北京市海淀区2015届高三下学期查漏补缺数学试卷

数学查漏补缺题

说明：查漏补缺题是在海淀的四次统练基础上的补充，题目以中档题为主，部分题目是弥补知识的漏洞，部分是弥补方法的漏洞，还有一些是新的变式题，请老师们根据学生的情况有选择地使用或改编使用.

最后阶段的复习，在做好保温工作的前提下，夯实基础，重视细节，指导学生加强反思，梳理典型问题的方法，站在学科高度建立知识之间的联系，融会贯通，以进一步提升学生的分析、解决问题的能力为重点.

特别关注：基本题的落实，将分拿到手。文科要关注应用题的理解，会从背景材料中提取有用信息，建立恰当的数学模型（用恰当的数学知识刻画），或根据逻辑分析、解决问题。

鼓励学生，建立必胜的信心.

预祝老师们硕果累累！

1、已知原命题：“若a+b≥2，则a,b 中至少有一个不小于1”，则原命题与其否命题的真假情况是　　　　（ ）

A．原命题为真，否命题为假 B．原命题为假，否命题为真

C．原命题与否命题均为真命题 D．原命题与否命题均为假命题

2、如右图所示，在四边形中，，，令，则曲线可能是（ ）

3、若直线(为参数)与圆（为参数）相切，则（ ）

ABCD

4、若，则的值为 （ ）

1. B.C.D．
   5、设则（ ）
   A．B．C．D．
   6、设集合，或. 若，则正实数的取值范围是
   1. B.C.D.

7、已知为异面直线，平面,平面,直线满足，则（ ）

A．，且B．，且

C．与相交，且交线垂直于D．与相交，且交线平行于

8、若的展开式中含的项，则的值不可能为（ ）

A.B.C.D.

9、将函数的图象沿轴向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则的值为（ ）

A．B．C．D．

10、函数的图象的对称轴是 ，对称中心是 .

11、设曲线的极坐标方程为，则其直角坐标方程为 .

12、以原点为顶点，以轴正半轴为始边的角的终边与直线垂直，则，_____________.

13、设抛物线:的焦点为，已知点在抛物线上，以为圆心，为半径的圆交此抛物线的准线于两点，且、、三点在同一条直线上，则直线的方程为____________.

14、在区间上随机的取两个数，，使得方程有两个实根的概率为_______.

15、已知，那么的最大值是 .

16、已知（为虚数单位），则.

17、已知向量，满足：，则与的夹角为　　　　；．

18、某单位员工按年龄分为老、中、青三组，其人数之比为1:5:3，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为18的样本，已知老年职工组中的甲、乙二人均被抽到的概率是，则该单位员工总人数为 .

19、已知正方体的棱长为1，且点E为棱AB上任意一个动点． 当点到平面的距离为时，点E所有可能的位置有几个___________．
20、如图，弹簧挂着的小球上下振动，时间与小球相对于平衡位置（即静止时的位置）的高度之间的函数关系式是，则小球开始振动时的值为_________，小球振动时最大的高度差为__________.

21、已知点为曲线与的公共点，且两条曲线在点处的切线重合，则= .

22、双曲线的一条渐近线是，则实数的值为 ．

23、已知函数的部分图象如图所示，则

24、李强用流程图把早上上班前需要做的事情做了如下几种方案，则所用时间最少的方案是_______ .

方案一： 方案二： 方案三：

25、李师傅早上8点出发，在快餐店买了一份早点，快速吃完后，驾车进入限速为80km/h的收费道路，当他到达收费亭时却拿到一张因超速的罚款单，这时，正好是上午10点钟，他看看自己车上的里程表，表上显示在这段时间内共走了165km. 根据以上信息，收费人员出示这张罚款单的主要理由是 .

26、如图，是⊙的一段劣弧，弦平分交于点，切于点，延长弦交于点，

（1）若，则，

（2）若⊙的半径长为，，则.

27、已知函数（其中）.

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）求在上的最大值与最小值.

28、已知函数的定义域是R，且有极值点．

（Ⅰ）求实数b的取值范围；

（Ⅱ）求证：方程恰有一个实根．

29、如图所示，已知正六边形ABCDEF的边长为2，O为它的中心，将它沿对角线FC折叠，使平面ABCF⊥平面FCDE，点G是边AB的中点.

　（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）求二面角O－EG－F的余弦值；

（Ⅲ）设平面EOG平面BDC=l，试判断直线l与直线DC的位置关系.

（文科）如图所示，已知正六边形ABCDEF的边长为2，O为它的中心，将它沿对角线FC折叠，使平面ABCF⊥平面FCDE，点G是边AB的中点.

　（Ⅰ）证明：DC//平面EGO；

（Ⅱ）证明：平面平面；

（Ⅲ）求多面体EFGBCD的体积.

30、申请某种许可证，根据规定需要通过统一考试才能获得，且考试最多允许考四次. 设表示一位申请者经过考试的次数，据统计数据分析知的概率分布如下：

	1	2	3	4
P	0.1		0.3	0.1

（Ⅰ）求一位申请者所经过的平均考试次数；

（Ⅱ）已知每名申请者参加次考试需缴纳费用（单位：元）,求两位申请者所需费用的和小于500元的概率；

（Ⅲ）4位申请者中获得许可证的考试费用低于300元的人数记为，求的分布列.

31、在中，角，，所对的边长分别是，，. 满足.

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）求的最大值.

32、设数列的前项和为，且满足.

（Ⅰ）求证：数列为等比数列；

（Ⅱ）求通项公式；

（Ⅲ）若数列是首项为1，公差为2的等差数列,求数列的通项公式.

33、已知抛物线，为坐标原点.

（Ⅰ）过点作两相互垂直的弦,设的横坐标为，用表示△的面积，并求△面积的最小值；

（Ⅱ）过抛物线上一点引圆的两条切线,分别交抛物线于点, 连接，求直线的斜率.

34、已知焦点在轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点,动点(不与定点重合)均在椭圆上,且直线与的斜率之和为1，为坐标原点.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）求证直线经过定点;

(Ⅲ) 求△的面积的最大值

35、设是由有限个正整数组成的集合，若存在两个集合满足：

①；

②；

③的元素之和等于的元素之和.

则称集合“可均分”，否则称“不可均分”.

（Ⅰ）判断集合是否“可均分”，并说明理由；

（Ⅱ）求证：集合“可均分”；

（Ⅲ）求出所有的正整整，使得“可均分”.

1.A 2.C 3.A 4.D 5.C 6.B 7.D 8.D 9.B

10.，11.12.，或

13.或14. 15. 1

16.17.，

18. 解：按分层抽样应该从老年职工组中抽取人，所以不妨设老年职工组共有人，则甲乙二人均被抽到的概率为：，解得：，所以该单位共有员工人.

19. 2 20.21.22.23.2，

24.方案三

25. 李师傅在这段道路上驾车行驶的平均速度大于82.5km/h，所以必存在某一时刻速度大于80km/h，因此他超速行驶. 26.110°,

27. （Ⅰ）解：.

令，解得：.

因为当时，；

当时，，

所以的单调递增区间是，单调递减区间是.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

,

所以在上的最大值为，最小值为.

28.解：(1) 由的定义域是R，知得．

，

由得，故．

当b=2时，，函数在R上单调递增，无极值点．

∴所求范围为1<b<2．

(2) 由(1)知函数的两个极值点为，，

x		m		n
	+	0		0	+
	↗	极大值	↘	极小值	↗

极小值．（下面证明）

记，

∴在上是单调递增函数

∴当时，，即

由知，．

这说明在上无解．

又，，且在上单调递增，

∴在上恰有一解

综上所述，在R上恰有一解．

29. （Ⅰ）证明：因为 是正六边形的中心，G是边AB的中点，

所以，.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

因为平面，

所以.

因为平面，平面，，

所以平面.

因为平面，

所以平面平面.

（Ⅱ）解：取的中点H，则.分别以边所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由得，，，，则，，.

由（Ⅰ）知：平面.

所以 平面的一个法向量为.

设平面的法向量为，则

即

令，则，.

所以.

所以 二面角的余弦值为.

（Ⅲ）证明：在正六边形ABCDEF中，，，

所以 四边形是平行四边形.

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

因为 平面EOG平面BDC=l，平面，

所以.

（文科）（Ⅰ）证明：在正六边形ABCDEF中，，，

所以 四边形是平行四边形.

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

（Ⅱ）证明：因为是正六边形的中心，G是边AB的中点，

所以，.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

因为平面，

所以.

因为平面，平面，，

所以平面.

因为平面，

所以平面平面.

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面.

所以.

30.解：（Ⅰ）由的概率分布可得

.

.

.

所以一位申请者所经过的平均考试次数为2.4次.

（Ⅱ）设两位申请者均经过一次考试为事件，有一位申请者经历两次考试一位申请者经历一次考试为事件，两位申请者经历两次考试为事件，有一位申请者经历三次考试一位申请者经历一次考试为事件.因为考试需交费用,两位申请者所需费用的和小于500元的事件为.

所以两位申请者所需费用的和小于500元的概率为0.42.

（Ⅲ）一位申请者获得许可证的考试费用低于300元的概率为，的可能取值为0,1,2,3,4.

,,

,

.

的分布列为

	0	1	2	3	4

31. 解：（Ⅰ）由正弦定理及得，

.

在中，，

，即.

.

.

又，，

.

.

.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，即.

，，

当，即时，取得最大值.

32. 证明：（Ⅰ）因为 ,

所以.

又,

所以是首项为，公比为的等比数列.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得.

当时，.

当时，

.

故.

（Ⅲ）因为 数列是首项为1，公差为2的等差数列，

所以.

所以.

33. 解：（Ⅰ）设.由得.

因为所以.

所以.

所以.

所以 当时，△面积取得最小值1.

（Ⅱ）设，直线AB的方程为，AC的方程为.

因为 直线与圆相切，

所以.

所以.

所以是方程的两根.

所以.

由方程组得.

所以，同理可得：.

所以 直线的斜率为.

34.解: （Ⅰ）设椭圆的离心率为,

可知,又因为,所以.

由定点在椭圆上可得,故,.

所以椭圆的方程为.

（Ⅱ）当直线与轴垂直时，设，则.由题意得：，即.所以 直线的方程为.

当直线不与轴垂直时，可设直线为，，

将代入得.

所以，.

由直线与的斜率之和为1可得①，

将和代入①，

并整理得②，

将，代入②

并整理得，

分解因式可得，

因为直线：不经过点，所以，故.

所以直线的方程为，经过定点.

综上所述，直线经过定点.

(Ⅲ) 由（Ⅱ）可得：，.

.

因为 坐标原点到直线的距离为，

所以 △的面积（）.

令，则，且，

当且仅当，即时，△的面积取得最大值.

35.解：（Ⅰ）因为，

所以 集合“不可均分”.

（Ⅱ）设，

　　　　，

考虑到

.

所以 将中的与中的交换，得到集合，则得到的满足条件(1) (２) (３)，故集合“可均分”.

（Ⅲ）一方面，假设“可均分”，则存在满足条件(1) (２) (３).

所以为偶数，

所以或.

设，不妨设中的元素个数大于等于，中的元素个数小于等于，

于是的元素之和，的元素之和.

所以　　

　　　.

得，即.

所以或.

　　另一方面，当时，中的连续四个必可分成两两一组，其和相等；所以“可均分”；

当时，由（Ⅱ）问可知的前个数组成的集合“可均分”，由前面的讨论知可将剩下的个元素分成和相等的两个不相交的子集，即此时“可均分”.

　　综上，或.