xiàng)

7、、第項(xiàng),若，則稱新數(shù)列，,，為的長(zhǎng)度為的遞增子列規(guī)定：數(shù)列的任意一項(xiàng)都是的長(zhǎng)度為1的遞增子列（）寫出數(shù)列1，8，3，7，5,6，9的一個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；（）已知數(shù)列的長(zhǎng)度為的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為，長(zhǎng)度為的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為若,求證：；(）設(shè)無(wú)窮數(shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且任意兩項(xiàng)均不相等若的長(zhǎng)度為的遞增子列末項(xiàng)的最小值為，且長(zhǎng)度為末項(xiàng)為的遞增子列恰有個(gè)，2，,求數(shù)列的通項(xiàng)公式2019年北京市高考數(shù)學(xué)試卷(理科）參考答案與試題解析一、選擇題 共8小題,每小題5分，共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。1已知復(fù)數(shù)，則abc3d5【思路分析】直接由求解【解析】：，故選

8、:【歸納與總結(jié)】本題考查復(fù)數(shù)及其運(yùn)算性質(zhì)，是基礎(chǔ)的計(jì)算題2執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的值為a1b2c3d4【思路分析】由已知中的程序語(yǔ)句可知:該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計(jì)算并輸出變量的值，模擬程序的運(yùn)行過(guò)程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況,可得答案【解析】：模擬程序的運(yùn)行，可得，不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，,不滿足條件，執(zhí)行循環(huán)體，此時(shí),滿足條件，退出循環(huán)，輸出的值為2故選：【歸納與總結(jié)】本題考查了程序框圖的應(yīng)用問(wèn)題，解題時(shí)應(yīng)模擬程序框圖的運(yùn)行過(guò)程，以便得出正確的結(jié)論,是基礎(chǔ)題3已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)），則點(diǎn)到直線的距離是abcd【思路分析】消參數(shù)化參數(shù)方程為普通方程，再由點(diǎn)到直線的距離公式求

9、解【解析】：由為參數(shù)),消去，可得則點(diǎn)到直線的距離是故選:【歸納與總結(jié)】本題考查參數(shù)方程化普通方程，考查點(diǎn)到直線距離公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題4已知橢圓的離心率為,則abcd【思路分析】由橢圓離心率及隱含條件得答案【解析】:由題意，得，則,，即故選：【歸納與總結(jié)】本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，熟記隱含條件是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題5若，滿足，且,則的最大值為ab1c5d7【思路分析】由約束條件作出可行域，令，化為直線方程的斜截式,數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案【解析】：由作出可行域如圖,聯(lián)立,解得，令，化為，由圖可知,當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)時(shí)，有最大值為故選：【歸納與總結(jié)】本題考查簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃,考查數(shù)形

10、結(jié)合的解題思想方法,是中檔題6在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來(lái)描述兩顆星的星等與亮度滿足，其中星等為的星的亮度為已知太陽(yáng)的星等是，天狼星的星等是，則太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為ab10.1cd【思路分析】把已知熟記代入，化簡(jiǎn)后利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)求解【解析】：設(shè)太陽(yáng)的星等是,天狼星的星等是,由題意可得：，則故選：【歸納與總結(jié)】本題考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，是基礎(chǔ)的計(jì)算題7設(shè)點(diǎn)，不共線，則“與的夾角為銳角是“的a充分而不必要條件b必要而不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件【思路分析】“與的夾角為銳角 “”,“ “與的夾角為銳角”，由此能求出結(jié)果【解析】：點(diǎn),，不共線，“與的夾角為銳角

11、” “，“” “與的夾角為銳角”,設(shè)點(diǎn)，不共線，則“與的夾角為銳角”是“的充分必要條件故選:【歸納與總結(jié)】本題考查充分條件、必要條件、充要條件的判斷，考查向量等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題8數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一（如圖）給出下列三個(gè)結(jié)論：曲線恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）;曲線上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò);曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是abcd【思路分析】將換成方程不變，所以圖形關(guān)于軸對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性討論軸右邊的圖形可得【解析】：將換成方程不變，所以圖形關(guān)于軸對(duì)稱，當(dāng)時(shí)，代入得，,即曲線經(jīng)過(guò)，;當(dāng)時(shí)

12、，方程變?yōu)椋?，解?所以只能取整數(shù)1，當(dāng)時(shí),，解得或,即曲線經(jīng)過(guò)，根據(jù)對(duì)稱性可得曲線還經(jīng)過(guò)，故曲線一共經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn),故正確當(dāng)時(shí)，由得，(當(dāng)時(shí)取等），,即曲線上軸右邊的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不超過(guò),根據(jù)對(duì)稱性可得:曲線上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)；故正確在軸上圖形面積大于矩形面積,軸下方的面積大于等腰直角三角形的面積，因此曲線所圍成的“心形區(qū)域的面積大于，故錯(cuò)誤故選：【歸納與總結(jié)】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用，屬中檔題二、填空題共6小題，每小題5分，共30分。9函數(shù)的最小正周期是【思路分析】用二倍角公式可得，然后用周期公式求出周期即可【解析】：，的周期，故答案為：【歸納與總結(jié)】本題考查了三角函數(shù)

13、的圖象與性質(zhì),關(guān)鍵是合理使用二倍角公式，屬基礎(chǔ)題10設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，則0,的最小值為【思路分析】利用等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式、通項(xiàng)公式列出方程組，能求出，由此能求出的的最小值【解析】：設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為,，,解得，或時(shí)，取最小值為故答案為：0，【歸納與總結(jié)】本題考查等差數(shù)列的第5項(xiàng)的求法，考查等差數(shù)列的前項(xiàng)和的最小值的求法，考查等差數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題11某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得,其三視圖如圖所示如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為，那么該幾何體的體積為40【思路分析】由三視圖還原原幾何體，然后利用一個(gè)長(zhǎng)方體與一個(gè)棱柱的體積作和求解【解析】：

14、由三視圖還原原幾何體如圖,該幾何體是把棱長(zhǎng)為4的正方體去掉一個(gè)四棱柱，則該幾何體的體積故答案為:40【歸納與總結(jié)】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題12已知，是平面外的兩條不同直線給出下列三個(gè)論斷:；以其中的兩個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題:若，則【思路分析】由，是平面外的兩條不同直線，利用線面平行的判定定理得若,，則【解析】：由，是平面外的兩條不同直線,知:由線面平行的判定定理得：若，則故答案為：若，則【歸納與總結(jié)】本題考查滿足條件的真命題的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題1

15、3設(shè)函數(shù)為常數(shù))若為奇函數(shù)，則；若是上的增函數(shù)，則的取值范圍是【思路分析】對(duì)于第一空：由奇函數(shù)的定義可得，即，變形可得分析可得的值,即可得答案；對(duì)于第二空：求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系分析可得的導(dǎo)數(shù)在上恒成立，變形可得：恒成立，據(jù)此分析可得答案【解析】：根據(jù)題意，函數(shù),若為奇函數(shù)，則，即，變形可得，函數(shù)，導(dǎo)數(shù)若是上的增函數(shù),則的導(dǎo)數(shù)在上恒成立，變形可得:恒成立，分析可得，即的取值范圍為,;故答案為：，,【歸納與總結(jié)】本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的判定，關(guān)鍵是理解函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的定義，屬于基礎(chǔ)題14李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價(jià)格

16、依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒為增加銷量,李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷：一次購(gòu)買水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付元每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后,李明會(huì)得到支付款的當(dāng)時(shí)，顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒，需要支付130元；在促銷活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折，則的最大值為【思路分析】由題意可得顧客一次購(gòu)買的總金額，減去,可得所求值；在促銷活動(dòng)中,設(shè)訂單總金額為元，可得，解不等式，結(jié)合恒成立思想，可得的最大值【解析】:當(dāng)時(shí)，顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒，可得（元，即有顧客需要支付（元；在促銷活動(dòng)中，設(shè)訂單總金額為元，可得，即有，由題意可得，可得，則的最大值為15

17、元故答案為：130,15【歸納與總結(jié)】本題考查不等式在實(shí)際問(wèn)題的應(yīng)用,考查化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，屬于中檔題三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程。15（13分）在中，,（）求，的值;（）求的值【思路分析】(）利用余弦定理可得，代入已知條件即可得到關(guān)于的方程，解方程即可；(）,根據(jù)正弦定理可求出,然后求出，代入即可得解【解析】：（)，,由余弦定理，得，,；（)在中，,由正弦定理有：，,，為銳角,，【歸納與總結(jié)】本題考查了正弦定理余弦定理和兩角差的正弦公式，屬基礎(chǔ)題16(14分）如圖，在四棱錐中，平面,，為的中點(diǎn)，點(diǎn)在上，且(）求證:平面;（）求二面角的余弦值；(）設(shè)點(diǎn)在上，

18、且判斷直線是否在平面內(nèi)，說(shuō)明理由【思路分析】()推導(dǎo)出，由此能證明平面（）以為原點(diǎn)，在平面內(nèi)過(guò)作的平行線為軸，為軸,為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角的余弦值（)求出,0，平面的法向量,1，從而直線不在平面內(nèi)【解答】證明:（）平面，,平面解：(）以為原點(diǎn)，在平面內(nèi)過(guò)作的平行線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，0,，0，,，,，0，,0，平面的法向量，0，,設(shè)平面的法向量，則,取,得，1，設(shè)二面角的平面角為，則二面角的余弦值為（）直線不在平面內(nèi)，理由如下：點(diǎn)在上,且，0，0，平面的法向量，1，故直線不在平面內(nèi)【歸納與總結(jié)】本題考查線面垂直的證明,考查二面角的余弦值的求法，考查直

19、線是否在已知平面內(nèi)的判斷與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題17(13分）改革開(kāi)放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一為了解某校學(xué)生上個(gè)月，兩種移動(dòng)支付方式的使用情況,從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人,發(fā)現(xiàn)樣本中,兩種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用和僅使用的學(xué)生的支付金額分布情況如下：支付金額(元支付方式，大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人（)從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月，兩種支付方式都使用的概率;（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以表示這2人中上個(gè)

20、月支付金額大于1000元的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學(xué)期望;（）已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒(méi)有變化現(xiàn)從樣本僅使用的學(xué)生中，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元根據(jù)抽查結(jié)果,能否認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化?說(shuō)明理由【思路分析】(）從全校所有的1000名學(xué)生中隨機(jī)抽取的100人中，,兩種支付方式都不使用的有5人，僅使用的有30人，僅使用的有25人，從而，兩種支付方式都使用的人數(shù)有40人,由此能求出從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月，兩種支付方式都使用的概率(）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人，以表示這2人中上個(gè)月支付金額大于10

21、00元的人數(shù),則的可能取值為0，1，2,分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出的分布列和數(shù)學(xué)期望（）從樣本僅使用的學(xué)生有30人,其中27人月支付金額不大于2000元，有3人月支付金額大于2000元，隨機(jī)抽查3人，發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為，不能認(rèn)為認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化【解析】：（）由題意得：從全校所有的1000名學(xué)生中隨機(jī)抽取的100人中，兩種支付方式都不使用的有5人，僅使用的有30人，僅使用的有25人，,兩種支付方式都使用的人數(shù)有：，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月，兩種支付方式都使用的概率（）從樣本僅使用和僅使用的學(xué)生中各隨機(jī)抽

22、取1人,以表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1000元的人數(shù)，則的可能取值為0,1，2,樣本僅使用的學(xué)生有30人，其中支付金額在，的有18人，超過(guò)1000元的有12人，樣本僅使用的學(xué)生有25人，其中支付金額在,的有10人，超過(guò)1000元的有15人，的分布列為: 0 1 2 數(shù)學(xué)期望(）不能認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化，理由如下：從樣本僅使用的學(xué)生有30人，其中27人月支付金額不大于2000元，有3人月支付金額大于2000元,隨機(jī)抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為，雖然概率較小，但發(fā)生的可能性為故不能認(rèn)為認(rèn)為樣本僅使用的學(xué)生中本月支付金額大于20

23、00元的人數(shù)有變化【歸納與總結(jié)】本題考查概率、離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望的求法，考查古典概型、相互獨(dú)立事件概率乘法公式等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理能力與計(jì)算能力，是中檔題18（14分)已知拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（）求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；（）設(shè)為原點(diǎn)，過(guò)拋物線的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線交拋物線于兩點(diǎn),直線分別交直線,于點(diǎn)和點(diǎn)求證：以為直徑的圓經(jīng)過(guò)軸上的兩個(gè)定點(diǎn)【思路分析】（）代入點(diǎn)，解方程可得，求得拋物線的方程和準(zhǔn)線方程;(）拋物線的焦點(diǎn)為,設(shè)直線方程為,聯(lián)立拋物線方程,運(yùn)用韋達(dá)定理，以及直線的斜率和方程，求得,的坐標(biāo)，可得為直徑的圓方程,可令，解方程,即可得到所求定點(diǎn)【解析】：（）拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)可得，即

24、，可得拋物線的方程為，準(zhǔn)線方程為；（）證明：拋物線的焦點(diǎn)為，設(shè)直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，可得，設(shè)，可得，直線的方程為,即，直線的方程為，即，可得,，可得的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，即有為直徑的圓心為，半徑為,可得圓的方程為，化為，由，可得或則以為直徑的圓經(jīng)過(guò)軸上的兩個(gè)定點(diǎn)，【歸納與總結(jié)】本題考查拋物線的定義和方程、性質(zhì)，以及圓方程的求法，考查直線和拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理,考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題19（13分）已知函數(shù)（）求曲線的斜率為的切線方程;（）當(dāng)，時(shí)，求證：；（)設(shè)，記在區(qū)間，上的最大值為（a)當(dāng)（a）最小時(shí)，求的值【思路分析】()求導(dǎo)數(shù)，由求得切點(diǎn)，即可得點(diǎn)斜式方程；()把所證

25、不等式轉(zhuǎn)化為，再令，利用導(dǎo)數(shù)研究在，的單調(diào)性和極值點(diǎn)即可得證;（)先把化為，再利用(）的結(jié)論，引進(jìn)函數(shù),結(jié)合絕對(duì)值函數(shù)的對(duì)稱性，單調(diào)性，通過(guò)對(duì)稱軸與的關(guān)系分析即可【解析】：(），由得,得又，和，即和;（)證明:欲證，只需證，令，,，則，可知在，為正,在為負(fù)，在為正,在，遞增,在，遞減，在遞增，又，（4)，;（）由（）可得，在，上，令，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為當(dāng)，時(shí),的最大值（a）的問(wèn)題了，當(dāng)時(shí)，(a），此時(shí),當(dāng)時(shí),（a)取得最小值3；當(dāng)時(shí)，（a），,（a），也是時(shí)，(a)最小為3綜上，當(dāng)（a）取最小值時(shí)的值為【歸納與總結(jié)】此題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造法，轉(zhuǎn)化法，數(shù)形結(jié)合法等，難度較大20（13分）已知數(shù)列，從中選取第項(xiàng)、第項(xiàng)、第項(xiàng),若,則稱新數(shù)列，為的長(zhǎng)度為的遞增子列規(guī)定：數(shù)列的任意一項(xiàng)都是的長(zhǎng)度為1的遞增子列（）寫出數(shù)列1，8，3，7，5,6，9的一個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；(）已知數(shù)列的長(zhǎng)度為的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為,長(zhǎng)度為的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為若，求證：；（)設(shè)無(wú)窮數(shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且任意兩項(xiàng)均不相等若的長(zhǎng)度為的遞增子列末項(xiàng)的最小值為，且長(zhǎng)度為末項(xiàng)為的遞增子列恰有個(gè),2，求數(shù)列的通項(xiàng)公式【思路分析】,3，5,6答案不唯一考慮