2019年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题1. 已知复数z =2+i ，则z ⋅z =( )A.√3B.√5C.3D.52. 执行如图所示的程序框图，输出的s 值为( )A.1B.2C.3D.43. 已知直线l 的参数方程为{x =1+3ty =2+4t (t 为参数)，则点(1,0)到直线l 的距离是( )A.15 B.25C.45D.654. 已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，则( ) A.a 2=2b 2 B.3a 2=4b 2 C.a =2bD.3a =4b5. 若x,y 满足|x|≤1−y ，且y ≥−1，则3x +y 的最大值为( ) A.−7 B.1 C.5 D.76. 在天文学中，天体的明喑程度可以用星等或亮度来描述. 两颗星的星等与亮度满足m 2−m 1=52lg E1E 2，其中星等为m k 的星的亮度为E k (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.1010.1 B.10.1 C.lg10.1 D.10−10.17. 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8. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C:x 2+y 2=1+|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.①B.②C.①②D.①②③二、填空题函数f(x)=sin 22x 的最小正周期是________.设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2=−3,S 5=−10，则a 5=________，S n 的最小值为________.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1，那么该几何体的体积为________.已知l,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m//α；③l ⊥α.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：________.设函数f(x)=e x +ae −x (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________.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一盒，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不低于促销前总价的七折，则x的最大值为________.三、解答题在△ABC中，a=3,b−c=2,cosB=−12.(1)求b,c的值；(2)求sin(B−C)的值.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PFPC =13.(1)求证：CD⊥平面PAD;(2)求二面角F−AE−P的余弦值；(3)设点G在PB上，且PGPB =23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.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：(1)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；(2)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；(3)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.已知抛物线C:x2=−2py经过点(2,−1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)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.已知函数f(x)=14x3−x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x∈[−2,4]时，求证：x−6≤f(x)≤x;(3)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.已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项、⋯、第i m项，(i1<i2<⋯<i m)，若a i1<a i2<⋯<a im，则称新数列a i1,a i2,⋯,a im为{a n}的长度为m的递增子列，规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列；(2)已知数列{a n}的长度p的递增子列的末项的最小值为a m，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n. 若p<q，求证：a m<a n；(3)设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等. 若{a n}的长度为s的递增子列的末项的最小值为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{a n}的通项公式.参考答案与试题解析2019年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题1.【答案】D【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】解：因为z=2+i,所以z=2−i，所以z⋅z=(2+i)(2−i)=4−i2=4+1=5.故选D.【点评】此题暂无点评2.【答案】B【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：初始值为：k=1,s=1，第一次循环：k=1,s=2，不满足条件k≥3，第二次循环：k=2,s=2，不满足条件k≥3，第三次循环：k=3,s=2，满足条件k≥3，所以输出s=2.故选B.【点评】此题暂无点评3.【答案】D【考点】参数方程与普通方程的互化点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由直线l的参数方程{x=1+3ty=2+4t，可得直线l的一般方程4x−3y+2=0，∴ 点(1,0)到直线l的距离为d=√32+42=65.故选D.【点评】此题暂无点评4.【答案】B【考点】椭圆的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=ca=12,则c2=14a2,又∵ 在椭圆中有a2=b2+c2,∴a2=b2+c2=b2+14a2,∴b2=34a2,即3a2=4b2.故选B.【点评】此题暂无点评5.【答案】C【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得，约束条件为：{y≤1−|x|y≥−1，目标函数为：z=3x+y，即y=−3x+z，如图所示：在(2,−1)时，z取最大值，即z=3x+y=3×2+(−1)=5.故选C.【点评】此题暂无点评6.【答案】A【考点】对数的运算性质对数及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知：太阳的星等m1=−26.7,亮度为E1，天狼星的星等m2=−1.45，亮度为E2，m2−m1=52lg E1E2,则−1.45−(−26.7)=52lg E1E2,则lg E1E2=10.1，所以E1E2=1010.1.故选A.【点评】此题暂无点评7.【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得：|AB→+AC→|=√|AB→|2+|AC→|2+2|AB→|⋅|AC→|cos∠BAC，|BC→|=|AC→−AB→|=√|AB→|2+|AC→|2−2|AB→|⋅|AC→|cos∠BAC，充分条件：∵AB→与AC→的夹角为锐角，∴ cos∠BAC>0，∴|AB→+AC→|>|BC→|，充分条件得证；必要条件：∵|AB→+AC→|>|BC→|，∴|AB→+AC→|2>|BC→|2，|AB→|2+|AC→|2+2|AB→|⋅|AC→|cos∠BAC>|AB→|2+|AC→|2−2|AB→|⋅|AC→|cos∠BAC，∴ 4|AB→|⋅|AC→|cos∠BAC>0，∴ cos∠BAC>0，∵ 点A,B,C不共线，即0<∠BAC<π,∴AB→与AC→的夹角为锐角，必要条件得证.故选C.【点评】此题暂无点评8.【答案】C【考点】求解非线性目标函数的最值-有关距离平面直角坐标系与曲线方程曲线与方程基本不等式简单线性规划二元一次不等式（组）与平面区域【解析】此题暂无解析【解答】解：∵x2+y2=1+|x|y，易知该图形关于y轴对称，如图所示：∴ xy≠0时，x2+y2≥2√x2y2=2|x∥y|，即1+|x|y≥2|x||y|.y>0时，有|x∥y|≤1；y<0时，有|x||y|≤13.∴x2+y2≤2恒成立，故|x|,|y|的可能整数取值有且仅有0,1.代入原式可得：A(0,1),B(1,1),C(1,0),D(0,−1),E(−1,0),F(−1,1)，符合要求，∴ ①正确；∵x2+y2≤2，∴ ②正确；在第一象限时，x>0,y>0，曲线方程为x2+y2−xy−1=0. 设P1(s,1),P2(1,t)，其中s∈[0,1],t∈[0,1]，将P1代入方程左侧，得s2−s，∵ s∈[0,1],∴s2−s≤0，将原点代入方程左侧得：−1<0，∴P1与原点同侧，y=1在方程下方，将P2代入方程左侧得t2−t，∵ t∈[0,1],∴t2−t≤0，将原点代入方程左侧得：−1<0，∴P2与原点同侧，x=1在方程左侧，∴S ABCD小于第一象限心形面积.在第四象限时，x>0,y<0，曲线方程为x2+y2−xy−1=0.设Q(p,p−1)，将Q代入方程左侧得p2−p，∵ p∈[0,1],∴p2−p≤0，将原点代入方程左侧得：−1<0，∴Q与原点同侧，y=x−1在曲线上方.∵曲线关于y轴对称，∴心形面积大于S CDEF，∴ ③不正确.故选C.【点评】此题暂无点评二、填空题【答案】π2【考点】二倍角的余弦公式三角函数的周期性及其求法【解析】此题暂无解析【解答】解：f(x)=sin22x=1−cos4x2=12−12cos4x, ∵ ω=4，∴ T=2π|ω|=2π4=π2.故答案为：π2.【点评】此题暂无点评【答案】0;−10【考点】数列与函数最值问题等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，a2=−3,S5=−10，∵a n=a1+(n−1)d,S n=na1+n(n−1)2d，∴{a2=a1+d=−3S5=5a1+5×42d=5a1+10d=−10，解得a1=−4,d=1，∴a n=−5+n,S n=12n2−92n，∴a5=−5+5=0,S n=12n2−92n=12(n−92)2=818(n∈N∗), ∴S n的最小值为S4=S5=−10.故答案为：0；−10.【点评】此题暂无点评【答案】40【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：由图可知，AB=BC=CC′=EF=4,FG=B′F=2，V EHD′A′−FGC′B′=S FGC′B′⋅EF=12×(2+4)×2×4=24，V ABCD−A′B′C′D′=64，V BCC′GF−ADD′HE=V ABCD−A′B′C′D′−V EHD′A′−FGC′B′=64−24=40.故答案为：40.【点评】此题暂无点评【答案】若②③，则①；或若①③，则②.(答案不唯一，只写一个即可)【考点】两条直线垂直的判定直线与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】解：若m//α,l⊥α，则l⊥m，即“若②③,则①”;或若l⊥m,l⊥α，则m//α，即“若①③，则②”.故答案为：若②③，则①；或若①③，则②.(答案不唯一，只写一个即可)【点评】此题暂无点评【答案】−1,(−∞,0]【考点】利用导数研究函数的单调性函数奇偶性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)∵ f(x)为奇函数，∴ f(−x)=−f(x)，∴e−x+ae x=−(e x+ae−x)，∴(a+1)(e x+e−x)=0，对∀x∈R恒成立，∴ a=−1；(2)若f(x)是R上的增函数，则有f′(x)=e x−ae−x≥0恒成立，∴ a≤e2x恒成立，又∵e2x>0,∴ a≤0,∴ a∈(−∞,0].故答案为：−1;(−∞,0].【点评】此题暂无点评【答案】130,15【考点】不等式的概念与应用【解析】此题暂无解析【解答】解：①买草莓和西瓜共60+80=140元，因为140元>120元，即总价达到120元，所以顾客少付x元，即少付10元，所以需要支付140−10=130元.②设促销前总价为m元，促销前总价的七折为0.7m元，当0<m<120时，李明得到0.8m元，一定大于0.7m元，当m≥120时，李明得到0.8(m−x)元，所以0.8(m−x)≥0.7m恒成立，即x≤18m恒成立，因为m≥120，即18m≥15，所以x≤15，所以x的最大值为15元.故答案为：130；15.【点评】此题暂无点评三、解答题【答案】解：(1)在△ABC中，a=3,b−c=2，由余弦定理得，cosB=a2+c2−b22ac=32+c2−(2+c)22×3c=−12,解得c=5，∴ b=7.(2)∵ 在△ABC中，cosB=−12<0，∴ B∈(π2,π),C∈(0,π2)，∴ sinB =√1−cos 2B=√1−(−12)2=√32， 由正弦定理bsinB =csinC 得， sinC =csinB b=5×√327=5√314, ∴ cosC =√1−sin 2C=√1−(5√314)2=1114,∴ sin(B −C)=sinBcosC −cosBsinC =√32×1114−(−12)×5√314=4√37.【考点】两角和与差的正弦公式 余弦定理 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)在△ABC 中，a =3,b −c =2， 由余弦定理得， cosB =a 2+c 2−b 22ac=32+c 2−(2+c)22×3c=−12,解得c =5， ∴ b =7.(2)∵ 在△ABC 中，cosB =−12<0， ∴ B ∈(π2,π),C ∈(0,π2)， ∴ sinB =√1−cos 2B=√1−(−12)2=√32，由正弦定理b sinB =csinC 得， sinC =csinB b=5×√327=5√314, ∴ cosC =√1−sin 2C=√1−(5√314)2=1114,∴ sin(B −C)=sinBcosC −cosBsinC =√32×1114−(−12)×5√314=4√37.【点评】 此题暂无点评 【答案】(1)证明：∵ PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴ PA ⊥CD ， 又∵ AD ⊥CD , PA ∩AD =A , PA ⊂平面PAD , AD ⊂平面PAD , ∴ CD ⊥平面PAD .(2)解：如图所示，在平面ABCD 中过点A 作Ax ⊥AD ，又有PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为坐标原点，AxADAP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系A −xyz .则各点坐标为A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),B(2,−1,0), ∵ E 为PD 中点， ∴ E(0,1,1), ∴ AE →=(0,1,1), ∵ 点F 在PC 上，且PPC =13, ∴ F (23,23,43), ∴ AF →=(23,23,43),设平面AEF 的一个法向量为m →=(a,b,c),则有{AE →⋅m →=0AF →⋅m →=0, 即{b +c =023a +23b +43c =0,令a =1，则b =1,c =−1,∴ m →=(1,1,−1),由(1)知，CD ⊥平面PAE ，∴ DC →可为平面PAE 的一个法向量， DC →=(2,0,0), ∴ |cos <m →,DC →>|=|m →⋅DC →||m →|⋅|DC →|=√33, 由图易知二面角F −AE −P 为锐角，则二面角F −AE −P 的余弦值为√33.(3)解：直线AG 在平面AEF 内，证明如下： ∵ 点G 在PB 上，且PGPB =23, ∴ G (43,−23,23), ∴ AG →=(43,−23,23), ∵ AG →⋅m →=0, ∴ AG →⊥m →,∵ 点A 在平面AEF 内， ∴ 直线AG 在平面AEF 内. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 直线与平面垂直的判定空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：∵ PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥CD ， 又∵ AD ⊥CD , PA ∩AD =A , PA ⊂平面PAD , AD ⊂平面PAD , ∴ CD ⊥平面PAD .(2)解：如图所示，在平面ABCD 中过点A 作Ax ⊥AD ，又有PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为坐标原点，AxADAP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系A −xyz .则各点坐标为A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),B(2,−1,0), ∵ E 为PD 中点， ∴ E(0,1,1),∴ AE →=(0,1,1), ∵ 点F 在PC 上，且PPC =13, ∴ F (23,23,43),∴ AF →=(23,23,43),设平面AEF 的一个法向量为m →=(a,b,c), 则有{AE →⋅m →=0AF →⋅m →=0, 即{b +c =023a +23b +43c =0, 令a =1，则b =1,c =−1, ∴ m →=(1,1,−1),由(1)知，CD ⊥平面PAE ，∴ DC →可为平面PAE 的一个法向量， DC →=(2,0,0), ∴ |cos <m →,DC →>|=|m →⋅DC →||m →|⋅|DC →|=√33, 由图易知二面角F −AE −P 为锐角，则二面角F −AE −P 的余弦值为√33.(3)解：直线AG 在平面AEF 内，证明如下： ∵ 点G 在PB 上，且PGPB =23, ∴ G (43,−23,23),∴ AG →=(43,−23,23),∵ AG →⋅m →=0,∴ AG →⊥m →,∵ 点A 在平面AEF 内，∴ 直线AG 在平面AEF 内. 【点评】 此题暂无点评 【答案】解：(1)设“从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A,B 两种支付方式都使用”为事件M ， 由题意可得，抽取的 总人数为100，仅使用A 的学生人数为：18+9+3=30，仅使用B的学生人数为：10+14+1=25，A,B两种支付方式都不使用的学生人数为：5，则A,B两种支付方式都使用的学生人数为：100−25−30−5=40，所以样本中学生上个月A,B两种支付方式都使用的频率为：40100=0.4，由频率估计概率可知：P(M)=0.4.(2)由题意可知，X表示2人中上个月支付金额大于1000元的人数，故X的所有可能取值为：0,1,2，P(X=0)=C181C101C301C251=625，P(X=1)=C121C101+C151C181C301C251=1325，P(X=2)=C121C151C301C251=625，所以X的分布列为：故E(X)=0×625+1×1325+2×625=1.(3)不能.理由：因为样本中使用A支付方式的学生一共有30人，支付金额小于等于2000元的学生有27人，支付金额大于2000元的学生有3人. 现随机抽查3人，恰好是支付金额大于2000元的3个学生时，不能说明本月支付金额大于2000元的人数有变化.(其余方式回答言之有理即可）【考点】用频率估计概率离散型随机变量及其分布列古典概型及其概率计算公式随机抽样和样本估计总体的实际应用【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设“从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A,B两种支付方式都使用”为事件M，由题意可得，抽取的总人数为100，仅使用A的学生人数为：18+9+3=30，仅使用B的学生人数为：10+14+1=25，A,B两种支付方式都不使用的学生人数为：5，则A,B两种支付方式都使用的学生人数为：100−25−30−5=40，所以样本中学生上个月A,B两种支付方式都使用的频率为：40100=0.4，由频率估计概率可知：P(M)=0.4.(2)由题意可知，X表示2人中上个月支付金额大于1000元的人数，故X的所有可能取值为：0,1,2，P(X=0)=C181C101C301C251=625，P(X=1)=C121C101+C151C181C301C251=1325，P(X=2)=C121C151C301C251=625，所以X的分布列为：故E(X)=0×625+1×1325+2×625=1.(3)不能.理由：因为样本中使用A支付方式的学生一共有30人，支付金额小于等于2000元的学生有27人，支付金额大于2000元的学生有3人. 现随机抽查3人，恰好是支付金额大于2000元的3个学生时，不能说明本月支付金额大于2000元的人数有变化.（其余方式回答言之有理即可）【点评】此题暂无点评【答案】解：(1)∵抛物线C:x2=−2py经过点(2,−1),∴4=2p，则p=2,∴抛物线C的方程为x2=−4y,∴ 准线方程为y=1.(2)由题可知：直线l斜率不存在时,不符合题意.由(1)知焦点坐标为(0,−1),设直线l方程为y=kx−1,M(x1,y1),N(x2,y2)，联立{y=kx−1,x2=−4y,可得：x2+4kx−4=0，Δ=(4k)2−4×(−4)=16k2+16>0，由韦达定理可得：x1+x2=−4k,x1x2=−4,∴ 直线OM的方程为y=y1x1x=−x124x1x=−x14x,令y=−1,解得x=4x1，则A(4x1,−1),直线ON的方程为：y=y2x2x=−x224x2x=−x24x,令y=−1,解得x=4x2，则B(4x2,−1),假设y轴上存在定点P(0,m)在以AB为直径的圆上,则AP ⊥BP , ∴ AP →⋅BP →=0, AP →=(−4x 1,m +1),BP →=(−4x 2,m +1),即16x1x 2+(m +1)2=0 ,16−4+(m +1)2=0,解得m =1或m =−3，∴ 假设成立，以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0,−3)和(0,1). 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 抛物线的标准方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)∵ 抛物线C:x 2=−2py 经过点(2,−1), ∴ 4=2p ，则p =2,∴ 抛物线C 的方程为x 2=−4y , ∴ 准线方程为y =1.(2)由题可知：直线l 斜率不存在时,不符合题意. 由(1)知焦点坐标为(0,−1),设直线l 方程为y =kx −1,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)， 联立{y =kx −1,x 2=−4y,可得：x 2+4kx −4=0，Δ=(4k)2−4×(−4)=16k 2+16>0， 由韦达定理可得：x 1+x 2=−4k,x 1x 2=−4, ∴ 直线OM 的方程为y =y 1x 1x =−x 124x 1x =−x 14x ,令y =−1,解得x =4x 1，则A(4x 1,−1), 直线ON 的方程为：y =y 2x 2x =−x 224x 2x =−x 24x ,令y =−1,解得x =4x 2，则B(4x 2,−1),假设y 轴上存在定点P(0,m)在以AB 为直径的圆上, 则AP ⊥BP , ∴ AP →⋅BP →=0,AP →=(−4x 1,m +1),BP →=(−4x 2,m +1),即16x1x 2+(m +1)2=0 ,16−4+(m +1)2=0, 解得m =1或m =−3，∴ 假设成立，以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0,−3)和(0,1). 【点评】 此题暂无点评 【答案】(1)解：f ′(x)=34x 2−2x +1,x ∈R , 令f ′(x)=1，解得x =0或83 , 又f(0)=0,f(83)=827 ,∴ 切点坐标分别为(0,0),(83,827), ∴ 所求切线方程为y =x 和y =x −6427.(2)证明：令g(x)=f(x)−x =14x 3−x 2,x ∈R ， g ′(x)=34x 2−2x ,令g ′(x)=0，解得x =0或83， g ′(x),g(x)随x 的变化情况如下表：∴ g(−2)=−6,g(0)=0,g(83)=−6427,g(4)=0,∴ g(x)在[−2,4]上的最大值为g(0)=g(4)=0，最小值为g(−2)=−6， ∴ −6≤g(x)≤0, 即x −6≤f(x)≤x .(3)解：F(x)=|14x 3−x 2+x −(x +a)|=|14x 3−x 2−a|, 由(2)知g(x)=14x 3−x 2,∴ F(x)=|g(x)−a|,当x ∈[−2,4]时，由(2)知，g(x)∈[−6,0]， ①当a ≥0时，F(x)=a −g(x)，∴ F(x)∈[a,a +6]，∴ M(a)=F(x)max =a +6.②当a ≤−6时，F(x)=g(x)−a ， ∴ F(x)∈[−6−a,−a]，∴ M(a)=F(x)max =−a . ③当−6<a <0时， M(a)=F(x)max=max{a +6,−a}={a +6,−3<a <03,a =−3−a,−6<a <−3，综上，M(a)={a +6,a >−33,a =−3−a,a <−3， ∴ 当M(a)取得最小值3时，a =−3.【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题 带绝对值的函数利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：f ′(x)=34x 2−2x +1,x ∈R , 令f ′(x)=1，解得x =0或83 , 又f(0)=0,f(83)=827 ,∴ 切点坐标分别为(0,0),(83,827), ∴ 所求切线方程为y =x 和y =x −6427.(2)证明：令g(x)=f(x)−x =14x 3−x 2,x ∈R ， g ′(x)=34x 2−2x ,令g ′(x)=0，解得x =0或83， g ′(x),g(x)随x 的变化情况如下表：∴ g(−2)=−6,g(0)=0,g(83)=−6427,g(4)=0,∴ g(x)在[−2,4]上的最大值为g(0)=g(4)=0，最小值为g(−2)=−6， ∴ −6≤g(x)≤0, 即x −6≤f(x)≤x .(3)解：F(x)=|14x 3−x 2+x −(x +a)|=|14x 3−x 2−a|, 由(2)知g(x)=14x 3−x 2,∴ F(x)=|g(x)−a|,当x ∈[−2,4]时，由(2)知，g(x)∈[−6,0]， ①当a ≥0时，F(x)=a −g(x)，∴ F(x)∈[a,a +6]，∴ M(a)=F(x)max =a +6.②当a ≤−6时，F(x)=g(x)−a ， ∴ F(x)∈[−6−a,−a]， ∴ M(a)=F(x)max =−a . ③当−6<a <0时， M(a)=F(x)max=max{a +6,−a}={a +6,−3<a <03,a =−3−a,−6<a <−3，综上，M(a)={a +6,a >−33,a =−3−a,a <−3， ∴ 当M(a)取得最小值3时，a =−3.【点评】 此题暂无点评 【答案】(1)解：1,3,5,6或1,3,5,9或1,3,6,9或1,5,6,9或3,5,6,9. (2)证明：假设a m 0≥a n 0，对于长度为q 的递增数列，取其前p 项，设第p 项为a n 0′，则a n 0′<a n 0≤a m 0， 该子列为{a n }长度为p 的递增子列且末项小于a m 0，与题干矛盾， 所以假设不成立，a m 0<a n 0.(3)解：当s =1时，2s −1=1,{a n }中必有1，当s =2时，2s −1=3,{a n }中必有2,1,3且按此顺序排列， 当s =3时，2s −1=5，{a n }中必有2,1,4,3,5且按此顺序排列，假设当s =k 时，{a n }中有2,1,4,3,6,5,⋯,2k −2,2k −3,2k −1， 且按此顺序排列，将其中前2k −2项视为k −1个数对， 即(2,1),(4,3),⋯(2k −2,2k −3)，由题意，组成递增子列时，每个数对中选取且仅可选取一个数字， 末项为2k −1时，满足条件的递增子列个数为2k−1个， 当s =k +1时，2k +1为子列末项， 若2k −1在以前，子列末项为2k +1时， 2k +1以左的数对个数不超过k −1，所以满足条件的递增子列个数不超过2k−1种，不符. 故2k +1在2k −1之后，在每一个满足条件的以k 为长度子列后加上2k −1这一项，得到2k−1个长度为k +1的递增子列，要使数量翻倍只能是将每个子列中的2k −1替换为2k ， 所以2k 只能是2k −1的前项或后项， 若2k 为2k −1的后项，2k +1的前项，以k +1为长度的递增子列末项可以为2k ，矛盾， 故2k 必在2k −1之前，因此数列中有2,1,4,3,⋯,2k,2k −1,k ∈N ∗按此顺序排列，对于数列中任意正整数都可表示为2k 或2k −1，必满足上述规律， a n =n +(−1)n+1={n −1,n 为偶数n +1,n 为奇数【考点】 数列的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：1,3,5,6或1,3,5,9或1,3,6,9或1,5,6,9或3,5,6,9. (2)证明：假设a m 0≥a n 0，对于长度为q 的递增数列，取其前p 项，设第p 项为a n 0′，则a n 0′<a n 0≤a m 0， 该子列为{a n }长度为p 的递增子列且末项小于a m 0，与题干矛盾， 所以假设不成立，a m 0<a n 0.(3)解：当s =1时，2s −1=1,{a n }中必有1，当s =2时，2s −1=3,{a n }中必有2,1,3且按此顺序排列， 当s =3时，2s −1=5，{a n }中必有2,1,4,3,5且按此顺序排列，假设当s =k 时，{a n }中有2,1,4,3,6,5,⋯,2k −2,2k −3,2k −1， 且按此顺序排列，将其中前2k −2项视为k −1个数对， 即(2,1),(4,3),⋯(2k −2,2k −3)，由题意，组成递增子列时，每个数对中选取且仅可选取一个数字， 末项为2k −1时，满足条件的递增子列个数为2k−1个， 当s =k +1时，2k +1为子列末项， 若2k −1在以前，子列末项为2k +1时， 2k +1以左的数对个数不超过k −1，所以满足条件的递增子列个数不超过2k−1种，不符. 故2k +1在2k −1之后，在每一个满足条件的以k 为长度子列后加上2k −1这一项， 得到2k−1个长度为k +1的递增子列，要使数量翻倍只能是将每个子列中的2k −1替换为2k ， 所以2k 只能是2k −1的前项或后项， 若2k 为2k −1的后项，2k +1的前项，以k +1为长度的递增子列末项可以为2k ，矛盾， 故2k 必在2k −1之前，因此数列中有2,1,4,3,⋯,2k,2k −1,k ∈N ∗按此顺序排列，对于数列中任意正整数都可表示为2k 或2k −1，必满足上述规律， a n =n +(−1)n+1={n −1,n 为偶数n +1,n 为奇数【点评】 此题暂无点评。
