2014北京海淀高三三模查漏补缺数学精彩试题及问题详解

1、实用 海淀区高三年级第二学期查漏补缺题 数 学 2014.5 【容易题】要重视基础性题目的知识覆盖度，决不能有疏漏，不能满足四套试题的题目，而是要全面温习每一个知识条目下的各个知识点 M?x|x?aN?2,0,1，若，则的取值范围（ ）， 1.已知集合a2,0N?M a?0a?00?a?10?a?1 D. B. C.A.a、b?Ra?bi是虚数的充分必要条件是（2.已知， ） ab?0a?0a?0b?b?00 B. D. A. C.且?(1)0)?(0?表示的曲线是（极坐标方程 ） 3.A.圆 B.直线 C.圆和直线 D. 圆和射线 ?cosx?为参数）表示的曲线是（ 4.参数方程）（ ?co

2、s1?y?A.圆 B.直线 C.线段 D.射线 【中等题】本组试题主要是针对四套试题考点题目，补充一些可能呈现的方式，或者是缺少的知识条目考查，请学生注意关注 A、B、C(1,2)?(0,a),OC?OA?(a,0),OB0a?三点共线，则，若 . 5.已知，其中?a ?cos2x? ?(1,0)APC:C的半径为 ，6.已知点（ ，点为参数）上，则圆在圆?sin21?y? ?|PA|最小值为 . A、BADACOOO与分别是圆相交于与圆与 如图，7.圆两点， A22BC?BD?ABAO , ，则的.点处的切线若圆OO B?COB? . 若，则30?CABCD A EBECD、FEBFF?AB

3、C? 是，如图，的高，且相交于点.若8.D?FE?A4FD?FC?4 . 且，则， F CB已知盒子里有大小质地相同的红、黄、白球各一个，从中有放回9.nn，估计抽到黄球次数恰好为= 次，每次抽一个球，则抽到黄球的次数的期望9的抽取 次的概率（填大于或小于） 50% 三个同学玩出拳游戏（锤子、剪刀、布）10.，那么“其中两人同时赢了第三个人”的结果有 文档实用 种. xxcos1?2sinf(x)? _ . 函数的值域为11. 1?)A?45sin(?cosAABC? . 中，则12.在 3 BBA?coscos120?A?BABC? . ，则中，若13.在且的范围是 R?a、bbaba?32

4、? ） ，“”是“”的（ 14.已知 必要而不充分条件A.充分而不必要条件 B. 既不充分也不必要条件充分必要条件 D.C.11ba2?123? . ，则15.已知? ba 0?1),xax(x?)(xft)(2t?1)?ff(t的取值范围16.若函数为奇函数，则满足的实数?0x?),(a?xx? . 是 _. ，且满足，则17.已知数列的前项和为n?a?1aS?2aSnnnnn n=1S2aa?S?2aa_. _,，且18.已知数列项和，则的前n12n?1nn 位置的题目，供大家在本校最后的模拟练习中选用，基础一般的学14，8,13，【难题】7 校可忽略本组试题axey?(0,1)A(1,0

5、)PBBC:C上的动点，则点的坐标为是曲线，曲线，恒过点19.已知若， AP?AB2 . 的最小值为且，则?a 1)?xf(xx)(xff(x)y?具成立，则称函数对于函数20.，若在其定义域内存在，使得000P. 有性质 P的有（1）下列函数中具有性质 1 ?2?2x()?2xf)(0,?)(x?sinf(x)?x(x?0,2?f(x)?x ， xax?alnf(x) . ，则实数的取值范围是 （2）若函数具有性质P 2xsin)?xxf(1?|x|xx.的各项已知函数21.【理】满足，各项均不相等的有限项数列iin 文档实用 nn?f(x?)x?F(n)n?N3?n， 且，令iii?1i?

6、1F(3)?(x?x?x)?(f(x)?f(x)?f(x). 例如：331122下列给出的结论中： F(n)?0x ；存在数列使得 nF(n)?0x ；如果数列是等差数列，则 nF(n)?0x ；是等比数列，则 如果数列n正确结论的序号是_. P?ABCPAC?ABC， 已知三棱锥底面的侧面22.P 4AB?PC?AC?PAABPA?. 侧棱，且 AB?AB B? ，以直线平面为轴旋转三棱锥，如图 C AS? 记该三棱锥在平面，上的俯视图面积为SS . 的最小值是 ，则的最大值是 GE、FDBACABCD?BPC分别是正方体23.已知点11 1111 A1D1DDCC、AAPQ、M、N、 的中

7、点，点的棱分别在F111EMGQBC、BE、DF、AGPQ、NM、 . 线段上以为顶点CB11NMNQ?PD ）的俯视图不可能是（的三棱锥 A A B C D 文档 实用 本组题主要是针对常规题目求解过程，突出操作背后的道理的理解，在模拟题【解答题】 讲评后再次演练落实模拟试题体现的解决过程中的“灵活与变通”FACEFABC 1.【理】如图，三角形所在的平面互相垂直，和梯形 /CE2?AFAC,AFBFGBCAB? ，上一点，是线段GE2?AF?BCAB. AABCGFEG/GB? （）当时，求证：；平面BCA?E?BF （）求二面角的余弦值；?BFAEGG. （）是否存在点平面满足？并说明理

8、由 2ax1ax?)2xe?f(x:C. 2.已知曲线(0)(0,ff(x 在处的切线；（）求函数1x?2y?C?1a? 与直线时，求曲线（）当的交点个数；)(0,?f(x)0a?. ，求证：函数上单调递增（）若在 22yx. 的方程为3.【理】已知椭圆1?C 164 （）求椭圆的长轴长及离心率；CMl,0)(1. 为椭圆，（）已知直线两点，过的左顶点，与椭圆交于BACC?60AMB?ll的方程；如果没有，请说使得是否存在直线？如果有，求出直线. 明理由MMl,0)(1（不与过，两点且与椭圆【文】（）已知直线为椭圆的左顶点，交于BACC90AMB?AMB? 求证：重合）.（或者证明是钝角三角形

9、） 2,0)(F1?y?kxBCl. 的右焦点:【文】已知椭圆恒过椭圆短轴一个顶点，直线4.C （）求椭圆的标准方程；1kx?y,A(01)AP:ll. 的方程在椭圆上，的对称点若（）（不同于点关于直线）求出 文档实用 2213yx A(,):C. ，且过点的焦距为5.【理】已知椭圆0)?a?b?1(22 2222ab（）求椭圆的方程； l:y?kx?1，（）已知 ABACkl上？关于 的对称点）在椭圆是否存在使得点（不同于点l的方程，若不存在说明理由. 若存在求出此时直线 海淀区高三年级第二学期查漏补缺题参考答案 数 学 2014.5 【容易题】 1.C 2.C 3.D 4.C 【中等题】

10、， 7. 8. 2 ， 9. 3 ， 5. 3 6. 2 小于 10. 9 11. 606022? 0,2 2 13.12. 14. D 120?B60 6 15.答案： 2 . 1111 ba212?2,3?log12,?log3212?3ba， 得，所以 分析：由 22ab11. 所以24log?3?12?loglog 222ab 文档 实用 1?t . 答案：16. 1a?01)?f(1)?f(?)f(x，是奇函数，可得 分析：由函数，得（经检验符合奇函数）1?tt?t?1?2f(t?1)?f(2t)(xf. 单调递增，所以画图可知 1?n2? 17.答案： 1?1a?1a?2a?S?2

11、a? 可得 ，解得 分析：由，11n1na2aa?2a?2S?S1?n ，又时，即1nn?1nn?n?1n1?n2a?. 所以n1,?,n2?7?a ，18.答案：?3n1n? 1?,n()2? 2?7331?2a?S?2a1a?2?S?a. ，解得分析：由，可得21nn?12 22223a?2?2aS?Saa?1n? 又时，即，nn?1?n1nn1n? 21,?2,n?a. 所以?3n1n?1?),n(? 2? 【偏难题】 1 . 答案：19. 0(0,1)B 分析：因为 ； 所以1?e ?2AB|AB?AB?APAP取得最小时， 考察的几何意义，因为，所以 P,BPAB重合，上的投影长应是

12、点，所以在 2 axey?:CB(0,1)AB垂直，这说明曲线在点 处的切线与 ax ?ae?1y?a. 所以0?x?0x a?0或a?e . 2（） ， 20.答案（1） 10?x?)(xf有解即函数具有性质P 分析：（1）在， 时 x1 ?2x?22=，有一个非0 实根； 解方程 x 作图可知； 作图或解方程均可. 文档 实用 10a?xlnxxln(fx)?a ，方程具有性质（2）P，显然 有根， a111?,?)xxlng(x)?, 所以 因为的值域为, eea0a?e?a. 或 解之可得 _. 【理】21.答案：_ 2xsinf(x)?x 分析：可得是奇函数，2x?x,y?siny1

13、x?0? 只需考查都是增函数，时的性质，此时20,1xxsinx)?f( 可得在上递增，21,1?x?xsinf(x) 在所以上单调递增。)x(?f?x?0x?xf(x)x ，所以，则若2112210?(x)?f(x)f(x)?ff(x)?. 即，所以21210x)?x?0f(x)?f(x? ，可得，同理若21120)?)(f(x)?f(x?x?x0(x?x. 所以时，2212110?xx?x?x 满足 显然是对的，只需n21n0nF()?0?x?x?x 显然是错的，若，n21 x 数列是等比数列，各项符号一致的情况显然符合；n 0q? 若各项符号不一致，公比，n2i?2n,1,2,)x?x?

14、xq?q),i(1?( 若是偶数，符号一致，12?1i2i2)?f(x?(xx),f(x 又符号一致， i222i?1i2i?10?F(n) ；所以符合n?12i?2n,?1,2,(1?(xx)?xqq),i 若是奇数，可证明“11i?2i221?n qx?x 和符号一致”1nn?11i?2,),qx)?(xx?iq?1,2,(1? 或者“12i2i1?2x 符号一致”，和 10)?nF( ；同理可证符合 34 8 . 答案： ，22.P ABC?PAC 底面分析：因为侧面，B C A? 文档 实用 ?PACPAC?l上，在底面上的射影总在侧面所以旋转过程中等边的交线与平面 3,42lAB?

15、，由已知可推证且长度范围是， 34S8. 最小值为所以，最大值为 C 23.答案：ABCD 上考察，分析：在底面ABDA、BC、CD、Q、P、M、N 上，四点在俯视图中它们分别在 C不可能！先考察形状，再考察俯视图中的实虚线，可判断 因为正三角形且当中无虚线，说明有两个顶点投到底面上重合了，N、MN、QAD 投射到点，投射到点或者只能是 此时俯视图不可能是正三角形。 【解答题】CD,GDABD 1.解：（）取，连接中点，/GDAF2GF?GB. 又，所以/CEAF2CEGDGDCE是平行四边形，四边形因为 ，所以,CD/EG 所以?ABCCD?EGABC 因为，平面平面EG/ABC. 所以平面

16、ACEFACEFABCAC?ABC，平面=，平面 （）因为平面平面z ABCAF?AC?AF ，且，所以平FBC?AFAB?AF 所以G?ABBCBC?ABF. 因为，所以平AAxyzA?. 如图，以为原点，建立空间直角坐标yBC(2,2,1)(2,0,0),(0,0,2),FBC(2,2,0),E 则，x(0,2,0)?BCABF. 是平面的一个法向量 文档 实用 )y,zn?(x,BEF 设平面，则的法向量?0,?BE?n0,?y?z2? ，即?0.2z?2x?0.?BF?n? ?,?z?2x2)2,1,?n?(?1y?以, ，令所以所，则 n?BC1?,?nsBC?co， 3|nBC|

17、1 ?ABF?A?BF?E?E. 由题知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为 302?(?2,0,2)(2,2,1)?BF?AE?AEBF, ，所以不垂直与（）因为AEGG?BF. 所以不存在点平面满足 1?f(0) ，2.解：（）axax?ax?2)e2f(x)?(22?(0)f ，所以因为，1?y?2x(0)f)(0,f(x. 所以函数在处的切线为2x?1?x)2xex?f(1a? （）当时，x?0?xx(2e?2)?C1y?2x? 曲线的交点个数与方程与直线的解的个数相同，0x?. 显然是该方程的一个解?xx?2e1g2ex)?(x)?x?2g( 令，则 x?ln20?g(x) 由得x?l

18、n2x?ln2g(x)?0g(x)?0 时时， 因为g(x)(?,ln2)(ln2,?)上单调递增上单调递减，在在 所以 g(x)g(ln2)?ln2?1，最小值为 所以ln2?lne?1g(ln2)?0， 因为 ，所以?2g(2)?2e?00?(0)g， ， 因为ln2)(xg， 所以的零点一个是0，一个大于所以两曲线有两个交点. axf(x)?2(ax?1)e?ax （）ax?11,e1ax?0x0a?0ax ，所以，所以当因为时， 文档实用 ax?ax?2(ax?1)?ax?f(x)?2(ax1)e2?0 所以(0,?)f(x上单调递增在. 所以函数 22yxa?4,b?2 3.可知解：

19、（）由方程1? 164222?12?cb?a ，且所以长轴长为8 3. 所以离心率 2 A(1,23),B(1,?23)l ）当直线,的斜率不存在时（）（1MA?MB?3 ll的方程为，设当直线,的斜率存在时,设直线（2）1)?y?k(x)y(,y,)BxAx(2112 1)?(xy?k?2222016?k?)x?2k?x(4?k 由 消去得：y22?yx1? 164?2?k2x?x? 212?k4? ?216k?xx? 212k4? yy?x2)(x?2)?MA?MB?(2121 1)xx-1)k(?x?(?2)(x?2)?k(2211 222 k?(2?k4)(x?x)k?(?1)xx21

20、212k3?0? 2k4?AMB? 为钝角 综上，恒成立，0?MA?MB?60?AMBl 所以，不存在直线使得 （文科答案略）1?0?1?k?l1)B?1)(0,?kxy?1(0, :恒过4.解：（）因为，即，所以直线22yx0)b?1(a? 设椭圆方程为， 22ba 2221b?c?2,3?a?b?c ，由已知可得，所以2x2C1y?. 的方程为所以椭圆 3 文档实用 k?0l:y?1B(0,?3)不在椭圆上； 时，直线（）法1：当，点2x20k?mky?:x?AP?y1?化简得代入椭圆方程 当时，可设, 3222?3?kmy?m?3)y0?2(k， 2km2m6m2ky?y?2mx?x?

21、，所以 PAPA2223?k3?k?3k3mkmA,P(,)ly?kx?1上若在直线对称，则其中点 关于直线 22k?3k?3km3km2?3km?k21? ，即所以 22k?3k?3m?kmky?AB:x?A(0,1)，上，所以在直线又 2k?33?km，消，解得得 1y?3x?1y?3x符合题意所以存在直线或. l:y?kx?1(0,1)A的对称点法2：设 关于直线)yx,P(00l:B1?kxy， 因为直线 恒过点|BA|?|BP|，所以 22?1)4?(yx? 所以 002x20?y1?又 03x?0 ?3?x?x?3?0 或联立解得或00?1y?y?0y?0?000 (3,0)P(?P3,0)AP，不同于点 或，所以因为 1y?3x?1y?3x符合题意所以存在直线或. 2x2?1?y （）5.解： 3350?k1?l:y?)?B(, ，点时，直线（）法1：当不在椭圆上； 22131AB:y?(x?)?0?k2x?2ky?3?k?0 时，可设直线当，即 k222x2222?12?k(?3)03)k(4y?12)k?4(k?y?1y?