海淀期末试卷讲评

2011海淀期末试卷讲评

2010－2011海淀区高三数学（理）期末试卷分析

首师大附中 李大永

【考题6】．由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是

A． 72 B. 60 C. 48 D. 12 【分析】：本题反映出学生对计数的常规方法与策略掌握的熟练程度.

法1：抓住关键词句“奇偶数字相间”的意义，可获得六位数的构成特点：“奇偶奇偶奇偶”

33312或“偶奇偶奇偶奇”，注意特殊数字“0”不能在首位，按属性填充数字可得A3A3 A3C2A2.

法2：由关键词句“奇偶数字相间”联想到插空模型，先确定奇数次序，然后按条件插空，

3312A3(A3 C2A2)

x2y2

1，对于任意实数k，下列直线被椭圆E所截弦长与【考题7】. 已知椭圆E：m4l：y kx 1被椭圆E所截得的弦长不可能相等的是 ．．．

A．kx y k 0 B．kx y 1 0 C．kx y k 0 D．kx y 2 0 【分析】本题主要考查学生对椭圆的对称性的认识，此外还考查了学生对全称命题的理解. 由椭圆的对称性可知，直线y kx 1，y kx 1，y kx 1与y kx 1分别关于原点、y轴、x轴对称，无论k取何值它们被椭圆截得的弦长都相等，在k 1时，选项A,C的直线与l：y kx 1分别关于x轴、y轴对称.所以排除法可得只有D不可能.

也可直接判断选项D的直线最特殊，它在任何情况下与已知直线l：y kx 1都不存在关于原点或x，y轴的对称性，且两直线处于平行位置，直线kx y 2 0截得的弦小于l：

y kx 1被椭圆E所截得的弦长.

【考题8】. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F//面A1BE，则B1F与平面CDD1C1 所成角的正切值构成的集合是 A. 2 B.

AB1

t 2} C.

{t|2 }

D. {t| t 2

D1

E

A

B

C

【分析】本题考查学生对平行、垂直位置关系的相关结论的 综合运用、线面角的概念的的理解，重点考查空间想象能力.

D

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由B1F//面A1BE，可得点B1与点F的轨迹所在的平面

与平面A1BE平行，所以点F的轨迹为棱CC1,C1D1中点的连线， 由正方体的性质可得B1F与平面CDD1C1 所成角的正切值为

B1C1

，令B1C1

2 C1F

C1F 1，所以选C. 【点评】正方体是学生最熟悉的几何体，它不仅是我们教学中学习平行、垂直等位置关系时，

经常使用的载体，也是训练空间想象力的绝佳载体，而且它还是思考、判断空间位置关系的重要空间思维载体.因此，在高考中，经常以它为几何背景考查空间想象力. 【拓展问题】

P作垂直于平面1.如图，动点P在正方体ABCD A1BC11D1的对角线BD1上．过点

BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．

（1）设BP x，MN y，则函数y f(x)的图象大致是（ B ）

（2）设BP x，四边形面积SD1MBN y，则函数y f(x)的图象大致是（ B ） （3）设BP x，三角形面积S MBN y，则函数y f(x)的图象大致是（ C ）

DAC1

1 C

A

2. 平面 外有两条直线m和n，如果m和n在平面 内的射影分别是m1和n1，给出下列四个命题：

①m1⊥n1 m⊥n； ②m⊥n m1⊥n1；

③m1与n1相交 m与n相交或重合； ④m1与n1平行 m与n平行或重合；其中不正确的命题个数是（ D ）

A.1 B.2 C.3 D.4

【分析】借助正方体为思维载体，如图，直线m和n

A的多种位置，射影保持垂直不变. B1

B

D1

Cm

n

D

C

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3. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E,F分别为棱设C1E x,AF y则下列结论正确C1D1，AB上的点，

的有 （写出所有正确结论）②③④⑤ ①x与y不相等时，直线EF与D1B必为异面直线； ②x与y不相等时，直线EF与DB1必为异面直线； ③ EA1F的最小值为

A1

； 3

④三棱锥D CEF的体积与x、y无关； ⑤直线EF与平面ABCD所成角的最大值为分析：①EF与D1B同在平面ABC1D1；

②DB1与平面ABC1D1交于一点P，点P为线段DB1的中点，EF是在平面ABC1D1内运动的直线，因此若EF与DB1相交，必交于点P，由于x与y不相等时，在矩形ABC1D1中EF不会过点P，所以EF与DB1不相交，依据异面直线判定定理易判断EF与DB1异面. ③cos EA1F cos EA1B1cos FA1B1，观察正方体易得 EA1B1, FA1B1的范围都是

; 4

1ππ

cos FA1B1 ，所以0 cos EA1F ， [,]，所以0 cos EA1B1

422所以 EA1F

3

④三棱锥D CEF的体积与三棱锥F CED的体积相同，由于 CDE的面积与x无关，F

到平面CDD1C1的距离与y无关，所以三棱锥D CEF的体积与x、y无关.

⑤因为E到底面ABCD距离总为正方体棱长，所以直线EF与平面ABCD所成角的正切值的大小取决于EF在底面ABCD上的射影长a，易得a最小为a，所以EF与平面ABCD所成角最大值为

【考题14】．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点.定义P(x1,y1)、Q(x2,y2)两点之间的“直角距离”为d(P,Q)=x1-x2+y1-y2

.若点A(-1,)3，则

. 4

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d(A,O)；

已知点B(1,0)，点M是直线kx-y+k+3=0(k>0)上的动点，d(B,M)的最小值为 .

【分析】本题属于新定义类的创新题目，重点考查学生对定义的理解能力，考察学生综合运用知识和方法的能力.

对直角距离定义的理解有两个角度：数和形

ìïïï(k+1)x+k+2,x 1ïïïk+3ï

数：d(B,M)=|x-1|+|kx+k+3|=ï(k-1)x+k+4,-<x<1 í

ïkïïïk+3ï-(k+1)x-k-2,x?ïïkïîd(B,M)min

ì2k+3,0<k<1ïï

=ïí3

ï2+,k 1ïïkî

形：如图d(B,M)=|MH|+|HB|或d(B,M)=|MF|+|FB| 首先易得：

点M在线段DC

点M在线段CD而当点M在线段CD若k 1时，d(B,M)=若0 k 1时，d(B,若k 1时，d(B,M)?【相关考题】

西城期末14.P(x1,y1),Q(x2,y2)2

2

坐标原点O与直线2x圆x y 1上一点与直线2x y 0上一点的“折线距离”的最小值是____. 分析：本题若不从图上分析，就太复杂了！依据海淀14题的对点与直线上点的折线距离的

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最小值分析，可知圆上任一点与直线上点的折线距离的最小值总为|BF|，设圆上点|BF| B(cosθ,sinθ

，则)

sinθsinθ 2cosθ cosθ 22（08石景山一模理8）对于平面直角坐标系内任意两点A（x1，y1）、B（x2，y2），定

义它们之间的一种“距离”：‖AB‖=︱x1 x2︱+︱y1 y2︱．给出下列三个命题： ①若点C在线段AB上，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖；

②在△ABC中，若∠C=90°，则‖AC‖+‖CB‖=‖AB‖； ③在△ABC中，‖AC‖+‖CB‖>‖AB‖． 其中真命题的个数为（ B ）

A.0 B.1 C.2 D.3

（2010广东卷21）．设A(x1,y1),B(x2,y2)是平面直角坐标系xOy上的两点，先定义由点A到点B的一种折线距离p(A,B)为P(A,B) |x2 x1| |y2

y1|.

2

2

2

当且仅当(x x1)(x2 x) 0,(y y1)(y2 y) 0时等号成立，即A,B,C三点共线时等号成立.

（2）当点C(x, y) 同时满足①P(A,C)+P(C,B)= P(A,B)，②P(A,C)= P(C,B)时，点C是线段AB的中点. x

x1 x2y y2x x2y1 y2

,y 1,)满足条件。，即存在点C(1 2222

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(徐文兵提供)在平面直角坐标系中，定义P(x1,y1),Q(x2,y2)之间的“直角距离”为

d(P,Q) |x| 1 x2| |y1 y2，

①若动点C(x,y)到坐标原点的“直角距离”等于1，则动点C的轨迹围成的图形面积为 ； ②设A( 1,0),B(1,0)，满足到A的“直角距离”等于到B的“直角距离”的动点C的轨迹是一条长度为2的线段；

x2y2

1}； ③设F,0),F2(1,0)，则{C(x,y)|d(C,F1) d(C,F2) 4} {C(x,y)| 1( 143

其中真命题有_______________（填序号）

答案： ③④ 分析：

① 轨迹为{C(x,y)||x| |y| 1}，围成的是面积为2的正方形； ② 轨迹为直线： |x 1| |

y③ 若C(x,y)满足d(C,F1)

【考题15】．（本小题满分12设函数f(x) cos(2x （Ⅰ）求f(x)在(0,

3

)

2

)上的值域；

（Ⅱ）记 ABC的内角A,B,C的对边长分别为a，b，c，若f(A) 1，求a b 3，

c的值.

【修改前】

设函数f(x) cos(2x

3

) 2cos2x，x R.

π

（Ⅰ）求f(x)在(0,)的值域；

2

（Ⅱ）记 ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c，若f(A) 1,a 3，求c的值.

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解：（Ⅰ）f(x) （Ⅱ）

由f(A)

3π1

2x cos2x 1 x )

1，值域( ,1 232

sin(A2

ππ

，因

为a b 3，所以A (0,)，所以 ) 1得1

32

ππ4π

2A (,)

333所以2A

ππ π，即A 33

由余弦定理可得c2 3c 2 0，所以c 2

注：已知两边及一角，求第三边，还可以用正弦定理求解，但是用余弦定理更方便.理论上，用余弦定理求解和用正弦定理在解的情况上是一样的. 比如：设已知A,a,b，

由余弦定理可得a2 b2 c2 2bccosA，整理得c2 2bccosA b2 a2 0 由 0可得a bsinA

当a bsinA时，三角形为直角三角形；

当a bsinA且b a时，c有两正实数解，即三角形有两解； 当a bsinA且b a时，c有一正实数解，即三角形有一解；

这与正弦定理讨论的结果等同.

【考题16】.（本小题满分13分）

某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次.在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出.已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为

9

和10

1 3

（Ⅰ）如果选手甲以在A、B区投篮得分的期望高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择哪个区投篮？

（Ⅱ）求选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率.

分析：本题考查二项分布，事件间的关系，随机变量的期望等知识. 对于文字较多的概率题，讲评时①应指导学生运用图表等方式表达体重数据信息，同样在分

所以甲在

A区投篮得分高于在B区投篮得分的情况：（2，0）、（4，0）、（4，3）

②注意概率题解答的规范书写与表达，概率问题需首先分析清楚各事件间的关系，.弄清概

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率公式的适用条件.

③概率对人们在生活中做出正确选择的一个非常有用的工具.本题中的两问体现出我们在作出选择时的不同判断标准.2010年安徽理21题是体现概率应用价值非常突出的题目，我非常欣赏这个题目，只是确实难度大了一些.

【10安徽理21】品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试。根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评为。

现设n 4，分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令

X a1 2 a2 3 a3 4 a4，

则X是对两次排序的偏离程度的一种描述。 (Ⅰ)写出X的可能值集合；

(Ⅱ)假设a1,a2,a3,a4等可能地为1,2,3,4的各种排列，求X的分布列； (Ⅲ)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X 2，

(i)试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； (ii)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由。

分析：按规律列出所有结果：

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解：（I）X的可能值集合为{0，2，4，6，8}，

在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，所以a2，a4中的奇数个数等于a1，a3中的偶数个数，因此|1－a1|+|3－a3|与|2－a2|+|4－a4|的奇偶性相同，从而

X=(|1－a1|+|3－a3|)+(|2－a2|+|4－a4|)必为偶数，X的值非负，且易知其值不大于8，容易举出X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子.

（II）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，计算每种排列下的X值，

，将三轮测试都有x≤2的概率记作p。（III）（i）首先P(x≤2)=P(X=0)+P(X=2)= 24611

由上述结果和独立性假设，得p=3 .

6216

115

（ii）由于p=3 <是一个很小的概率，这表明凭随机猜测得到三轮测试都

62161000

有X≤2的结果的可能性很小，所以我们认为该品酒师缺确实有良好的味觉鉴别功能，不是

靠随机猜测。

【考题17】. （本小题满分14分）

如图，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都为2， AC BD O，侧棱AA1与底面ABCD的所成角为60°，AO平面ABCD，F为DC1的中点． 1⊥（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；

（Ⅱ）证明：OF//平面BCC1B1；

（Ⅲ）求二面角D AA1 C的余弦值．

【分析】

本题的线面角条件会给学生造成一定的 困难，要求学生对线面成角的概念需有 正确理解，掌握该概念的几何图示. 这也提醒学生在学习立体几何时，不能 因为向量方法的介入而忽视立体几何

这一研究对象的本身的几何图形的

A

特性，机械记忆一些处理问题的

算法对立体几何的学习是远远不够的！

学习中必需重视几何概念的基本图示的理解和掌握.

【考题18】. （本小题满分13分）

已知函数f(x) ln(x 1) ax

D1

A1

C1

B1

C

B

1 a1

(a ). x 12

（Ⅰ）当曲线y f(x)在(1,f(1))处的切线与直线l:y 2x 1平行时，求a的值；

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（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间.

【分析】导数问题，往往会涉及参数的讨论，而这恰恰使学生感觉困难的地方.在这个难点的处理上，应避免机械的强调讨论的程序，而是应强调借助直观分析的方法，并突出产生讨论的原因和目的的理解与认识.

1

ax(x 2 )

x(ax 2a 1)1，x 1 x 1f (x) ，， 因为，所以f (x) a 22

(x 1)(x 1)2

111

2,x2 0 ， 由a 可知 2 0 aa2

目标：弄清导函数在x 1中的符号情况

方法：借助函数图象与x轴的位置关系来反映

实施：二次函数的开口已确定，两根大小不确定（相等和小于两种情况），一根是否在目标区域不确定，需要讨论.

【考题19】. （本小题满分14分） 令f (x) 0，得到x1

已知点M(1,y)在抛物线C:y2 2px(p 0)上，M点到抛物线C的焦点F的距离为

1

x b与抛物线交于A,B两点. 2

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

2，直线l:y

（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程； （Ⅲ）若直线l与y轴负半轴相交，求 AOB面积的最大值.

【分析】解析几何问题的求解，要突出核心思想——数形结合，基本方法——代数方法研究几何.所以解析几何求解需要弄清： ①几何位置关系与代数关系的对应 ②建立特定几何属性间的联系

（Ⅰ）抛物线满足特定属性“M点到抛物线C的焦点F的距离为2”确定了抛物线

（Ⅱ）由于抛物线确定，直线斜率确定，特定几何属性“以AB为直径的圆与x轴相切”确定了直线位置确定，以AB为直径的圆自然也是确定的.

（Ⅲ）特定几何属性“直线l与y轴负半轴相交”意味着斜率确定的直线可以在一定范围内平行移动，致使 AOB发生变化.直线的“动”的代数表达“b”的取值变化， AOB随之变化， AOB的面积由b确定，构成函数关系.

【考题20】．（本小题满分14分）

已知集合A 1,2,3, ,2n (n N).对于A的一个子集S，若存在不大于n的正整数

*

m，使得对于S中的任意一对元素s1,s2，都有s1 s2 m，则称S具有性质P.

（Ⅰ）若n 10，试判断集合B x Ax 9 和C x Ax 3k 1,k N*是否具有性质P？并说明理由. （Ⅱ）若n 1000

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① 若集合S具有性质P，那么集合T 2001 xx S 是否一定具有性质P？并说明理由；

②若集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值．

【分析】策略上，应注意前后问之间的联系，充分借助前面的具体、简单性问题加深对题目的认识.前面问题提供了以下信息： ①集合构成方式：连续取数；非连续 ②C x Ax 3k 1,k N*按余数分 ③S与T 2001 xx S 的关系

思考：首先m的取值个数最少时集合S中的元素个数才能最多 其次，从特殊化试验探索： n 3时，A {1,2,3,4,5,6} 若m 3，则S {1,2,3} 若m 2，则S {1,2,5,6} 若m 1，则S {1,3,5}

n 4时，A {1,2,3,4,5,6,7,8} 若m 4，则S {1,2,3,4} 若m 3，则S {1,2,3,7,8} 若m 2，则S {1,2,7,8} 若m 1，则S {1,3,5,7}

从以上尝试中可以得到哪些信息？ 启示1： n 1000时，猜想m 999时，S中元素个数最多.（需要进一步确认猜想的正确性） 启示2：连续的一组数不能超过m个，相邻组间关系：后一组首数与前一组末数的差最小是m 1

启示3：取数规律：A 1,2,3, ,m,m 1,m 2 ,2n

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