北京市海淀区高三数学查漏补缺题DOC

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1、北京市海淀区高三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

2、老师们硕果累累!丄x=3t,丄x=3cosd3、若直线y十4t,（t为参数）与圆.yb3si”为参数）相切，则）A-4 或 6B-6 或 4C-1 或 9D-9 或1卄)34、右sin-x二：一，贝U sin2x的值( )U丿51916147A.B.C.D.252525255、设a =sin42 ,b1=cos46 ,c = 22,则( )1、已知原命题：“若 a+b2,贝U情况是（）A .原命题为真，否命题为假 C.原命题与否命题均为真命题a,b 中至少有一个不小于 1”，则原命题与其否命题的真假B .原命题为假，否命题为真D.原命题与否命题均为假命题,CD = 4, AD = 5 ,CB

3、CD= 0,令 BC = x, BA = y，则曲线 y = f （x）可能2、如右图所示，在四边形ABCD中I 1AB AD二CB CD=0,1026、设集合A = ( x, y)|y = ax,B = (x, y) y ? x 1或y ?数a的取值范围是11A.0, B. ,eC.（1,e2D.e,；）ee7、 已知m, n为异面直线，m_平面：，n_平面一：，直线I满足丨_m,丨_n，丨二,H I则（ ）A .? /，且l 1B ._:；，且l _1C.与1相交，且交线垂直于lD 与 1 相交，且交线平行于l2158、若（x -）的展开式中含x（：? R）的项，则的值不可能为（）xA.-

4、5B.1C.7D.2点对称，贝U的值为（）二 二2二A.B.C.6332TL310、 函数y二sin x- 2s in xs in （x+） + sin的图象的对称轴是 _ ，对称中心32是_ .11、 设曲线的极坐标方程为sin2 -1,则其直角坐标方程为 _.12、以原点为顶点，以x轴正半轴为始边的角的终边与直线y=2x-1垂直，则3tan（a_ 兀）=_ ,cos口 =_ .413、设抛物线C:x2=4y的焦点为F,已知点A在抛物线C上，以F为圆心，FA为半径的圆交此抛物线的准线于B,D两点，且A、B、F三点在同一条直线上，则直线AB的方程为_.14、 在区间-1,1 1上随机的取两个数

5、a,b，使得方程bx22ax0有两个实根的概率为_ .15、 已知m - n =2e（m, n，R），那么ln m ln n的最大值是 _ .16、已知(一ix)10= a0+a2x2H)+a10 x10A.c : a : bC. a：b：cD.b a cx+ 1.若AiB，则正实9、将函数y=sin（2x-的图象沿x轴向左平移6个单位后得到的图象关于原5:（i为虚数单位）1022a。a1a2 |和2417、已知向量a,b满足：| a |=1,| b|=6, a(b_a)=2，则a与b的夹角为_|2a -b| =_.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

6、的方法从1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28则该单位员工总人数为.19、已知正方体 ABCD-ABQD 的棱长为 1,且点 E 为棱 AB 上任意一个动点.当点 B到平面AEC的距离为卫 21 时，点 E 所有可能的位置有几个 _620、如图，弹簧挂着的小球上下振动，时间t(S)与小球相对于平/ 7/衡位置(即静止时的位置)的高度h(cm)之间的函数关系式是h = 2sint 2cost,t 0, ：).，则小球开始振动时h的值为_，小球振动时最大的高度差为 _ .221、已知点P为曲线y= x与y二al n x(a ? 0)的公共点，且两条曲线

7、在点P处的切线重合，则 a=_ .22、 双曲线2x2ky2二k(k = 0)的一条渐近线是y二x,则实数k的值为_ .23、 已知函数y =2sin(，x )(心三Z；-二：:：二)的部分图象 如图所示，则国=_ 严=_.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,方案一:万案二:方案三:则所用时间最少的方案是B起床穿衣整理房回片1575斬示询并理房闾卜H6SSSF慨早饭Isw-7-牺广删-125、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

8、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，AC是OO的一段劣弧，弦CD平分.ACB交AC于点D,BC切AC于点C,延长弦AD交BC于点B,(1)若NB =75，则丛ADC =_,5(2)若0O的半径长为5,CD=3，则BD =227、已知函数f(x)二esinx(其中e= 2.7181)(I)求f(x)的单调区间;(n)求f(x)在-二冗上的最大值与最小值28、已知函数xef x =2的定义域是 R,且有极值点.x2+2x+b(I)求实数b 的取值范围；1(n)求证：方程fKJ恰有一个实根29、如图所示，已知正六边形 A

9、BCDEF 的边长为 2, O 为它的中心，将它沿对角线 FC 折叠, 使平面ABCF 丄平面 FCDE，点 G 是边 AB 的中点.(I)证明：平面BFD_平面EGO；(n)求二面角 O EG F 的余弦值；(川)设平面 EOG|平面 BDC=I，试判断直线 I 与直线 DC 的位置关系.OAGB(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 丄平面 FCDE，点 G 是边 AB 的中点.(I)证明：DC/ 平面 EGO;(n)证明：平面BFD_平面EGO；(川)求多面体 EFGBCD 的体积.30、申请某种许可证，根据规定

10、需要通过统一考试才能获得，且考试最多允许考四次设X表示一位申请者经过考试的次数，据统计数据分析知X的概率分布如下：X1234P0.1x0.30.1(I)求一位申请者所经过的平均考试次数;(H)已知每名申请者参加X次考试需缴纳费用Y=100X 30(单位：元)，求两位申请 者所需费用的和小于 500 元的概率；(川)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ABC中，角A,B,C所对的边长分别是a,b,c.满足2acosC ccos b.(I)求角C的大小；(n)求sin AcosB + sin B的最大值.32、 设数列Q的前n项和为Sh，且满足S|= 2

11、, &+1= 3& + 2(n=1,2,3 i ).(I)求证：数列Sn+1为等比数列；(n)求通项公式an；(川)若数列是首项为 1,公差为 2 的等差数列，求数列bn的通项公式.33、已知抛物线x2二y,O为坐标原点.(I)过点0作两相互垂直的弦OM,ON，设M的横坐标为m，用m表示OMN的 面积，并求OMN面积的最小值；2 2亠(n)过抛物线上一点A 3,9引圆x2 y-2j；-1的两条切线AB、AC,分别交抛物 线于点B、C,连接BC，求直线BC的斜率巳3134、已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为丄 的椭圆经过点M(1丄)，动点A B(不与22，定点M重合)均在椭圆上，且直线MA与

12、MB的斜率之和为 1,0为坐标原点(I)求椭圆G的方程；(n)求证直线AB经过定点；( 川)求厶ABO的面积S的最大值35、 设A是由有限个正整数组成的集合，若存在两个集合B,C满足：1B C =：；2B C= A ;3B的元素之和等于C的元素之和.则称集合A“可均分”，否则称A“不可均分” (I)判断集合M二1,3,9,27，3n(N*)是否“可均分”，并说明理由；(n)求证：集合A二20151,2015 2,| ,2015 93“可均分”；(川)求出所有的正整整k，使得A =20151,20152j ,2015 k“可均分” 参考答案:1.A2.C3.A4.D5.C6.B7.D8.D9.B

13、2cos(x +=)27.(i)解：f(x)-esinx ecosx二x4.en令f (x) = 0,解得：x=k+ ,kwZ4.,3兀兀因为当x?(2kt ,2k二+),k? Z时，f(x)0；44,兀5兀当x?(2k二,2k二+),k? Z时，f(x)：0,443nn所以f(x)的单调递增区间是(2 k二-,2k二+),k? Z,单调递减区间是44兀5兀(2k二+ ,2k二 +),k ? Z.443兀3兀兀Ji()由(I)知，f (x)在-二，-)上单调递减，在(-，)上单调递增，在(，二4444上单调递减.兀2 -73兀J2乎f(一二)=0, f( ) = e40,f(二)=0, f(-

14、)e4010.k打n“24*Z)，2Z)11.12.1，2 5或一2 535513.3x，3y-3=0或*:j 3x - 3 y 3 = 014.15. 116.3217.3，2718.解：按分层抽样应该从老年职工组中抽取118=2人,9所以不妨设老年职工组共有n19.人，则甲乙二人均被抽到的概率为:C22Co11，解得:28n = 8,所以该单位共有员工8 9 =72人.!20.却 2 421. 2e22.23.2，324.方案三25. 李师傅在这段道路上驾车行驶的平均速度大于251382.5km/h，所以必存在某一时刻速度大于80km/h，因此他超速行驶.26.1104242所以f(x)在

15、-二二上的最大值为24，最小值为-2e4.2 228解由fx*”b的定义域是R，知4一4旗得b 1-ex(x2+2x+b-2x-2 ) ex(x2+b-2)八x22x b2由f，x =0得X2=2b_0,故b_2.当 b=2 时，X2_0,函数f X在 R 上单调递增，无极值点.(x2+2x + 2)所求范围为 1b )n2+2 n+b (2-b)+2 n+b 2n + 22n+22记g x = ex- x 1M0 _ x：1,gx = ex-1 _ 0 g x在0,1上是单调递增函数当X三0,1时，g x g 0 =0,即exx 11这说明f x在m,：上无解.2e2111又f -22”：，

16、f m f n ，且f x在-:：，m上单调递增,b e 22j1jf x二在：，m上恰有一解21综上所述，f x在 R 上恰有一解.2(x2+2x+b)2x(皿,m )m(X)+0f(x)/极大值(m,n )n(n严)0+极小值/nnnn由n二2 b三0,1知,enn 112n 2 2n 2一229.(I)证明：因为O是正六边形ABCDEF的中心，G 是边 AB 的中点，所以0E丄FD,OG丄AB.因为 平面ABCF_平面FCDE，平面ABCF平面FCDE =FC,GO平面ABCF, 所以GO_平面FCDE.因为DF平面FCDE, 所以GO _ DF.因为EO平面EOG,GO平面EOG,EO

17、 GO= O,所以DF_平面EGO. 因为DF平面DFB,所以 平面BFD_平面EGO.(n)解：取DE的中点 H,则OH _FC.分别以边OG,OC,OH所在直线为x, y, z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由AB=2得G( 3,0,0)，D(0,1, 3)，E(0,-1, 3)，urnuur- uuuF(0, -2,0)，则FD =(0,3, 0)，FE=(0,1, 3)，FG = ( 3, 2,0). 由(i)知：DF平面EGO.uuuL所以 平面EGO的一个法向量为FD二(0,3, 0).IT设平面EFG的法向量为m二(x, y, z)，则=3，则z - -1,x - -2.(-2

18、, 3, -1) (0,3, 3) _ 24310 9 34(川)证明：在正六边形 ABCDEF 中，OC/ED,OC = ED,所以四边形OCDE是平行四边形.所以DC/EO.因为OE平面OEG,CD二平面OEG,所以CD/平面OEG.因为 平面 EOG平面 BDC=l ,CD平面BDC, 所以DC /l.(文科)(I)证明：在正六边形 ABCDEF 中，OC/ED,OC=ED,所以四边形OCDE是平行四边形.所以DC/EO.因为OE平面OEG,CD二平面OEG,ur uurm FE =0, uruuru即m FG = 0,y 3z = 0,3x 2y = 0.所以m=(-2,3,-1).所

19、以面角O - EG - F的余弦值为所以CD/平面OEG.(n)证明：因为O是正六边形ABCDEF的中心，G 是边 AB 的中点，所以OE _ FD，OG _ AB.因为平面ABCF_平面FCDE，平面ABCF门平面FCDE = FC , GO平面ABCF， 所以GO_平面FCDE.因为DF平面FCDE，所以GO _ DF.因为EO平面EOG，GO平面EOG，EO GO = O，所以DF_平面EGO.因为DF平面DFB所以 平面BFD_平面EGO.(川)解：由(n)知GO_平面FCDE.所以_ _ 1VEFGBCD二VB_CDEF VB _FEG= VB _CDE_ VG _FEO230.解：

20、(I)由X的概率分布可得0.1 x 0.10.3 =1.x = 0.5.E(X) =0.1 1 0.5 2 0.3 3 0.1 4=24所以一位申请者所经过的平均考试次数为2.4 次.(n)设两位申请者均经过一次考试为事件A，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B，两位申请者经历两次考试为事件C，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D.因为考试需交费用Y =100X 30,两位申请者所需费用的和小于 500 元的事件为A B C D.P(A Bc. D)=0.1 0.12 0.5 0.10.5 0.5 2 0.1 0.3=0.42所以两位申请者所需费用的和小于5

21、00 元的概率为 0.42.3u(川)一位申请者获得许可证的考试费用低于300 元的概率为3,的可能取值为50,123,4.P( 0)=佟1=型；SCDEFGO；SFE。GO= 7362|2丫16二 = ,5625396日虫噩625P( 2)216216，P(行AC： ；255625的分布列为X01234P16962162168162562562562562531.解：(I)由正弦定理及2acosC，ccosA = b得,2sin AcosC sin C cosA = sin B.在LABC中，A B C =:,A C -二-B，即sin( A C) = sin B2 si n AcosC s

22、in C cos A = sin( A C) sin AcosC = si n B sin AcosC = s in B.sin AcosC = 0.又0 A：.二,0：C：二,sin A 0.，” cosC= 0.环C.2()由(I)得C ,A B ,即B- A.2 2 222125sin AcosB + sin B = cos B + sin B二-sin B + sin B+ 1二-(sin B- )+ ,24算0 B1时，an二Sn-Sn厂(3n-1)-(3心-1)=3心(3-1)=23n、所以=3.3故an =23n,nW N *.（川）因为 数列是首项为 1，公差为 2 的等差数列

23、,bn= 1+ 2(n- 1)= 2n- 1.an所以 直线BC的斜率为=X4+X3= k1+ k2- 6= -3X4- X32 234.解：（I）设椭圆G：X2y2=1（a b 0）的离心率为a b2所以所以n-1bn= 2(2 n- 1)?333.解：（I）设M (x1, x), N (x2, x|).由OMAON得NX2= - 1.因为1X1= m,所以X2=-m所以OM |= m2+ m ,ON =m2+ 14m所以1 1SOMN= 2OM|ON=-2=1.所以当m = ? 1时，OMN面积取得最小值 1.）设 B（X3,X|）,C（X4,X4），直线 AB 的方程为y-9 = kx-

24、 3), AC的方程为因为y- 9= k2(x- 3).2直线AB AC与圆x2+(y2)=1相切,所以|3k1- 7= |3k2- 7|1-+ k121+ k；所以4k；- 21k1+ 24 = 0,4k；- 21k2+ 24 = 0.所以k1, k2是方程4k2-21k+ 24= 0的两根21k1+ k2=.4由方程组= x，?y- 9= k1(x-所以得3)2X- k1x- 9+ 3k,= 0.所以X3+ 3= K，同理可得:X4+ 3= k2.2X4- X34可知 =上一，又因为a2= b2+c2,所以a2= 4b2.a 2AAAA由定点M （1,）在椭圆上可得 一+ =1,故b =,

25、a= 2.2a24b22所以椭圆G的方程为x2 4y2=2.(n)当直线AB与x轴垂直时，设A(s,t)(s = 1),则B(s,-t).由题意得：1 1tt一22=1，即s=0.所以直线AB的方程为x.s1s-1当直线AB不与x轴垂直时，可设直线AB为y = kx m，A(x., y,), B(x2, y2)，将y二kx m代入x24y2二2得（1 4k2）x28kmx 4m2- 2 = 0.28km4m 2所以* X2o,M沢2二o1 +4k21 +4k21 1% 一 5 * 一 5由直线MA与MB的斜率之和为 1 可得22= 1,X1-1X2-1将比=kxim和y2= kx2- m代入,

26、1并整理得（2k-1）x2（m - k *一）（捲x2） - 2m = 0,22、冷丄8km4m一2金将x-ix22,x1x22代入1 4k21 4k2并整理得2km 2m22k m -1 =0, 分解因式可得(2k 2m 1)(m *1)=0，1因为直线AB:y =kx +m不经过点M (1,丄)，所以2k +2m + 1式0,故m = 1.2所以直线AB的方程为y =kx-1，经过定点(0,-1).综上所述，直线AB经过定点(0,-1).14（川）由（n）可得：A =32k2-8 0,k2S 2015 (2a 2) 2015 (2a 3)H 亠2015 (4a 1).所以(20151) (

27、20152) + |亠2015(2a1)2015(2a2)2015(2a3)和 亠2015(4a1)得a2_504，即a _23.所以k =4a(a N*)或k =4a 1(a _ 23,a N*).另一方面，当k=4a(aN*)时，A =2015 1,2015亠|2；| ,2015 k中的连续四个必可分成两两一组，其和相等；所以A =2015 1,2015 2；| ,2015 k“可均分”;当k =4a 1(a _23,a N*)时，由(n)问可知A =20151,2015 2；| ,2015 k的前93个数组成的集合“可均分”，由前面的讨论知可将剩下的4p个元素分成和相等的两个不相交的子集，即此时A =20151,20152J ,2015 k“可均分”.综上，k =4a(a N*)或k =4a 1(a _23,a N*).