月北京市西城區(qū)高三復(fù)習(xí)參考資料文理數(shù)

1、2012年西城區(qū)高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)參考資料 2012年5月一、選擇題：1設(shè)等比數(shù)列的公比為，前項和為則“”是“”的（ ）（A）充分而不必要條件（B）必要而不充分條件（C）充要條件（D）既不充分又不必要條件2若，則下列結(jié)論正確的是（ ）（A），（B），（C）（D）3【理】如圖，是的直徑，為上一點，過作的切線交的延長線于點，且給出下列三個結(jié)論： ； ； 其中正確的結(jié)論的序號是（ ）（A） （B） （C） （D） 4【理】如圖，平面平面，且，給出下列三個結(jié)論： ； ； 直線與平面所成角的正切值是其中，所有正確結(jié)論的序號是（ ）（A） （B） （C） （D） 5設(shè)函數(shù)在區(qū)間上有兩個零點，則的取值范圍是（ ）

2、（A）（B）（C）（D）6已知橢圓的離心率為過橢圓的一個頂點和一個焦點，圓心在此橢圓上，則滿足條件的點的個數(shù)是（ ）（A）（B）（C）（D）7已知，是拋物線上的動點，且（為原點），那么點的縱坐標(biāo)的取值范圍是（ ）（A）（B）（C）（D）8已知函數(shù)是定義在上的增函數(shù)，當(dāng)時，若，其中，則（ ）（A）（B）（C）（D）9如圖，寬為的走廊與另一走廊垂直相連，如果長為的細(xì)桿能水平地通過拐角（細(xì)桿粗細(xì)忽略不計），則另一走廊的寬度至少是（ ）（A）（B）（C）（D）10在正四棱柱中，分別是，的中點，則四面體的體積與正四棱柱的體積之比是（ ）（A）（B）（C）（D）11【理】函數(shù)的最大值為（ ）（A）（B）（

3、C）（D）12【理】如圖，邊長為的正方形和正方形成的二面角，分別是線段上的點，且，則線段長度的取值范圍是（ ）（A）（B）（C）（D）二、填空題：13已知向量，其中則的取值范圍是_.14已知，是兩個定點，動點滿足，的垂直平分線交 于點，則的取值范圍是_.15【理】正三棱柱中，分別為側(cè)棱，上的動點（含端點），為的中點，且.則直線，所成角的大小為_.16已知不等式組所表示的平面區(qū)域為，則的面積是_；設(shè)點，且，當(dāng)最小時，點坐標(biāo)為_ 17. 如圖，圓形花壇分為部分，現(xiàn)在這部分種植花卉，要求每部分種植種，且相鄰部分不能種植同一種花卉現(xiàn)有 種不同的花卉供選擇，則不同的種植方案共有_種 （用數(shù)字作答）18.

4、 如果直線總不經(jīng)過點，其中，那么的取值范圍是_.19已知全集為，定義集合的特征函數(shù)為對于，給出下列四個結(jié)論： 對，有； 對，若，則； 對，有； 對，有其中，所有正確結(jié)論的序號是 20若實數(shù)滿足，則的最大值是 .21若對，總有成立，則實數(shù)的取值范圍是_.22已知橢圓的兩個焦點分別為，點滿足，則的取值范圍是_.23已知點在曲線上，為曲線在點處的切線的傾斜角，則的取值范圍是_.24設(shè)，定義為不小于實數(shù)的最小整數(shù)（如）.若，則滿足的實數(shù)的取值范圍是_；若，則方程的根為_.25在不超過的正整數(shù)中，每次不重復(fù)地取出個數(shù)，使其和能被整除.則不同取法的種數(shù)為_.26在中，若，則_.27【理】函數(shù)的最小值為_.

5、三、解答題：28設(shè)銳角三角形的內(nèi)角的對邊分別為，且（）求的大?。唬ǎ┣蟮娜≈捣秶?9如圖，在直角坐標(biāo)系中，點是單位圓上的動點，過點作軸的垂線與射線交于點記，且（）若，求； （）求的最小值.30在中，已知，外接圓半徑（）求角的大??；（）求面積的最大值31【理】如圖，正四棱錐的側(cè)棱長是底面邊長的倍，為側(cè)棱上的點（）求證：；（）若平面，求二面角的大小；（）在（）的條件下，側(cè)棱上是否存在一點，使平面若存在，求的值；若不存在，說明理由32已知橢圓的離心率為，且經(jīng)過點.（）求橢圓的方程；（）設(shè)為橢圓上的兩個動點，線段的垂直平分線交軸于點，求的取值范圍.33已知橢圓的離心率為，短軸長為（）求橢圓的方程；（）

6、已知點，過原點的直線與橢圓交于兩點，直線交橢圓于點，求面積的最大值34【理】動圓過點且在軸上截得的線段長為，記動圓圓心軌跡為曲線.（）求的方程;（）已知是曲線上的兩點，且，過兩點分別作曲線的切線，設(shè)兩條切線交于點，求面積的最大值35【理】已知拋物線，過點的直線交拋物線于兩點.（）求直線斜率的取值范圍；（）設(shè)點在線段上，且，求點的軌跡方程.36已知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線為，過點的直線交拋物線于兩點.在直線上任取一點，記依次為直線的斜率，證明：成等差數(shù)列.37已知函數(shù)，其中.（）求的單調(diào)遞減區(qū)間；（）若存在，使得，求的取值范圍.38如圖，矩形內(nèi)接于由函數(shù)及的圖象圍成的封閉圖形，其中頂點在直線上，求矩

7、形面積的最大值39已知函數(shù).（）討論函數(shù)的單調(diào)性；（）設(shè).如果對任意，求的取值范圍.40討論函數(shù)的零點個數(shù)，其中.41（）設(shè)實數(shù)，證明：；（）從編號1到 100的100張卡片中每次隨即抽取一張，然后放回，用這種方式連續(xù)抽取20次，設(shè)抽得的20個號碼互不相同的概率為.證明：.2012年西城區(qū)高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)參考資料 2012年5月一、選擇題：123456789101112ADDDCCCCDCBB提示：1由，得.若，則；若，則.2，所以最大.又.4強調(diào)立體幾何的傳統(tǒng)方法 6適當(dāng)用點平面幾何知識，圓心是頂點和焦點構(gòu)成的線段的中垂線與橢圓的交點7設(shè)，則.消去整理得，即，利用均值定理即可.8由及是上的增函數(shù)

8、，得. 進而（舍去），或，或（舍去）. 由，得；由，得； 由，得. 注意到，且，得，.9解：設(shè)細(xì)桿與另一走廊一邊夾角為，又設(shè)另一走廊的寬為.由于只有一個極小值，所以它是最小值，這時. 11簡解：的定義域為.由，得.易知是極大值點，由得. 強調(diào)導(dǎo)數(shù)的工具性！二、填空題：13； 14； 15； 16，； 17； 18； 19、； 20； 21； 22； 23； 24，或；25； 26； 27提示：14連結(jié)，由，得點的軌跡是以，為焦點，長軸長為的橢圓.以線段所在直線為軸，線段的垂直平分線為軸建立坐標(biāo)系，易求得點的軌跡方程為.由，且，得，注意到，從而.18轉(zhuǎn)化為直線與圓相離.20兩式相減得，即.由，得

9、.所以，所以.21 當(dāng)是正奇數(shù)時，原不等式化為，欲使上式對于任意正奇數(shù)恒成立，則 當(dāng)是正偶數(shù)時，原不等式化為，欲使上式對于任意正偶數(shù)恒成立，則 22點在已知橢圓的內(nèi)部（含邊界）23，即，所以.24由的含義知； 設(shè)，則，.于是，原方程等價于，即，解得，所以，或，相應(yīng)的，或.25將這個的正整數(shù)按被除的余數(shù)分為類：從每類中各取個數(shù)或類中各取個數(shù)符合要求.27設(shè)，則.從而轉(zhuǎn)化為.由，得當(dāng)時，；當(dāng)時，.于是，函數(shù)在內(nèi)為減函數(shù)，在內(nèi)為增函數(shù).故（即）得最小值為.三、解答題：28（）由，根據(jù)正弦定理得，所以，由為銳角三角形得（）由為銳角三角形知，故從而，所以由此有，所以，的取值范圍為說明：本題（）中的范圍的

10、判斷易錯！29（）解：依題意，所以 因為，且，所以 所以 （）解：由三角函數(shù)定義，得，從而所以 因為，所以 ， 所以當(dāng)，即時，取得最小值說明：本題（）中三角函數(shù)的定義希望學(xué)生關(guān)注！30（）由，得，所以，即，因為為內(nèi)角，所，由，得（）又由余弦定理得，即又， 所以所以有，當(dāng)且僅當(dāng)即為等邊三角形時，的面積取得最大值31解法一：連接，設(shè)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系.（）設(shè)，則，.，.（）平面的一個法向量，平面的一個法向量.設(shè)二面角的平面角為，二面角的大小為.（）側(cè)棱上存在一點，使得平面由（）得是平面的一個法向量，設(shè)，則，而，解得即當(dāng)時，平面，平面解法二：（）設(shè)點在平面上的正投影為，連結(jié)，是正四棱錐， 平面

11、， 是在平面上的正射影 是正方形， ，根據(jù)三垂線定理，得.（）連結(jié).是正四棱錐， ， 是的中點， .又 ， 是二面角的平面角.設(shè)，則，. 平面， ，且.在中， ，二面角的大小為.（）側(cè)棱上存在一點，使得平面取的中點，連結(jié)，在平面內(nèi)過點作/，交于點，則點為所求.證明如下： 是等邊三角形， ， /又 /， 平面平面，平面， 32（）橢圓的方程為：（）設(shè)，則 ，.依題意有 ，即，整理得 .將，代入上式，消去，得 .依題意有 ，所以.注意到 ，且兩點不重合，從而.所以 .說明：變量方程觀解決多變量問題！33解：（）橢圓的方程為（）設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程得，由，得，所以 ，因為是的中點，所以 由

12、，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，此時面積取最大值,最大值為34解：（）設(shè)圓心坐標(biāo)為，那么，化簡得（）解法一：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)設(shè)直線PQ的方程為，代入曲線C的方程得， 所以因為，所以所以, 過P、Q兩點曲線C的切線方程分別為兩式相減，得，代入過P點曲線C的切線方程得, ， 即兩條切線的交點M的坐標(biāo)為（），所以點M到直線PQ的距離為當(dāng)時, ,此時的面積的取最大值解法二: 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)則過P、Q兩點曲線C的切線方程分別為兩式相減得，代入過P點曲線C的切線方程得, ，即兩條切線的交點M的坐標(biāo)為(，)設(shè)PQ中點為C，則C的坐標(biāo)為(，)，所以MC平行于y軸，所以設(shè)

13、點M到直線PQ的距離為d，那么(當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立) 又因為，所以，即，所以 (當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立) 因此，所以的面積的最大值為35（）設(shè)直線：，將其與拋物線方程聯(lián)立，消去整理得.令，解得，或.（）設(shè)點，則.由，且都在直線上，從而有. 由，得三者同號，于是式等同于.利用，上式可化為.利用直線的方程，消去參數(shù)得.由，或，得且.所以，點的軌跡方程是，其中且.36證明：易知，設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，消去整理得.設(shè)點，則.故，所以，成等差數(shù)列.37（）解： 當(dāng)時，令，解得 的單調(diào)遞減區(qū)間為；單調(diào)遞增區(qū)間為，當(dāng)時，令，解得 ，或 當(dāng)時，的單調(diào)遞減區(qū)間為，；單調(diào)遞增區(qū)間為， 當(dāng)時，為常值函數(shù)

14、，不存在單調(diào)區(qū)間 當(dāng)時，的單調(diào)遞減區(qū)間為，；單調(diào)遞增區(qū)間為，（）解： 當(dāng)時，若，；若，不合題意 當(dāng)時，顯然不合題意 當(dāng)時，取，則；取，則，符合題意 當(dāng)時，取，則；取，則，符合題意綜上，的取值范圍是38解：由圖，設(shè)A點坐標(biāo)為,則由圖可得，記矩形ABCD的面積為S，易得：令，得所以，令，得，因為，所以.隨t的變化情況如下表：t+0極大值 由上表可知，當(dāng)，即時， S取得最大值為，所以矩形ABCD面積的最大值為.39解：（）的定義域為，. 當(dāng)時，故在單調(diào)遞增； 當(dāng)時，故在單調(diào)遞減； 當(dāng)時，令，得.當(dāng)時，；當(dāng)時，.故在單調(diào)遞增；故在單調(diào)遞減.（）不妨設(shè)，因為，由（）在單調(diào)遞減，從而對任意，等價于對任意，. 令，則. 等價于在單調(diào)遞減，即.從而，得.故的取值范圍是.40解： 當(dāng)時，在同一坐標(biāo)系中作函數(shù)與的圖象，易知