海淀2007高三數(shù)學(xué)查漏補(bǔ)缺題
07年高考數(shù)學(xué)北京卷應(yīng)該是在06年北京卷成功的基礎(chǔ)上,穩(wěn)定的發(fā)展,復(fù)習(xí)中要對各區(qū)題目(尤其東城、西城、海淀)文科理科中重點板塊不僅要明確知識點,而且還要掌握結(jié)構(gòu)特點,要用聯(lián)系的思想看知識間的綜合,用運(yùn)動的觀點看能力的要求. 高考數(shù)學(xué)試題是以思維能力考查為主體的，試題展現(xiàn)數(shù)學(xué)關(guān)系常常選取不同展示形式（圖表、圖象、曲線圖、表格、符號、等等）之一，同學(xué)們要善于利用數(shù)學(xué)信息的多種表述分析問題，聯(lián)系已有知識方法，提高分析問題、解決問題能力.
一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
1．〖理科〗 已知函數(shù)f (x)=6lnx―ax2―8x+b (a，b為常數(shù))，且x =3為f (x)的一個極值點．
(Ⅰ) 求a；
(Ⅱ) 求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(Ⅲ) 若y = f (x)的圖象與x軸正半軸有且只有3個交點，求實數(shù)b的取值范圍．
解： (Ⅰ) ∵ f ′ (x) =
―2ax―8， ∴ f ′ (3) =2―
(Ⅱ) 函數(shù)f (x)的定義域為（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．
∴函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)和(3，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，3)．
(注：單調(diào)區(qū)間應(yīng)分開寫，不能用“È”連接)
(Ⅲ) 由(Ⅱ)可知函數(shù)f (x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，3)單調(diào)遞減，在(3，+∞)單調(diào)遞增．
且當(dāng)x=1或x=3時，f ′ (x)=0．
∴ f (x)的極大值為f (1)=6ln1+1―8+b=b―7，
f (x)的極小值為f (3)=6ln3+9―24+b=6ln3+b―15．
∵當(dāng)x充分接近0時，f (x)<0，當(dāng)x充分大時，f (x)>0，
∴要使f (x)的圖象與x軸正半軸有且僅有三個不同的交點，只需
則7<b<15―6ln3
2．〖理科、文科〗設(shè)函數(shù)
，其圖象在點
處的切線的斜率分別為
．
（Ⅰ）求證：
；
（Ⅱ）若函數(shù)
的遞增區(qū)間為
，求
的取值范圍；
（Ⅲ）若當(dāng)
時（k是與
無關(guān)的常數(shù)），恒有
，試求k的最小值．
（Ⅰ）證明：
，由題意及導(dǎo)數(shù)的幾何意義得
，
（1）
，
（2）
又
，可得
，即
，故
由（1）得
，代入，再由
，得
，
（3）
將代入（2）得
，即方程
有實根．
故其判別式
得
，或
， （4）
由（3），（4）得；
（Ⅱ）解：由的判別式
，
知方程
有兩個不等實根，設(shè)為
，
又由
知，
為方程（
）的一個實根，則由根與系數(shù)的關(guān)系得
，
當(dāng)
或
時，
，當(dāng)
時，
，
故函數(shù)的遞增區(qū)間為
，由題設(shè)知
，
因此
，由（Ⅰ）知得
的取值范圍為
；
（Ⅲ）解：由
，即
，即
，
因為，則
，整理得
，
設(shè)
，可以看作是關(guān)于
的一次函數(shù)，
由題意
對于恒成立，
故
即
得
或
，
由題意，
，
故
，因此
的最小值為
．
二、數(shù)列
3．對于數(shù)列{an}， {cn}數(shù)列，其中cn=an+1― an (nÎN*)．
(Ⅰ) 若數(shù)列{an}的通項公式
(nÎN*)，求{cn}的通項公式；
(Ⅱ) 若數(shù)列{an}的首項是1，且滿足cn― an=2n．
(1) 求證：數(shù)列
為等差數(shù)列；
(2) (理) 若
(nÎN*)，求證：
．
(文) 求數(shù)列{an}的前n項和Sn．
證明：(Ⅰ)依題意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
為首項、為公差的等差數(shù)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〗 設(shè)數(shù)列
的各項都是正數(shù)，記Sn為數(shù)列的前n項和，且對任意n∈N+，都有
.
（Ⅰ）求證：
=2Sn－an；
（Ⅱ）求數(shù)列的通項公式；
（Ⅲ）若
（
為非零常數(shù)，n∈N+），問是否存在整數(shù)，使得對任意 n∈N+，都有bn+1>bn.
（Ⅰ）證明：在已知式中，當(dāng)n=1時，
∵a1>0 ∴a1=1……………………………………1分
當(dāng)n≥2時， ①
②
①－②得，
…………………………3分
∵an>0 ∴=
即=2Sn－an ∵a1=1適合上式
∴=2Sn－an(n∈N+)……………………5分
（Ⅱ）解：由（1）知=2Sn－an(n∈N+) ③
當(dāng)n≥2時， 
=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
∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，首項為1，公差為1，可得an=n………………9分
（Ⅲ）解：∵
欲使
即
成立 ⑤……………………11分
當(dāng)n=2k－1，k=1，2，3，…時，⑤式即為
⑥
依題意，⑥式對k=1，2，3…都成立，∴λ<1………………12分
當(dāng)n=2k，k=1，2，3，…時，⑤式即為
⑦
依題意，⑦式對k=1，2，3，…都成立，
∴
……………………13分
∴
∴存在整數(shù)λ=－1，使得對任意n∈N+，都有
>
三、立體幾何
5. 〖理科、文科〗 如圖，已知正三棱柱
―
的底面邊長是
，
是側(cè)棱
的中點，直線
與側(cè)面
所成的角為
．
（Ⅰ）求此正三棱柱的側(cè)棱長；
（Ⅱ） 求二面角
的大��；
（Ⅲ）求點
到平面
的距離．
（Ⅰ）證明：設(shè)正三棱柱―的側(cè)棱長為
．取
中點
，連
．
是正三角形，
．
又底面
側(cè)面，且交線為．
側(cè)面．
連
，則直線與側(cè)面所成的角為
．
在
中，
，解得
．
此正三棱柱的側(cè)棱長為
．
注：也可用向量法求側(cè)棱長．
（Ⅱ）解：解法1：過作
于
，連
，
側(cè)面
．
為二面角的平面角．
在
中，
，又
， 
．
又
在
中，
．
故二面角的大小為
．
解法2：（向量法，見后）
（Ⅲ）解：解法1：由（Ⅱ）可知，
平面
,平面
平面
，且交線為，過作
于
，則
平面．
在中，
．
為中點，點到平面的距離為
．
解法2： （思路）等體積變換:由
可求．
解法3： （向量法，見后）
題（Ⅱ）、（Ⅲ）的向量解法：
（Ⅱ）解法2：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系
．
則
．
設(shè)
為平面的法向量．
由
得
．
取
又平面
的一個法向量
．
結(jié)合圖形可知，二面角的大小為
．
（Ⅲ）解法3：由（Ⅱ）解法2，
點到平面的距離
＝
．
注：若為了看圖方便，也可以把圖調(diào)整后，標(biāo)好字母證明之.
6. 〖理科、文科〗如圖，在四棱錐E－ABCD中,AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB=BC=CE=2CD= 2, ∠BCE=1200．
(Ⅰ)求證：平面ADE⊥平面ABE ；
(Ⅱ)求點C到平面ADE的距離.
解法1:取BE的中點O,連OC.
∵BC=CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE.
以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O－ｘｙｚ如圖，
則由已知條件有:
,
,
,
設(shè)平面ADE的法向量為ｎ=
，
則由ｎ?
及ｎ?
可取ｎ
又AB⊥平面BCE. ∴AB⊥OC.OC⊥平面ABE
∴平面ABE的法向量可取為m＝
.
∵ｎ?m?=0,
∴ｎ⊥m∴平面ADE⊥平面ABE.
（Ⅱ）點C到平面ADE的距離為
解法2:取BE的中點O,AE的中點F,連OC,OF,DF.則
∵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.
從而平面ADE⊥平面ABE.
（Ⅱ）∵CD ,延長AD, BC交于T
則Ｃ為ＢT的中點．
點C到平面ADE的距離等于點B到平面ADE的距離的
.
過B作BH⊥AE，垂足為H.∵平面ADE.⊥平面ABE.∴BH⊥平面BDE.
由已知有AB⊥BE.
BE=
，AB= 2, ∴BH=
，
從而點C到平面ADE的距離為
或∥ FD, 點C到平面ADE的距離等于點O到平面ADE的距離為.
或取A B的中點M.易證
∥ DA.點C到平面ADE的距離等于點M到平面ADE的距離為.
四、三角函數(shù)
7．〖理科、文科〗已知三點
,其中
.
(Ⅰ)若
,求角
的值;
(Ⅱ)若
,求
的值.
解:(Ⅰ) 
.
∵,∴
,即
,
化簡得
,∴
.
∵,∴
.
(Ⅱ) 
,
,
∴
8．〖理科、文科〗已知：
為實數(shù)，函數(shù)
∈R.
（Ⅰ）設(shè)
求
的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)
的最大值是3時，求的值.
解：
的取值范圍是
令
（1）
的最大值為
依題意
（滿足
）
（2）
時的最大值為
依題意
，所以，
不滿足題意.
(3)
時, 的最大值為
依題意
,
,滿足.
由以上知：
.
五、概率
9. 〖理科〗某保險公司的統(tǒng)計表明，新保險的汽車司機(jī)中可劃分為兩類：第一類人易出事故，其在一年內(nèi)出事故的概率為0.4，第二類人為謹(jǐn)慎的人，其在一年內(nèi)出事故的概率為0.2.假定在新投保的3人中有一人是第一類人，有兩人是第二類人.一年內(nèi)這3人中出現(xiàn)事故的人數(shù)為記為
.（設(shè)這三人出事故與否互不影響）
（Ⅰ）求三人都不出事故的概率；
（Ⅱ）求的分布列及數(shù)學(xué)期望.
解：（Ⅰ）
（Ⅱ）
0
1
2
3
p
10. 〖理科、文科〗三名學(xué)生進(jìn)行投籃測試，投中兩次就停止投籃記為過關(guān)，每人最多可投4次.已知每位同學(xué)每次投中的概率均為，且各次投籃投中與否互不影響.
(Ⅰ)求每位同學(xué)過關(guān)的概率；
(Ⅱ)求恰有兩位同學(xué)過關(guān)的概率；
（Ⅲ）求至少有一位同學(xué)過關(guān)的概率.
解：(Ⅰ)設(shè)每位同學(xué)過關(guān)的概率記為p
(Ⅱ) 設(shè)恰有兩位同學(xué)過關(guān)的概率為
（Ⅲ）設(shè)至少有一位同學(xué)過關(guān)的概率
六、不等式
11、〖理〗已知關(guān)于的不等式
的解集為
，且
.求
解：易知對任意的
，均有
的取值范圍是
當(dāng)
時，有
，故
，
當(dāng)
時，
,故
，
當(dāng)
時，有
,故
，
因此，當(dāng)時，
，
當(dāng)
時，
，
當(dāng)
時，
.
12、〖理科、文科〗若實數(shù)
，解關(guān)于的不等式
.
解：
當(dāng)
時，有，故不等式的解集為
，
當(dāng)時，不等式轉(zhuǎn)化為
,故不等式的解集為
，
當(dāng)時，有
,故不等式的解集為
.
七、解析幾何
13. 〖理科、文科〗已知兩定點
，動點M滿足
.
(Ⅰ)求動點M的軌跡Q的方程；
(Ⅱ)設(shè)曲線Q與y軸的交點為B，點E、F是曲線Q上兩個不同的動點，且
，直線AE與BF交于點
，求證：
為定值；
(Ⅲ) 〖理科〗在第（Ⅱ）問的條件下，求證：過點
和點E的直線是曲線Q的一條切線.
（Ⅳ）在第（Ⅱ）問的條件下，試問是否存在點E使得
（或
），若存在，求出此時點E的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.
解：（Ⅰ）設(shè)動點
，因為
所以
或
化簡得：
（Ⅱ）由可設(shè)點
則由A、P、E三點共線可得
，同理可得：
，兩式相乘得：
，又因為
，所以=3
（Ⅲ）點E處曲線Q的切線的斜率為
，則切線方程為
，AE、BF的方程為
，
，則
，所以
在上述切線上，即過點
和點E的直線是曲線Q的一條切線.
（Ⅳ） 先證：
（其中用到
代換）
由此可得：
.
要使，則只需
，即
.而
，因此不存在點E使得成立.
另解：同前可得，要使，則只需
，即
，化簡得
，顯然不成立.
14〖理科、文科〗如圖，已知
，N、P兩點分別在
軸和軸上運(yùn)動，并且滿足
，
（Ⅰ）求動點Q的軌跡方程；
（Ⅱ）若正方形ABCD的三個頂點A、B、C在點Q的軌跡上，求正方形ABCD面積的最小值.
解（Ⅰ）
由已知
（Ⅱ）如圖，不妨設(shè)正方形在拋物線上的三個頂點中A、B在x軸的下方（包括x軸），記A、B、C的坐標(biāo)分別為
，其中
并設(shè)直線AB的斜率為k（k＜0）
則有
……①
又因為A、B、C在拋物線
上，故有
代入①式得
……②
∵
即
∴
∴
將②代入可得：
即
，
得
正方形的邊長為
易知
所以
所以正方形ABCD面積的最小值為
.
祝同學(xué)們考試順利！
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