北京市海淀区2013届高三数学查漏补缺题-(理)

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1、北京市海淀区2013届高三查漏补缺数学(理)试题1.函数 y cos(4x)图象的两条相邻对称轴间的距离为 3D.兀B.42.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是B. ysin2 xC. yD. y log1 x23.若向量a,b满足|a|A. 30|b| 2,B. 45b b 6,则向量a,b的夹角为C. 60D. 904.已知函数f(x) xsinx,则兀f( 1), f(一)的大小关系为A3f(B- f( 1) f( 3) f(旨C. f( -) f( 1) f(-)113D. f(域 f(#f(1)5.某空间几何体三视图如右图所示，则该几何体的表面积为体积为.6 .设m、n

2、是不同的直线，、若/ , / ,则/若m ,m/ ，则 其中所有真命题的序号是是不同的平面，有以下四个命题:若若m/n,m /x7 .设不等式组x2y 0 2y 400表示的平面区域为 D,若直线2x y b 上存在区域D上的点，则b的取值范围是8 .已知不等式组2,20,所表示的平面区域为3x2y 4 0设点P(x,y) W ,当x2 y2最小时，点P坐标为9 . (Jx 斗)5的展开式中的常数项为 x、一e 110 .计算 1 (2x -)dx .x 1 t.11 .若直线l的参数方程为其中t为参数，则直线l的斜率为y 1 2t,12 .如图，已知PA是圆O的切线，切点为 A,PO交圆O于

3、B,C两点, PA W,PB 1,则 AB , ACB .交于M, N ,设 BM x , x平面MENF四边形MENF四边形MENF0,1,给出以下四个命题:平面BDD B ;周长L f(x)面积S g(x):x 0,1是单调函数;x 0,1是单调函数;四棱锥C MENF的体积V 以上命题中正确命题的个数(A. 1B. 2 C. 314.直线y ax b与抛物线h(x)为常函数；)D. 41 2.1x2 1相切于点4DP.若P的横坐标为13 .如图所示，正方体 ABCD ABCD的棱长为1, E,F分别是棱AACC的中点，过直线 E,F的平面分别与棱BB、DD33a2a3整数，那么a2 b2

4、的最小值为15.已知数列%的前n项和Sn2n2n1,(a 1)n,4,若a5是an中的最大值，则实数 a的取5.值范围是解答题部分:1 .已知函数 f(x) cos2x 2j3sinxcosx sin2 x(I)求f (x)的最小正周期和值域;(n)在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别是 a,b,c,2且a2 bc,试判断 ABC的形状.2 .如图，在直角坐标系xOy中，点P是单位圆上的动点,过点P作x轴的垂线与射线y J3x(x 0)交于点Q ,与x轴交于点 M .记 MOP ,且支兀2,2一 41.(I)右 sin ，求 cos POQ ；(n)求 opq面积的最大值.3 .已知函数

5、f(x) cos2x asin(x )1,且 f(一)24(I)求a的值.(n)求函数f(x)在区间0,4上的最大和最小值.4 .数列an的各项都是正数，前 n项和为Sn,且对任意3a1a3S2.2(I)求证：an2Sn an；(n )求数列an的通项公式5 .已知正三角形ACE与平行四边形ABCD所在的平面互相垂直.又 ACD 90 ,且CD 姓AC 2 ,点O,F分别为AC, AD的中点.(I)求证：CF DE(II)求二面角O DE C值.6 .袋中装有大小相同的 2个白毛和3个黑球.(I )采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率；(n)采取不放回抽样方式，从中依次摸

6、出两个球，记为摸出两球中白球的个数，求 的期望和方差.1 27 .已知函数f(x) 61n(ax 2) 2x在x 2处有极值.(I)求函数f(x)的单调区间；(n )若直线y kx与函数f (x)有交点，求实数k的取值范围ax a.8 .已知函数f (x) e(- a 1),其中a 1.x(I)求f (x)的单调递减区间；(n )若存在Xi 0 , x2 0 ,使得f (x) f他)，求a的取值范围1 329.设函数f(x) -ax3 bx2 cx(a b c),其图象在点 A(1,f (1), B(m, f (m)处的切线的斜率分 3别为0, a .(I)求证：0w b 1 ； a(n)若函

7、数f(x)的递增区间为s, t,求|s t|的取值范围.x2y21310.已知椭圆(i)求椭圆C :1 (a b 0)的离心率为一，且经过点 A(1).a2b222C的方程；(n)设M,N为椭圆C上的两个动点，线段 MN的垂直平分线交 y轴于点P(0, y0),求y0的取值范围.11 .如图，已知 M( 3m,0)(m 0), N,P两点分别在 y轴和x轴上运动，并且满足MN NQ 0nP 1pQ. 2(I )求动点Q的轨迹方程；(n )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.12 .动圆过点F(0,2)且在x轴上截得的线段长为 4,记动圆圆心

8、轨迹为曲线 C.(I )求曲线C的方程；(n)已知P,Q是曲线C上的两点，且|PQ| 2,过P,Q两点分别作曲线 C的切线，设两条切线交 于点M ,求 PQM面积的最大值.2213.已知椭圆C:二 以 1的左右两个顶点分别为A B,点M是直线l:x 4上任意一点，直线43MA, MB分别与椭圆交于不同于 A, B两点的点P,点Q.(I)求椭圆的离心率和右焦点F的坐标；(n)证明P,F,Q三点共线；(n)求 PQB面积的最大值。参考答案题号12345答案BCCA33支,30支题号678910答案0,8,12 24、5,(一,)13 39152 e题号1112131415答案-21,30；B153

9、 a5解答题部分：1 .解：(I ) f (x) cos2 x 2/3sin xcosx sin2 x3sin2 x cos2x2sin(2x )6所以 T , f(x) 2,2(n)由 f(A) 2,有 f (公)2sin( A -) 2, 226所以 sin(A -) 1.6因为0 A ，所以A ,即A .623由余弦定理 a33 1| 1| 242 b2 c2 2bccosA及 a2 bc,所以(b c)2 0.所以b c,所以B C -.3所以 ABC为等边三角形.2.解：依题意MOQ ,所以 POQ3MOQ MOPTt3因为sin;且(2,，所以cos2 223所以cosPOQ)汽c

10、os- cos3Jsin - sin322 .36(H)由三角函数定义，得P(cos,sin ),从而 Q(cos,3 cos )一,1所以 S | cosPOQ-1 3c2| 3cossin |os2sincos |兀 一sinq 2 )|1.33cos2一 | 2 221 . - , 1,3 sin 2 | 22 2因为所以OPQ面积的最大值为胆4时，等号成立121.23.解:(I)(I I)因为 f (x)cos2x acosx21 2cos x2cosx设t cosx,因为x0,作所以t 1,1所以有y2t22t,1,1由二次函数的性质知道,2t22t的对称轴为tcosx2时，函数取得

11、最小值当 t 1 ,即 t cosx 10时,3函数取得最大小值4.证明:(I)当n 1时,3a12a1因为332 时，a a23a3PI a3S233a2a3III a；一得，an an(2a1 2a2 1112an 1 an)因为an 0 所以a2 2a1 2a22an 1 an ，即a： 2Sna。因为a1适合上式所以 a2 2Sn- an (n N )2(n)由(I)知 an 2Sn-an (n N )2当 n 2 时，an 12S an 1 d22一仔 an an-12(Sn- Sn-1)-an an-12an - anan-1anan-1因为 anan-10,所以 an- an-1

12、1所以数列an是等差数列，首项为 1,公差为1,可得an n5. (I)因为在正三角形 ACE中，O为AC中点,所以EO AC又平面ACE平面ABCD ,且平面 ACE 0平面ABCD AC所以EO 平面ABCD ,所以 EO CF在Rt ACD中,所以 FCO即CF所以CF平面tan FCO ,tan 2ODC ,所以 FCD 又 do Roe o DOE ,所以 CF DEODCODC2290；,(n)以O为坐标原点，OF,OAOE所在直线为坐标轴建立坐标系,D(.2, 1,0)则 O(0,0,0), F(彳,0,0), A(0,1,0),C(0, 1,0),E(0,0,0 , 3)由(I

13、)得平面DOE的法向量为CF (2,1,0)2设平面DCE的法向量为(x,y,z)因为CDQ2,0,0), CE(0,1,3),CD所以CDCE0,解得0,0l，取 n (0,3,向3z 0n所以cos5122x，所以二面角O DE C的值为:.”为事件A,6.解：(I)记 摸出一球，放回后再摸出一个球，两球颜色不同摸出一球得白球的概率为摸出一球得黑球的概率为所以P (A)=2一,53一,5212 X + X=答：两球颜色不同的概率是2512(H)由题知可取01, 225依题意得P( 0)0 10Q(3答:7.解：(I)10摸出白球个数因为所以f (x)1)102)2 2 A5 4 10102

14、5的期望和方差分别是f(x)61n(ax 2)6 a xax 2925由f (2) 0 ,可得a 2经检验a 2时，函数f(x)在x 2处取得极值,f(x)f (x)而函数1 2 61n(2 x 2)x2,2(x 3)(x 2)x 1)，6x2x 6x x 1 x 1 f(x)的定义域为(1,当x变化时，f(x) , f(x)的变化情况如下表:x(1,2)2(2,)f (x)0f(x)极小值/由表可知，f(x)的单调减区间为(1,2), f(x)的单调增区间为(2,)(n)若 f (x) kx，则有 x2 x 6 kx2 kx ,其中 x 1 ,所以(k 1)x2 (k 1)x 6 0有大于1

15、的根,显然 k 1,设 g(x) (k 1)x2 (k 1)x 61 则其对称轴为x根据二次函数的性质知道，2只要 (k 1)2 24(k 1) 0解得k 25或k 1 .丘 一、 ax(x 1)(a 1)x 18. (I)解：f (x) aeax小 2 )-x当a1时，令f (x) 0,解得 x 1f(x)的单调递减区间为(，1)；单调递增区间为(1,0), (0,)，人，、八八 r，,1当a1时，令f(x)0,解得x 1,或xa 11当1 a 0时，f(x)的单调递减区间为(，1),(,)a 1单调递增区间为(1,0), (0,) a 1当a 0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间1当a

16、 0时，f(x)的单调递减区间为(1,0), (0,) a 1 1单调递增区间为(，1),(,)a 1(n)解：当a 0时，若x (0,)，f (x)min”一)a 1aeja1)2 1若 x (,0), f(x)max f( 1) ea 1 ,不合题意D当a 0时，显然不合题意a 0时，取x12ae -(a 1) 0取x2当a1时，取x1f(x1)e 1x2综上，a的取值范围是1,0)9.解：（I ）证明:f (x) ax由题意及导数的几何意义得f a 2bc 0,(1)f (m) am22bm c(2)又 a b c , 由(1)得c可得4a a2b c 4c,即 4aa 2b，代入a0

17、4c,故 a 0, c 0,0 ,得(3)b-1, aa 2b代入（2）得am2故其判别式4b2 8ab 0得2bm 2bb- w a2,即方程ax或-0，a2bx 2b 0有实根.(4)由（3）,(4)得(H)由(x)2 ax2bxc的判别式4b2知方程(x)2 ax2bx0（）有两个不等实根，设为x” x2 ,又由f (1)2b0知,1为方程（）的一个实根，则由根与系数的关系得2b, x2 或 x x1 时,2 af (x) 0,当 x2 xX 时，f (x) 0,x2, x1 s, t,故函数f（x）的递增区间为x2, X,由题设知2b .因此 |s t| |x1 x2| 2 ,由(I)

18、知 a|s t|的取值范围为2,4).10.解：（I）椭圆C的方程为:（n）设。（为，山）,N yz）,则2L 1.322xy1432x2依题意有 |PM| |PN|,即 Jx： (y。 yj2 & (y。y2)2整理得(x2 x2) (yi即，(xi x2)2 (yi y2)2. (x3 x2)2 (y3 y2)2所以 j 卜(丫2 yi)k2(y3 y2)所以(y2 yi)k(y3 y2)将代入可得:4my2y2k( 4mk 2y2)k 4m即 4mk 2( k i)y2,k y；) 2yo(yi y?) 0.2 2将Xi 4 -31 , X2 4 -32代入上式，消去 Xi ,X2 ,得

19、(y； y2) 6yo(yi V2) 0.依题意有 y1 y2 0,所以V。*一y2 .62 3yiV22 3 .注意到|yi| 33, |y2| 73,且M,N两点不重合，从而所以y。(33、三万).ii.解：(I)又M (由已知(n)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)，设Q(x,y),因为吊 1品,所以N(0,-), 223m,0),所以 MN (3m, -),NQ (x,), 22mN nQ 0,则 3mx 3 y2 04y2 4mx,即Q点轨迹方程为y2 4mx.yi记 A、B、C 的坐标分别为(xi,yi),(x2,y2),(x3, y3),其中

20、y3 0 y2并设直线AB的斜率为k(k0)y2 yi kM x)则有iy3 y2(x3 x2)k又因为A、B C在抛物线y2 4mx上，故有 222X, x2 -2-, x3 -3-代入式得4m4m4m4mVi y2,y34mk y2k因为 | AB | |BC |2 4m 4mk得 y2 k-2( k 1)正方形的边长为 |AB| 1 k2(y3 y2)1 k11, k b 4(1 k2)( 4mk 2y2)4mk2.1 k2 ( 4mk4m4 4m 叱 k 二4m 1 k2(k21)k( k 1)易知口 2kk 11 k(k2 1),所以 4m 4v2mk( k1)所以正方形ABCD面积

21、的最小值为32m2 .12.解：（l）设圆心坐标为（x,y）,那么22 |y(y 2)24y(n)解法一：设 P(x1, y) Q(x2, y2)设直线PQ的方程为ykx b，代入曲线C的方程得4kx 4b 0 ,所以 x1 x2 4k,x1x224b,16k2 16b 0因为PQ 2 ,所以（1k2)(x1 x2)2 44“4, (1k2)16k216b所以，4(1 k2)k2b过P、Q两点曲线C的切线方程分别为 y y1x.i(x为），y V2x2)两式相减，得y222X2XiX ,-(Xi42x /、y1封x2)22X2xx2) 一丁22X2X12x2代入过P点曲线C的切线方程得，Xi(

22、2Sx22xjX1X242XiXi ,Xix2、y 二二(Xi)， y422即两条切线的交点 M的坐标为（2k, b）,所以点M到直线PQ的距离为2k2 2b2 k2 b1k21k22(1 k2和PQ dmax、一.1. .1当k 0时，dmax 一,此时 PQM的面积的取最大值 Smax一22解法二：设P（9 y）, Q（X2, y2）,则过P、Q两点曲线C的切线方程分别为x1x2y yi(x xi)，y y2 (x x2 )22两式相减得y2yix,、2(Xi x2)22x2xi222X2Xi4x ,二 (xi2X2)22X2Xi2( x1X2代入过P点曲线C的切线方程得，yyiXi Xi

23、5(一X2、-Xi) 2Xi2 y彳x1 x1xX1X2即两条切线的交点M的坐标为（凸x2 2yiV2)设PQ中点为C,则C的坐标为（卫x22T）,所以MC平行于y轴，所以MCx1x24yiy222XiX2Xi2X28(Xi X2)2(Xi X2)28设点M到直线PQ的距离为d,那么dMC又因为PQ 2,所以J(xi X2)2 (yi即（xi x2）222(Xi X2) (Xi X2)162,所以(xi x2)24 （当且仅当XiX2因此S PQM2pq所以PQM， ，一一 i 的面积的最大值为22i3.解：(I) a4, b23,所以，椭圆的离心率所以,ca右焦点F 1,0。(II) A2,

24、0 , B 2,0。设则MA：MB :(Xi8x2）2t t一旦（当且仅当xix2。时等号成立）.(xi x2)2i(Xi X2)22J ，i60时等号成立）.b2io显然m 0 。y由2X462 y3xp解得yp54 2m22 27 m218m2 . 27 m2所以,综上,m x 22 v -39时,9时,kFpxPkFp解得VpxQVq1,xP 1Vq0Xq12m2 6m2 36mm2 3P,Q,F三点共线。18m27 3m26m m2 9 96m9 m26m2 m所以，P,Q,F三点共线。P,Q, F三点共线。(n)因为p,q, F三点共线,所以， PQB的面积S2FBVpVq212m m 92m2 27129 mm291212u12因为S24 6 uF 2u2 126,所以,S 0,且仅当u 6时，S 0 ,所以,12u12在6,)上单调递减。所以,12 662 12等号当且仅当u所以， PQB的面积的最大值为3 .2