高三数学查漏补缺题

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海淀区高三数学查漏补缺题

一、函数部分： 1.已知函数f(x)

lnx a

(a R) x

（Ⅰ）求f(x)的极值；

（Ⅱ）若函数f(x)的图象与函数g(x) 1的图象在区间(0,e2]上有公共点，求实数a的

取值范围.

解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0, ),f (x)

令f (x) 0得x e1 a

当x (0,e1 a)时,f (x) 0,f(x)是增函数 当x (e1 a, )时,f (x) 0,f(x)是减函数 ∴f(x)在x e（Ⅱ）（i）当e

1 a

1 (lnx a)

x2

1 a

处取得极大值,f(x)极大值 f(e1 a) ea 1

a 1时， e2时，由（Ⅰ）知f(x)在(0,e1 a)上是增函数，在(e1 a,e2]

上是减函数.f(x)max ea 1

又当x e a时,f(x) 0,当x (0,e a]时f(x) 0.当x (e a,e2]时，f(x) (0,ea 1]

a 1

1 所以，f(x)与图象g(x) 1的图象在(0,e2]上有公共点，等价于e

解得a 1,又a 1,所以a 1. （ii）当e

1 a

e2即a 1时，f(x)在(0,e2]上是增函数，

2 a

2

e,

22

∴f(x)在(0,e]上的最大值为f(e)

所以原问题等价于

2 a2

1,解得a e 2. 2

e

又 a 1∴无解

说明：此题主要考查学生研究函数方法的运用：给函数解析式之后，能否通过研究函数的工具导数研究函数的变化趋势，通过研究函数在区间的端点处的函数值或符号进一步了解函数的准确的变化状态.此题也可以做如下引申：“若函数f(x)的图象与函数g(x) 1的图象在区间(0,e2]上有两个公共点，求实数a的取值范围.” 2. 设f(x)

2344

x 2x m ( m ). 333

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（I）求f(x)的单调区间与极值； （II）求方程f(x) 0的实数解的个数.

解：（I）f (x) 2x2 2，由f (x) 2x2 2 0 得 x 1或x 1.

所以，f(x)的单调递增区间为( , 1)和(1, )，单调递减区间为( 1,1)；

44

，极小值为f(1) m ． 33

4444

（II）由于 m ，所以f( 1) m 0，f(1) m 0.

33334

① 当m 时，f( 1) 0，即x 1是方程f(x) 0的一个解.

3

448244

又因为f(1) 0,f(3) 27 6 12 0，

333333

极大值为f( 1) m

所以,方程f(x) 0在(1,3)内至少有一个解.根据函数f(x)单调性可知，方程

f(x) 0有两个不同的解.

44

时，f(1) m 0，即x 1是方程f(x) 0的一个解.

33

4484

又因为f( 1) 0,f( 3) 12 0，

3333

②当m

所以方程f(x) 0在( 3, 1)内至少有一个解.根据函数f(x)单调性可知，方程

f(x) 0有两个不同的解.

③当

4444

m 时，f( 1) m 0，f(1) m 0，所以方程f(x) 0在3333

( 1,1)内至少有一个解. 又由f( 3) m 12 0，知方程f(x) 0在( 3, 1)内至少

有一个解；由f(3) 12 m 0，知方程f(x) 0在(1,3)内至少有一个解.根据函数

f(x)单调性可知，方程f(x) 0有三个不同的解.

说明：通过本题考查学生几个方面的能力：

（1）能否将“求方程f(x) 0的实数解的个数”问题转化为函数f(x)的零点问题； （2）对于函数问题，是否能够主动运用导数这一工具来研究函数整体的状态、性质.

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3. 如图，矩形ABCD

内接于由函数

yy 1 x,y 0图象围成的封闭图形，其中顶点C，D在y 0上，求矩形ABCD面积的最大值. 解：由图，设A

点坐标为(x

,x ,

则B(1

，由图可得1 x，记矩形ABCD的面

积为S

，易得

S AB AD (1x 3 2

令t t ，得S t3 t2 t 1

所以S' 3t2 2t 1 (3t 1)(t 1)，令S 0，得t 或t 1，

3因为t 1

，所以t . 3

S ,S随t的变化情况如下表：

由上表可知，当t 大值为

115

，即x 时， S取得最大值为，所以矩形ABCD面积的最

9327

5

. 27

说明：本题主要是帮助学生经历根据问题的条件和要求建立函数的解析式及确定定义域再研究函数的变化状态的思维过程.

二、数列部分：

1. 设数列 an 的前n项和Sn 3an 2(n 1,2,

)． （Ⅰ）证明数列 an 是等比数列；

（Ⅱ）若bn 1 an bn(n 1,2, )，且b1 3，求数列 bn 的前n项和Tn． （Ⅰ）证：因为 Sn 3an 2(n 1,2, )，

Sn 1 3an 1 2(n 2,3, )，

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所以当n 2时，an Sn Sn 1 3an 3an 1，整理得an 由Sn 3an 2，令n 1，得a1 3a1 2，解得a1 1. 所以 an 是首项为1，公比是

3

an 1. 2

3

的等比数列. 2

（Ⅱ）解：由bn 1 an bn(n 1,2, )，得

bn 1 bn an(n 1,2, ).

所以

b2 b1 a1,b3 b2 a2,

bn bn 1 an 1,

3 1 2从而 bn b1 [a1 a2 an 1] 3

31 2

Tn 2[1

n 1

3 2 2

n 1

5.

33233

() ...... ()n 1] 5n 4 ()n 5n 4. 2222

说明：数列的an与Sn问题是数列的基本问题，通过两者之间的转化达到解决问题的目的是学生应该落实的.本题的第一问也可以改为“求数列 an 的通项”或“求数列 an 的前n项和Sn”，提高思维的强度.

2,12. 数列 an 满足a1 2,an 1 ( 3)an 2n，（n 3

(Ⅰ) 当a2 1时，求 及a3；

）

（Ⅱ）是否存在实数 ，使得数列 an 为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式，若不存在，说明理由；

解：(Ⅰ) a1 2,a2 1,a2 ( 3)a1 2,(n 1,2,3 )

33112

，故a3 a2 2，所以a3 . 222

n

（Ⅱ） a1 2,an 1 ( 3)an 2，

a2 ( 3)a1 2 2 4 ，

a3 ( 3)a2 4 2 10 16，

2

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若数列 an 为等差数列，则a1 a3 2a2 2 7 13 0

49 4 13 0 方程没有实根，故不存在 ，使得数列 an 为等差数列.

2

若数列 an 为等比数列，则a1 ，即2(2 2 10 16) (2 4)2 a3 a2

解得： 4. an 1 an 2n

a2 a1 2a3 a2 22a4 a3 23 an an 1 2n 1

2(1 2n 1) an 2 2n (n 2,n N )

1 2

又n 1,a1 2符合条件， an 2n (n N)

*

将n 1个式子相加，an a1 2 22 2n 1，

an 12n 1 n 2，故数列 an 为等比数列. 通项公式为an 2n an2

说明： 本题给出的是数列an 1与an两项之间的递推形式.在第二问中，通过特殊方法，得到 的值，要注意引导学生理解结果并非充要条件，而是必要不充分条件，所以需要

进一步的验证，而且在验证过程中，使用了叠加法，可以为学生说明其结构形式和解题策略要让学生掌握归纳的思想，学会从特殊到一般的思考数学问题的思维过程.

三、统计与概率部分：

1．（理科学生做）

某班级举行一次知识竞赛活动，活动分为初赛和决赛两个阶段、现将初赛答卷成绩

（得分均为整数，满分为100分）进行统计，制成如下频率分布表．

（Ⅰ）填充频率分布表中的空格（在解答中直接写出对应空格序号的答案）；

（Ⅱ）决赛规则如下：参加决赛的每位同学依次口答4道小题，答对2道题就终止答题，并

获得一等奖.如果前三道题都答错，就不再答第四题.某同学进入决赛，每道题答对的概率P的值恰好与频率分布表中不少于80分的频率的值相同． ①求该同学恰好答满4道题而获得一等奖的概率；

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②记该同学决赛中答题个数为X，求X的分布列及数学期望． 解：（Ⅰ） ① 8 ② 0.44 ③ 6 ④ 0.12

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，P = 0.4

①该同学恰好答对4道题而获得一等奖，即前3道题中刚好答对1道题.第4道也能够

1答对才获得一等奖，则有C3 0.4 0.62 0.4 0.1728

②答对2道题就终止答题，并获得一等奖，所以该同学答题个数为2、3、4. 即X= 2、3、4

P(X 2) 0.42 0.16,

1

P(X 3) C20.4 0.6 0.4 0.63 0.408,

P(X 4) C0.4 0.6 0.432.

分布列为：

13

2

EX 2 0.16 3 0.408 4 0.432 3.272.

说明：本题考查统计问题：用样本估计总体，考查概率问题：满足特殊条件的概率的事件如何求其概率，要求同学 把条件真正弄清楚之后，再动手进行计算.同时还要求同学们分清一些典型的分布问题.

2．（理科学生做）

袋子里有大小相同的3个红球和4个黑球，今从袋子里随机取球.

（Ⅰ）若有放回地取3次，每次取1个球，求取出1个红球2个黑球的概率； （Ⅱ）若无放回地取3次，每次取1个球，

①求在前2次都取出红球的条件下，第3次取出黑球的概率；

②求取出的红球数X的分布列和数学期望. 解：（Ⅰ）记“取出1个红球2个黑球”为事件A，根据题意有

414413P(A) C3() ()2 ；

77343

答：取出1个红球2个黑球的概率是

144

. 343

（Ⅱ）①方法一：记“在前2次都取出红球”为事件B，“第3次取出黑球”为事件C，

4

3 213 2 44P(BC)4

，P(BC) 则P(B) ，所以P(C|B) .

157 677 6 535P(B)

7

方法二：P(C|B)

n(BC)3 2 44

. n(B)3 2 55

4

. 5

答：在前2次都取出红球的条件下，第3次取出黑球的概率是②随机变量X的所有取值为0, 1, 2, 3.

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33213C4 A3C4C3 A3418

，， P(X 0) P(X 1) 33

A735A73512333C4C3 A3C3 A3121

，. P(X 2) P(X 3) 33

A735A735

所以EX 0

418121459 1 2 3 . 35353535357

说明：首先让学生清楚有放回与无放回这两种模型的区别，应该清楚每种情况对应的基

本事件空间是谁，同时要弄清楚序的问题，一个总的问题：分子和分母同时有序或无序.还要注意条件概率问题中的相关定义，谁是条件.

3．（文科、理科学生做）

已知a (1, 2),b (x,y)，

（Ⅰ）若x是从 1,0,1,2四个数中任取的一个数，y是从 1,0,1三个数中任取的一个数，

求a b的概率．

（Ⅱ）若x是从区间[ 1,2]中任取的一个数，y是从区间[ 1,1]中任取的一个数，求a,b的

夹角是锐角的概率．

解：（Ⅰ）设“a b”为事件A，由a b，得x 2y 0

{( 1, 1),( 1,0),( 1,1),(0, 1),(0,0),(0,1),(1, 1),(1,0),(1,1),(2, 1),(2,0),(2,1)}

共包含12个基本事件；其中A {(0,0),(2,1)}，包含2个基本事件.

21

126

（Ⅱ）设“a,b的夹角是锐角”为事件B，由a,b的夹角是锐角，可得 0，即x 2y 0,

则P(A) 且y 2x

{(x,y) 1 x 2, 1 y 1}，B {(x,y) 1 x 2, 1 y 1,x 2y 0,y 2x}

11

B ( 2) 35 则P(B) 3 28

15

答：（Ⅰ） a b的概率是；（Ⅱ） a,b的夹角是锐角的概率是．

68

说明：对于文科学生来讲，古典概型和几何概型是两种重要的概率模型.

要注意分清两

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种概率模型的基本特征，并注意解题的规范性.

4．（文科学生做）

一个袋中装有大小相同的黑球和红球，已知袋中共有5个球，从中任意摸出1个球，得到黑球的概率是

2

.现将黑球和红球分别从数字1开始顺次编号. 5

（Ⅰ）若从袋中有放回地取出两个球，每次只取出一个球，求取出的两个球上编号为相同数字的概率.

（Ⅱ）若从袋中取出两个球，每次只取出一个球，并且取出的球不放回.求取出的两个球上编号之积为奇数的概率.

解：设袋中有n个黑球，则由已知可得

n2

，即n 2 55

所以，袋中有两个黑球，编号分别为1，2；袋中有3个红球，编号分别为1，2，3. （Ⅰ）设“取出的两个球上编号为相同数字”为事件A

{(黑1，黑1）,(黑1，黑2）,(黑1，红1）,(黑1，红2),(黑1，红3),

(黑2，黑1),(黑2，黑2),(黑2，红1),(黑2，红2),(黑2，红3),

(红3，黑1),(红2，黑2),(红3，红1),(红3，红2),(红3，红3)}

共包含25个基本事件；

其中A ｛（黑１，黑１），（黑２，黑２），（红１，红１），（红２，红２），（红３，红３），（黑１，红１），（黑２，红２），（红１，黑１），（红２，黑２）｝，包含９个基本事件. 则P(A)

9

25

（Ⅱ）设“取出的两个球上编号之积为奇数”为事件B

{(黑1，黑2）,(黑1，红1）,(黑1，红2),(黑1，红3),

(黑2，黑1),(黑2，红1),(黑2，红2),(黑2，红3),

(红3，黑1),(红2，黑2),(红3，红1),(红3，红2)}

共包含20个基本事件；

其中B {(黑1，红1),(黑1，红3),(红1，黑1),(红1，红3),(红3，黑1),(红3，红1)}，包含6个基本事件.则P(B)

63

2010

9. 25

答：（Ⅰ）取出的两个球上编号为相同数字的概率是（Ⅱ）取出的两个球上编号之积为奇数的概率是

3

. 10

命题意图：两个问题分别为有放回的事件和无放回的事件，在这两种不同的情况下，基本事件空间是不同的.建议对于两次取球或两次掷骰子等问题，在列举基本事件的时候，最好考虑有顺序的列举，不容易出错.

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5．（文科学生做）

据统计，从5月1日到5月7号参观上海世博会的人数如下表所示：

其中，5月1日到5月3日为指定参观日，5月4日到5月7日为非指定参观日. （Ⅰ）把这7天的参观人数看成一个总体，求该总体的平均数（精确到0.1）；

（Ⅱ）用简单随机抽样方法从非指定参观日中抽取2天，它们的参观人数组成一个样本.求

该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过2万的概率. 解：（Ⅰ） 总体平均数为

1

(21 23 13 15 9 12 14) 15.3 7

（Ⅱ）设Ａ表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过2万”

从非指定参观日中抽取２天全部可能的基本结果有：(15,9), (15,12), (15,14), (9,12), (9,14), (12,14),共有6个基本结果； 事件Ａ包含的基本结果有：(15,12), (15,14),共有2个基本结果. 所以， 所求的概率为P(A)

21 63

说明：此题将概率问题与统计问题简单综合，既考查了概率的计算，又体现了用样本估计总体的重要的统计思想.

四、解析几何部分

x2y2

1的左顶点、右焦点分别为A,F，直线

l的方程为x 9， 1．如图，椭圆C:

3620N

为l上一点，且在x轴的上方，AN与椭圆交于M点 （1）若M是AN的中点，求证：MA MF.

（2）过A,F,N三点的圆与y轴交于P,Q两点，求|PQ|的范围.

（1） 解:由题意得A( 6,0),F(4,0)，xN 9 x

M

3 2

53

又M点在椭圆上，且在x轴上方，得yM

2

15 5 MA ( ,MF (,22 7575 MA MF 0

44

MA MF

（2） （方法一）设N(9,t)，其中t 0

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圆过A,F,N三点， 圆心在线段AF的中垂线上

设圆心为( 1,b)，半径为r，有r

( 1 4)2 b2 ( 1 9)2 ((b t)2

t2 75175 b (t )，PQ 2r2 1 2b2 24

2t2t

t 0， b t

7575

53，当且仅当t ,即t 53时取“=”

tt

PQ 2 6. 的取值范围是[6, )

（方法二）解：设N(9,t)，其中t 0， 圆过A,F,N三点，

设该圆的方程为x2 y2 Dx Ey F 0，有

36 6D F 0

75

,F 24 解得 D 2,E t 16 4D F 0

t 81 t2 9D tE F 0

175175

圆心为( 1,(t )),半径r 25 (t )2

2t4t

175

PQ 2r2 1 224 (t )2， t 0

4t

t

757575

2t 10，当且仅当t ,即t 5时取“=”

ttt

PQ 2 6， 的取值范围是[6, )

说明：此题的第1问用向量方法去证明垂直问题，既体现了向量与解析几何的综合，又体现了解析几何中重要的基本思想：用代数方法解决几何问题.第2问考查了与圆有关的基本问题及典型方法——如何求圆的方程及如何计算圆的弦长.

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2.（理科学生做）

2

已知圆F:x y 1 1，动圆P与定圆F在x轴的同侧且与x轴相切,与定圆F

2

相外切.

（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；

（Ⅱ）已知M 0,2 ，是否存在垂直于y轴的直线m，使得m被以PM为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出m的方程；若不存在，说明理由．

解：（Ⅰ）设动圆P的半径为r，则PF 1 r.

设P x,y ，根据圆P与x轴相切，以及动圆P与定圆F在x轴的同侧，可得

r y 0，

1 y. 化简得：x2 4y.

所以，动点P的轨迹C的方程为x2 4y y 0 .

2

xP

（Ⅱ）设P xP,

4

2

xPxP

PM，则以为直径的圆的圆心为Q, 1 ，

28

半径

r

PM2

2xP

1 a. 若存在满足题意的直线，设方程为y a，则圆心到该直线的距离为8

根据勾股定理，可得：该直线被圆所截得的弦长l满足：

2xP l 2

1 a，即 r

28

2

2

222

xP xP xP222

l 4r 2 2a xP 2 2 2a xP a 1 8a 4a2

4 4 4

要使l为定值，需且只需a 1.

所以，存在垂直于y轴的直线m：y 1，使得m被以PM为直径的圆截得的弦长

2

222

恒为定值，定值为2.

说明：本题通过直接法得到抛物线的轨迹方程，有助于学生进一步梳理抛物线的概念，要注意y 0的发现.第二问实际考查的是直线与圆的位置关系问题，要求学生尽量利用几何条件解题：弦心距、半弦长、半径构成直角三角形，知二求一.

3. （理科学生做）

已知A,B是抛物线x 4y上两个动点，且直线AO与直线BO的倾斜角之和为试证明直线AB过定点.

解： 显然，直线AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y kx m，

2

代入x 4y，得：x 4kx 4m 0.

2

2

，4

设A x1,y1 ，B x2,y2 ，则：

x1 x2 4k,

x1x2 4m,

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设直线AO与直线BO的倾斜角分别为 , ，则 又tan

， 4

y1x1yx ,tan 2 2， x14x24

所以，1 tan 即m 4k 4，

tan tan 4 x1 x2 16k4k

.

1 tan tan 16 x1x216 4m4 m

直线AB的方程为y kx 4k 4，即y 4 k x 4 ， 所以，直线AB恒过定点 4, 4 .

说明：本题要求学生能够掌握用代数方法解决几何问题的一般方法：研究直线AB

过定点的问题就要通过直线AB的方程y kx m讨论问题，也就是要找到k与m的关系.为此，直线AB与抛物线交于不同的两个点及对于条件“直线AO与直线BO的倾斜角之和为

4. 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形. （Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设P 4,0 ，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在

正方形内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围.

”进行必要的有效的代数化就成为解决本题的主要任务. 4

x2y2

解: （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为2 2 1(a b 0),焦距为2c，

ab

122

由题设条件知，a2 8,b c, 所以b a 4.

2

x2y2

1 . 故椭圆C的方程为84

（Ⅱ）显然直线l的斜率k存在，所以可设直线l的方

程为y k(x 4).

如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，

y k(x 4),

由 x2y2得

1 4 8

(1 2k2)x2 16k2x 32k2 8 0.

由 (16k) 4(1 2k)(32k 8)

0解得22

2

2

k . 16k2

因为x1,x2是方程①的两根，所以x1 x2 ，于是 2

1 2k

x1 x24k8k2

x0 y k(x 4) = ， 00

21 2k21 2k2

8k2

0，所以点G不可能在y轴的右边，

因为x0

1 2k2

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又直线F1B2,F1B1方程分别为y x 2,y x 2, 所以点G在正方形内（包括边界）的充要条件为

4k8k2

2 2, 222k 2k 1 0, y0 x0 2 1 2k1 2k 即 亦即

2 2

y0 x0 2 2k 2k 1 0. 4k 8k 2,

1 2k21 2k2

说明：本题通过正方形的面积转化为边长，要求学生能通过椭圆的定义，得到椭圆的

相关基本量.第二问对于“线段MN的中点落在正方形内（包括边界）”是学生的思维难点，进行有效的代数化是解题的关键.可以让学生回忆数学中关于平面区域中位置的判断方法，找到它的充要条件.

，此时②也成立. k

故直线l

斜率的取值范围是[

解得

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