海淀2007高三数学查漏补缺题
07年高考数学北京卷应该是在06年北京卷成功的基础上,稳定的发展,复习中要对各区题目(尤其东城、西城、海淀)文科理科中重点板块不仅要明确知识点,而且还要掌握结构特点,要用联系的思想看知识间的综合,用运动的观点看能力的要求. 高考数学试题是以思维能力考查为主体的,试题展现数学关系常常选取不同展示形式(图表、图象、曲线图、表格、符号、等等)之一,同学们要善于利用数学信息的多种表述分析问题,联系已有知识方法,提高分析问题、解决问题能力.
一、函数与导数
1.〖理科〗 已知函数f (x)=6lnx―ax2―8x+b (a,b为常数),且x =3为f (x)的一个极值点.
(Ⅰ) 求a;
(Ⅱ) 求函数f (x)的单调区间;
(Ⅲ) 若y = f (x)的图象与x轴正半轴有且只有3个交点,求实数b的取值范围.
解: (Ⅰ) ∵ f ′ (x) =―2ax―8, ∴ f ′ (3) =2―
(Ⅱ) 函数f (x)的定义域为(0,+∞).
由(Ⅰ) 知f (x) =6lnx+x2―8x+b.
∴ f ′ (x) =+2x―8=.
由f ′ (x)>0可得x>3或x<1,由f ′ (x)<0可得1<x<3.
∴函数f (x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).
(注:单调区间应分开写,不能用“È”连接)
(Ⅲ) 由(Ⅱ)可知函数f (x)在(0,1)单调递增,在(1,3)单调递减,在(3,+∞)单调递增.
且当x=1或x=3时,f ′ (x)=0.
∴ f (x)的极大值为f (1)=6ln1+1―8+b=b―7,
f (x)的极小值为f (3)=6ln3+9―24+b=6ln3+b―15.
∵当x充分接近0时,f (x)<0,当x充分大时,f (x)>0,
∴要使f (x)的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点,只需
则7<b<15―6ln3
2.〖理科、文科〗设函数,其图象在点处的切线的斜率分别为.
(Ⅰ)求证:;
(Ⅱ)若函数的递增区间为,求的取值范围;
(Ⅲ)若当时(k是与无关的常数),恒有,试求k的最小值.
(Ⅰ)证明:,由题意及导数的几何意义得
, (1)
, (2)
又,可得,即,故
由(1)得,代入,再由,得
, (3)
将代入(2)得,即方程有实根.
故其判别式得 ,或, (4)
由(3),(4)得;
(Ⅱ)解:由的判别式,
知方程有两个不等实根,设为,
又由知,为方程()的一个实根,则由根与系数的关系得
,
当或时,,当时,,
故函数的递增区间为,由题设知,
因此,由(Ⅰ)知得
的取值范围为;
(Ⅲ)解:由,即,即,
因为,则,整理得,
设,可以看作是关于的一次函数,
由题意对于恒成立,
故 即得或,
由题意,,
故,因此的最小值为.
二、数列
3.对于数列{an}, {cn}数列,其中cn=an+1― an (nÎN*).
(Ⅰ) 若数列{an}的通项公式 (nÎN*),求{cn}的通项公式;
(Ⅱ) 若数列{an}的首项是1,且满足cn― an=2n.
(1) 求证:数列为等差数列;
(2) (理) 若(nÎN*),求证:.
(文) 求数列{an}的前n项和Sn.
证明:(Ⅰ)依题意cn=an+1― an,
∴ cn=.
(Ⅱ)(1)由cn― an=2n得an+1― an― an=2n,即an+1=2an+2n.
∴,即.
∵a1=1,,∴是以为首项、为公差的等差数列.
(2)(理)由(1)知an=n?2n-1.
∴ .
∴ . ∴
=.
=
(文)由(1)得an==n?2n-1,
∴ Sn = a1+a2+…+an=1?20+2?21+…+n?2n-1, ①
∴ 2Sn=1?21+2?22+…+n?2n. ②
①―②得:― Sn=1+2+22+…+2n-1― n?2n =― n?2n,
∴ Sn= n?2n― 2n+1=(n― 1)?2n +1.
4.〖理科、文科〗 设数列的各项都是正数,记Sn为数列的前n项和,且对任意n∈N+,都有.
(Ⅰ)求证:=2Sn-an;
(Ⅱ)求数列的通项公式;
(Ⅲ)若(为非零常数,n∈N+),问是否存在整数,使得对任意 n∈N+,都有bn+1>bn.
(Ⅰ)证明:在已知式中,当n=1时,
∵a1>0 ∴a1=1……………………………………1分
当n≥2时, ①
②
①-②得,…………………………3分
∵an>0 ∴=
即=2Sn-an ∵a1=1适合上式
∴=2Sn-an(n∈N+)……………………5分
(Ⅱ)解:由(1)知=2Sn-an(n∈N+) ③
当n≥2时, =2Sn-1-an-1 ④
③-④得-=2(Sn-Sn-1)-an+an-1=2an-an+ an-1= an+ an-1
∵an+an-1>0 ∴an-an-1=1……………………8分
∴数列{an}是等差数列,首项为1,公差为1,可得an=n………………9分
(Ⅲ)解:∵
欲使
即成立 ⑤……………………11分
当n=2k-1,k=1,2,3,…时,⑤式即为 ⑥
依题意,⑥式对k=1,2,3…都成立,∴λ<1………………12分
当n=2k,k=1,2,3,…时,⑤式即为 ⑦
依题意,⑦式对k=1,2,3,…都成立,
∴……………………13分
∴
∴存在整数λ=-1,使得对任意n∈N+,都有>
三、立体几何
5. 〖理科、文科〗 如图,已知正三棱柱―的底面边长是,是侧棱的中点,直线与侧面所成的角为.
(Ⅰ)求此正三棱柱的侧棱长;
(Ⅱ) 求二面角的大小;
(Ⅲ)求点到平面的距离.
(Ⅰ)证明:设正三棱柱―的侧棱长为.取中点,连.
是正三角形,.
又底面侧面,且交线为.
侧面.
连,则直线与侧面所成的角为.
在中,,解得.
此正三棱柱的侧棱长为.
注:也可用向量法求侧棱长.
(Ⅱ)解:解法1:过作于,连,
侧面.
为二面角的平面角.
在中,,又
, .
又
在中,.
故二面角的大小为.
解法2:(向量法,见后)
(Ⅲ)解:解法1:由(Ⅱ)可知,平面,平面平面,且交线为,过作于,则平面.
在中,.
为中点,点到平面的距离为.
解法2: (思路)等体积变换:由可求.
解法3: (向量法,见后)
题(Ⅱ)、(Ⅲ)的向量解法:
(Ⅱ)解法2:如图,建立空间直角坐标系.
则.
设为平面的法向量.
由 得.
取
又平面的一个法向量
.
结合图形可知,二面角的大小为.
(Ⅲ)解法3:由(Ⅱ)解法2,
点到平面的距离=.
注:若为了看图方便,也可以把图调整后,标好字母证明之.
6. 〖理科、文科〗如图,在四棱锥E-ABCD中,AB⊥平面BCE,CD⊥平面BCE,AB=BC=CE=2CD= 2, ∠BCE=1200.
(Ⅰ)求证:平面ADE⊥平面ABE ;
(Ⅱ)求点C到平面ADE的距离.
解法1:取BE的中点O,连OC.
∵BC=CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE.
以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz如图,
则由已知条件有:,,
,
设平面ADE的法向量为n=,
则由n?
及n?
可取n
又AB⊥平面BCE. ∴AB⊥OC.OC⊥平面ABE
∴平面ABE的法向量可取为m=.
∵n?m?=0,
∴n⊥m∴平面ADE⊥平面ABE.
(Ⅱ)点C到平面ADE的距离为
解法2:取BE的中点O,AE的中点F,连OC,OF,DF.则
∵AB⊥平面BCE,CD⊥平面BCE, AB=2CD
∴CD , CD∴∥ FD
∵BC=CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE.
∴OC⊥平面ABE. ∴FD⊥平面ABE.
从而平面ADE⊥平面ABE.
(Ⅱ)∵CD ,延长AD, BC交于T
则C为BT的中点.
点C到平面ADE的距离等于点B到平面ADE的距离的.
过B作BH⊥AE,垂足为H.∵平面ADE.⊥平面ABE.∴BH⊥平面BDE.
由已知有AB⊥BE. BE=,AB= 2, ∴BH=,
从而点C到平面ADE的距离为
或∥ FD, 点C到平面ADE的距离等于点O到平面ADE的距离为.
或取A B的中点M.易证∥ DA.点C到平面ADE的距离等于点M到平面ADE的距离为.
四、三角函数
7.〖理科、文科〗已知三点,其中.
(Ⅰ)若,求角的值;
(Ⅱ)若,求的值.
解:(Ⅰ) .
∵,∴,即,
化简得,∴.
∵,∴.
(Ⅱ) ,
,
∴
8.〖理科、文科〗已知:为实数,函数 ∈R.
(Ⅰ)设求的取值范围;
(Ⅱ)当的最大值是3时,求的值.
解:
的取值范围是
令
(1)的最大值为
依题意 (满足)
(2)时的最大值为
依题意,所以,不满足题意.
(3)时, 的最大值为
依题意,,满足.
由以上知:.
五、概率
9. 〖理科〗某保险公司的统计表明,新保险的汽车司机中可划分为两类:第一类人易出事故,其在一年内出事故的概率为0.4,第二类人为谨慎的人,其在一年内出事故的概率为0.2.假定在新投保的3人中有一人是第一类人,有两人是第二类人.一年内这3人中出现事故的人数为记为.(设这三人出事故与否互不影响)
(Ⅰ)求三人都不出事故的概率;
(Ⅱ)求的分布列及数学期望.
解:(Ⅰ)
(Ⅱ)
0
1
2
3
p
10. 〖理科、文科〗三名学生进行投篮测试,投中两次就停止投篮记为过关,每人最多可投4次.已知每位同学每次投中的概率均为,且各次投篮投中与否互不影响.
(Ⅰ)求每位同学过关的概率;
(Ⅱ)求恰有两位同学过关的概率;
(Ⅲ)求至少有一位同学过关的概率.
解:(Ⅰ)设每位同学过关的概率记为p
(Ⅱ) 设恰有两位同学过关的概率为
(Ⅲ)设至少有一位同学过关的概率
六、不等式
11、〖理〗已知关于的不等式的解集为,且.求
解:易知对任意的,均有
的取值范围是
当时,有,故,
当时,,故,
当时,有,故,
因此,当时,,
当时,,
当时,.
12、〖理科、文科〗若实数,解关于的不等式.
解:
当时,有,故不等式的解集为,
当时,不等式转化为,故不等式的解集为,
当时,有,故不等式的解集为.
七、解析几何
13. 〖理科、文科〗已知两定点,动点M满足.
(Ⅰ)求动点M的轨迹Q的方程;
(Ⅱ)设曲线Q与y轴的交点为B,点E、F是曲线Q上两个不同的动点,且,直线AE与BF交于点,求证:为定值;
(Ⅲ) 〖理科〗在第(Ⅱ)问的条件下,求证:过点和点E的直线是曲线Q的一条切线.
(Ⅳ)在第(Ⅱ)问的条件下,试问是否存在点E使得(或),若存在,求出此时点E的坐标;若不存在,说明理由.
解:(Ⅰ)设动点,因为
所以或
化简得:
(Ⅱ)由可设点则由A、P、E三点共线可得,同理可得:,两式相乘得:,又因为,所以=3
(Ⅲ)点E处曲线Q的切线的斜率为,则切线方程为,AE、BF的方程为,,则,所以在上述切线上,即过点和点E的直线是曲线Q的一条切线.
(Ⅳ) 先证:
(其中用到代换)
由此可得:.
要使,则只需,即.而,因此不存在点E使得成立.
另解:同前可得,要使,则只需,即,化简得,显然不成立.
14〖理科、文科〗如图,已知,N、P两点分别在轴和轴上运动,并且满足,
(Ⅰ)求动点Q的轨迹方程;
(Ⅱ)若正方形ABCD的三个顶点A、B、C在点Q的轨迹上,求正方形ABCD面积的最小值.
解(Ⅰ)
由已知
(Ⅱ)如图,不妨设正方形在抛物线上的三个顶点中A、B在x轴的下方(包括x轴),记A、B、C的坐标分别为,其中
并设直线AB的斜率为k(k<0)
则有……①
又因为A、B、C在抛物线上,故有
代入①式得
……②
∵
即
∴
∴将②代入可得:
即,
得
正方形的边长为
易知
所以
所以正方形ABCD面积的最小值为.
祝同学们考试顺利!