(word完整版)2019年北京市高考数学试卷(理科)

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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

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

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(X?0)?18101806???， 302575025第13页（共18页）

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1815121039013?????， 302530257502512151806， P(X?2)????302575025?X的分布列为： P(X?1)? X P 0 1 2 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．

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: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； （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，

x14yx直线ON的方程为y?2x，即y??2x，

x24第14页（共18页）

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44，?1)，B(，?1)， x1x211?4k可得AB的中点的横坐标为2(?)?2g?2k，

x1x2?4可得A(即有AB为直径的圆心为(2k,?1)，

|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?)，

443第15页（共18页）

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88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，

3，当a??3时，M（a）取得最小值3； 此时?a…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．

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