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2012年北京市海淀区高三数学查漏补缺题附详细答案


2012 年北京市海淀区高三数学查漏补缺题 年北京市海淀区高三数学 海淀区高三数学查漏补缺题
一、函数部分: 1.已知函数 f ( x) =
ln x + 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, e 2 ] 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 ) =
1? a 令 f ′( x ) = 0得x = e

1 ? (ln x + a ) x2

当 x ∈ (0, e 当 x ∈ (e

1? a

1? a

)时, f ′( x ) > 0, f ( x ) 是增函数 ,+∞)时, f ′( x) < 0, f ( x ) 是减函数
1? a

∴ f ( x)在x = e

处取得极大值, f ( x) 极大值 = f (e1?a ) = e a ?1
a ?1

(Ⅱ) (i)当 e1? a < e 2 时, a > ?1时 ,由(Ⅰ)知 f ( x )在(0, e1? a ) 上是增函数,在 (e1? a , e 2 ] 上是 减函数. f ( x ) max = e 又当 x = e ? a时, f ( x ) = 0, 当x ∈ (0, e ? a ]时f ( x) < 0.当x ∈ (e ? a , e 2 ] 时, f ( x ) ∈ (0, e a ?1 ] 所以, f ( x)与图象g ( x) = 1 的图象在 (0, e 2 ] 上有公共点,等价于 e a ?1 ≥ 1 解得 a ≥ 1, 又a > ?1, 所以a ≥ 1 .

≥ e 2即a ≤ ?1 时, f ( x)在(0, e 2 ] 上是增函数, 2+a ∴ f ( x )在(0, e 2 ]上的最大值为 f (e 2 ) = e2 , 2+a 所以原问题等价于 2 ≥ 1, 解得a ≥ e 2 ? 2. e 又Q a ≤ ?1 ∴无解
(ii)当 e 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 ) =

1? a

2 3 4 4 x ? 2 x + m (? ≤ m ≤ ) . 3 3 3

(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 ) = 2 x 2 ? 2 ,由 f ′( x ) = 2 x 2 ? 2 = 0 得 x = ?1 或 x = 1 .

x f ′( x)
f ( x)

(?∞,?1)

+
单增

?1 0
极大值

(?1, 1)

1 0
极小值

(1,+∞)


单减

+
单增

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

4 4 ,极小值为 f (1) = m ? . 3 3 4 4 4 4 (II)由于 ? ≤ m ≤ ,所以 f ( ?1) = m + ≥ 0 , f (1) = m ? ≤ 0 . 3 3 3 3
极大值为 f ( ?1) = m +
1

4 时, f ( ?1) = 0 ,即 x = ?1 是方程 f ( x ) = 0 的一个解. 3 4 4 8 2 4 4 又因为 f (1) = ? ? = ? < 0, f (3) = × 27 ? 6 ? = 12 ? > 0 , 3 3 3 3 3 3 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
当m = ? 解.

4 4 时, f (1) = m ? = 0 ,即 x = 1 是方程 f ( x ) = 0 的一个解. 3 3 4 4 8 4 又因为 f ( ?1) = + = > 0, f ( ?3) = ?12 + < 0 , 3 3 3 3 根据函数 f (x ) 单调性可知, 方程 f ( x ) = 0 有两个不同 所以方程 f ( x ) = 0 在 (? 3, ?1) 内至少有一个解.
②当 m = 的解. ③当 ?

4 4 4 4 < m < 时, f (?1) = m + > 0 , f (1) = m ? < 0 ,所以方程 f ( x) = 0 在 (?1, 1) 内至少有 3 3 3 3 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.

3. 如图,矩形 ABCD 内接于由函数 y = x , y = 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 ) , x ∈ (0, 得 1? x > x , 记 矩 形 令 t = x , t ∈ (0,
ABCD
y

3? 5 ) ,则 B(1 ? x , x ) ,由图可 2

的 面 积 为

S , 易 得

A O D

B C
1

S = AB ? AD = (1 ? x ? x) x = ?( x )3 ? ( x ) 2 + x 5 ?1 ) ,得 S = ?t 3 ? t 2 + t 2

x

1 所以 S ' = ?3t 2 ? 2t + 1 = ?(3t ? 1)(t + 1) ,令 S ′ = 0 ,得 t = 或t = ?1 , 3 5 ?1 1 因为 t ∈ (0, ) ,所以 t = . S ′, S 随 t 的变化情况如下表: 2 3 1 1 1 5 ?1 (0, ) ( , ) t 3 3 3 2 S′ S 由上表可知,当 t = + 0 极大值 5 27



1 1 5 5 ,即 x = 时, S 取得最大值为 ,所以矩形 ABCD 面积的最大值为 . 3 9 27 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.

2

二、数列部分:

1. 设数列 {an } 的前 n 项和 S n = 3an ? 2 ( n = 1, 2,L) . (Ⅱ)若 bn +1 = an + bn ( n = 1, 2,L) ,且 b1 = ?3 ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . (Ⅰ)证:因为 S n = 3an ? 2 ( n = 1, 2,L) , S n ?1 = 3an ?1 ? 2 (n = 2,3,L) , 所以当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = 3an ? 3an ?1 ,整理得 an = 由 S n = 3an ? 2 ,令 n = 1 ,得 a1 = 3a1 ? 2 ,解得 a1 = 1 . 所以 {an } 是首项为 1 ,公比是 (Ⅰ)证明数列 {an } 是等比数列;

3 an ?1 . 2

3 的等比数列. 2 (Ⅱ)解:由 bn +1 = an + bn ( n = 1, 2,L) ,得 bn +1 ? bn = an ( n = 1, 2,L) . n ?1 b2 ? b1 = a1 , ?3? 1? ? ? n ?1 b3 ? b2 = a2 , ? 2 ? = 2? 3 ? ? 5 . 所以 从而 bn = b1 + [ a1 + a2 + L + an ?1 ] = ?3 + ? ? 3 LL ?2? 1? 2 bn ? bn ?1 = an ?1 , 3 3 3 3 Tn = 2[1 + + ( ) 2 + ...... + ( ) n ?1 ] ? 5n = 4 × ( )n ? 5n ? 4 . 2 2 2 2 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. 数列 {an } 满足 a1 = 2, an +1 = (λ ? 3) an + 2 , n = 1, 2, 3L ) (
n

(Ⅱ)是否存在实数 λ ,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) Q a1 = 2, a2 = ?1, a2 = (λ ? 3) a1 + 2, ( n = 1, 2,3L)

(Ⅰ) 当 a2 = ?1 时,求 λ 及 a3 ;

∴λ =

3 3 11 2 ,故 a3 = ? a2 + 2 ,所以 a3 = . 2 2 2 n (Ⅱ) Q a1 = 2, an +1 = (λ ? 3) an + 2 , a3 = (λ ? 3)a2 + 4 = 2λ 2 ? 10λ + 16 ,

∴ a2 = (λ ? 3)a1 + 2 = 2λ ? 4 ,
若数列 {an } 为等差数列,则 a1 + a3 = 2a2 ∴ λ ? 7λ + 13 = 0
2 2

Q ? = 49 ? 4 × 13 < 0 ∴方程没有实根,故不存在 λ ,使得数列 {an } 为等差数列.
若数列 {an } 为等比数列,则 a1 a3 = a2 ,即 2(2λ 2 ? 10λ + 16) = (2λ ? 4) 2
n

解得: λ = 4 .∴ an +1 = an + 2

∴ a2 ? a1 = 2, a3 ? a2 = 2 2 , a4 ? a3 = 23 , LL , an ? an ?1 = 2 n ?1
将 n ? 1 个式子相加, an ? a1 = 2 + 2 + L + 2
2 n ?1



∴ an = 2 +

2(1 ? 2 ) = 2n 1? 2

n ?1

(n ≥ 2, n ∈ N )
3

又 n = 1, a1 = 2 符合条件,∴ an = 2

n

(n ∈ N * )



an +1 2n +1 = n = 2 ,故数列 {an } 为等比数列. 通项公式为 an = 2n 2 an 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 λ 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) (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; 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 ③6 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 道也能够答对才获得一等 奖,则有 C3 × 0.4 × 0.6 × 0.4 = 0.1728
1 2

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) = 0.4 2 = 0.16, 1 P( X = 3) = C2 0.4 × 0.6 × 0.4 + 0.63 = 0.408,
1 P( X = 4) = C3 0.4 × 0.62 = 0.432.

分布列为:

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.
4

2. 理科学生做) (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 答:取出 1 个红球 2 个黑球的概率是

4 144 1 3 P ( A) = C3 ( ) × ( ) 2 = ; 7 7 343

144 . 343

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

3× 2 1 = , 7×6 7

4 3× 2 × 4 4 P ( BC ) 35 4 P ( BC ) = = ,所以 P (C | B ) = = = . 1 5 P( B) 7 × 6 × 5 35 7 n( BC ) 3 × 2 × 4 4 方法二: = = . 方法二 P (C | B ) = n( B ) 3× 2× 5 5 4 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 . 5 ②随机变量 X 的所有取值为 0, 1, 2, 3 .

P( X = 0) = P( X = 2) =

3 3 C4 ? A3 C 2C 1 ? A3 18 4 = , P( X = 1) = 4 33 3 = , 3 A7 35 A7 35

1 3 C4C32 ? A3 12 C 3 ? A3 1 = , P ( X = 3) = 3 3 3 = . 3 A7 35 A7 35 4 18 12 1 45 9 所以 EX = 0 × + 1× + 2 × + 3 × = = . 35 35 35 35 35 7

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) (文科、理科学生做) 已知 a = (1, ?2), b = ( x, y ) ,

r

r

(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.

r

r

r r

(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 ? 2 y = 0

r

r

r

r

? = {( ?1,?1), (?1,0), (?1,1), (0,?1), (0,0), (0,1), (1,?1), (1,0), (1,1), (2,?1), (2,0), (2,1)} 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.则 P ( A) = = 12 6 r r r r 为事件 B , a, b 的夹角是锐角, 由 可得 a ? b > 0 , x ? 2 y > 0 ,且 y ≠ ?2 x 即 (Ⅱ) “ a, b 的夹角是锐角” 设
5

? = {( x, y ) ? 1 ≤ x ≤ 2,?1 ≤ y ≤ 1} , B = {( x, y ) ?1 ≤ x ≤ 2, ?1 ≤ y ≤ 1, x ? 2 y ≥ 0, y ≠ ?2 x}
× ( + 2) × 3 5 ? 2 则 P( B) = B = 2 = ?? 3× 2 8
答: (Ⅰ) a ⊥ b 的概率是

1

1

r

r

r r 1 5 ; (Ⅱ) a, b 的夹角是锐角的概率是 . 6 8

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) (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

n 2 = ,即 n = 2 5 5

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), LL(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; (黑1,黑1)(黑2,黑2)(红1,红1)(红2,红2)(红3,红3)(黑1,红 , , , , , 其中 A = { 1)(黑2,红2)(红1,黑1)(红2,黑2),包含9个基本事件. 则 P ( A) = , , , } (Ⅱ)设“取出的两个球上编号之积为奇数”为事件 B

9 25

? = {(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), LL (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 ) =

6 3 = 20 10 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. 5. 文科学生做) (文科学生做)
6

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: 日期 1日 2日 23 3日 13 4日 15 5日 9 6日 12 7日 14 人数 (万) 21

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) =

2 1 = 6 3

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

x2 y2 y 1.如图,椭圆 C : + = 1 的左顶点、右焦点分别为 A, F ,直线 l 的方 36 20 程为 x = 9 , N 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. A 3 解:由题意得 A( ?6,0), F ( 4,0) , xN = 9 ∴ xM = 2 5 3 又 M 点在椭圆上,且在 x 轴上方,得 yM = 2 uuur uuur 5 5 3 15 5 3 ∴ MA = (? , ? ), MF = ( , ? ) 2 2 2 2 uuur uuur 75 75 ∴ MA ? MF = ? + = 0, ∴ MA ⊥ MF 4 4 (方法一)设 N (9, t ) ,其中 t > 0 , Q 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 =

N

M

F

x

l

(?1 ? 4) 2 + b 2 = (?1 ? 9) 2 + ((b ? t ) 2

∴b =

t 2 + 75 1 75 = (t + ) , PQ = 2 r 2 ? 1 = 2 b 2 + 24 2t 2 t 75 75 Q t > 0 ,∴ b ≥ t ? = 5 3 ,当且仅当 t = , 即 t = 5 3 时取“=” t t ∴ PQ ≥ 2 99 = 6 11 .∴ PQ 的取值范围是 [6 11,+∞)
(方法二)解:设 N (9, t ) ,其中 t > 0 ,Q 圆过 A, F , N 三点,

∴ 设该圆的方程为 x 2 + y 2 + Dx + Ey + F = 0 ,有

7

?36 ? 6 D + F = 0 ? ?16 + 4 D + F = 0 ? 2 ?81 + t + 9 D + tE + F = 0

解得 D = 2, E = ?t ?

75 , F = ?24 t

1 75 1 75 ∴ 圆心为 (?1, (t + )), 半径 r = 25 + (t + ) 2 2 t 4 t

1 75 ∴ PQ = 2 r 2 ? 1 = 2 24 + (t + ) 2 ,Q t > 0 4 t 75 75 75 ≥2 t? = 10 3 ,当且仅当 t = , 即 t = 5 3 时取“=” t t t ∴ PQ ≥ 2 99 = 6 11 ,∴ PQ 的取值范围是 [6 11,+∞) ∴t +
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. 2. (理科学生做) 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 相外切.
2 2

(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 , 所以, x + ( y ? 1) = 1 + y .化简得: x 2 = 4 y .
2 2

(Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程;

所以,动点 P 的轨迹 C 的方程为 x = 4 y ( y > 0 ) .
2
2 2 ? ? xP xP ? xP ? (Ⅱ)设 P ? xP , ? ,则以 PM 为直径的圆的圆心为 Q ? , + 1? , 4 ? ? ? 2 8 ?

半径 r =

PM 2

( xP )
=

2

? x2 ? + ? P ? 2? ? 4 ? , 2
2 xP +1? a . 8
2

2

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
2

x2 ?l? 2 根据勾股定理,可得:该直线被圆所截得的弦长 l 满足: ? ? = r ? P + 1 ? a ,即 8 ?2?

(l )

2

? x2 ? ? x2 ? x2 2 2 = 4r ? P + 2 ? 2a = ( xP ) + ? P ? 2 ? ? ? P + 2 ? 2a ? = xP ( a ? 1) + 8a ? 4a 2 4 ? 4 ? ? 4 ?
2

2

2

2

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
8

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 = 4 y 上两个动点,且直线 AO 与直线 BO 的倾斜角之和为
2

π
4

,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 , 代入 x 2 = 4 y ,得: x ? 4kx ? 4m = 0 .
2

设 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ,则: ?

? x1 + x2 = 4k , ? x1 x2 = ?4m,

设直线 AO 与直线 BO 的倾斜角分别为 α , β ,则 α + β = 又 tan α =

π
4



y1 x1 y x = , tan β = 2 = 2 , x1 4 x2 4

所以, 1 = tan (α + β ) = 即 m = 4k ? 4 ,

4 ( x1 + x2 ) tan α + tan β 16k 4k . = = = 1 ? tan α tan β 16 ? x1 x2 16 + 4m 4 + m

所以,直线 AB 恒过定点 ( ?4, ?4 ) .

直线 AB 的方程为 y = kx + 4k ? 4 ,即 y + 4 = k ( x + 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 解决本题的主要任务. 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
y

π
4

”进行必要的有效的代数化就成为

括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围.

x2 y2 解:(Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为 2 + 2 = 1(a > b > 0), 焦距为 2c , a b M 1 2 2 由题设条件知, a 2 = 8, b = c, 所以 b = a = 4. ?4 2 2 2 x y 故椭圆 C 的方程为 + =1 . 8 4 (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 ) ,

B2
N

F1

F2

x

B1

? y = k ( x + 4), ? 由 ? x2 y 2 =1 ? + 4 ?8

得 (1 + 2k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 32k 2 ? 8 = 0 .

9

由 ? = (16k 2 ) 2 ? 4(1 + 2k 2 )(32k 2 ? 8) > 0 解得 ? 因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 + x2 = ?

2 2 <k< . 2 2

16k 2 ,于是 1 + 2k 2 x +x 8k 2 4k x0 = 1 2 = ? , y0 = k ( x0 + 4) = 2 2 1 + 2k 1 + 2k 2 8k 2 因为 x0 = ? ≤ 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 + 2k 2 又直线 F1 B2 , F1 B1 方程分别为 y = x + 2, y = ? x ? 2,
? 4k 8k 2 ≤? + 2, ? 2 ? y0 ≤ x0 + 2 1 + 2k 2 所以点 G 在正方形内(包括边界)的充要条件为 ? 即 ?1 + 2k ? 2 ? y0 ≥ ? x0 ? 2 ? 4k ≥ 8k ? 2, ?1 + 2k 2 1 + 2k 2 ?

?2k 2 + 2k ? 1 ≤ 0, 3 ?1 3 ?1 ? 亦即 ? 2 解得 ? ≤k≤ ,此时②也成立. 2 2 2 ?2k ? 2k ? 1 ≤ 0. ? 3 ?1 3 ?1 故直线 l 斜率的取值范围是 [ ? , ]. 2 2
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.

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