2015年高三數(shù)學(xué)查漏補(bǔ)缺試題

數(shù)學(xué)查漏補(bǔ)缺特別關(guān)注：基本題的，將分拿到手。文科要關(guān)注應(yīng)用題的理解，會(huì)從背景材料中提預(yù)祝老師們碩果！1情況 D 2、如右圖所示，在四邊形ABCD中，CD=4，AD=5 ABADCBCD0BC=x,BA

yy

f(x是 x3、若直線y1

t為參數(shù))與圓x3cosyb3sin

（為參數(shù)）相切，則b

4、若sinx3，則sin2x的值為 255、設(shè)asin42bcos46c

2,則 A．ca

B．bc

C．a(chǎn)b

D．ba6、設(shè)集合Axy)y=ax}B={(xy)y?

1y

x1.A

a1[0,e

1[e

D.[e,7、已知m,n為異面直線，m平面,n平面,直線l滿足lm,ln,l,l， A．//，且l// B．，且lC．與相交，且交線垂直于 D．與相交，且交線平行于8、若(x21)5的展開(kāi)式中含x(?R)的項(xiàng)，則的值不可能為 x 9ysin(2x)(0x6點(diǎn)對(duì)稱，則的值為

10、函數(shù)

in2x

2sinxsin(x+)+sin

的圖象的對(duì)稱軸 ，對(duì)稱中11、設(shè)曲線的極坐標(biāo)方程為sin21，則其直角坐標(biāo)方程 12、以原點(diǎn)為頂點(diǎn)，以x軸正半軸為始邊的角的終邊與直線y2x1垂直，則tan(3) ，cos 413、設(shè)拋物線Cx24yFA在拋物線CFFA徑的圓交此拋物線的準(zhǔn)線于B,D兩點(diǎn)，且A、B、F三點(diǎn)在同一條直線上，則直線AB的 14、在區(qū)間1,1上隨機(jī)的取兩個(gè)數(shù)a，b，使得方程bx22ax10有兩個(gè)實(shí)根的概率 15、已知mn2e(m,nR)，那么lnmlnn的最大值 16、已知

(1ix)10aaxax2

（i為虛數(shù)單位）aaa10aa1a10 17、已知向量a，b滿足：|a|1,|b|6,a(ba)2，則a與b的夾角 |2ab 1 則該單位員工總?cè)藬?shù)

時(shí)，點(diǎn)E所有可能的位置有幾 6ya3x-O20、如圖，彈簧掛著的小球上下振動(dòng)，時(shí)間t(s)ya3x-O衡位置（即時(shí)的位置）的高度h(cm)之間的函數(shù)關(guān)系式h 2sint 2cost,t[0).，則小球開(kāi)始振動(dòng)時(shí)h 21Py

x2y

alnx(a

條曲線在點(diǎn)P處的切線重合，則a 222x2ky2k(k0yx的值 23y2sin(x)(Z，則 , 、24用流程圖把早上上班前需要做的事情做了如下幾種方案，則所用時(shí)間最少的方案、 方案一 方案二 方案三25、早上8點(diǎn)出發(fā)，在快餐店買(mǎi)了一份早點(diǎn)，快速吃完后，駕車(chē)進(jìn)入限速為80km/h的道路，當(dāng)他到達(dá)亭時(shí)卻拿到一張因超速的罰款單，這時(shí)，正好是上午10點(diǎn)鐘，165km.根據(jù)以上信息，出示這張罰款單的主要理由是26ACO的一段劣弧，弦CD平分ACBACDBCAC于點(diǎn)CAD交BCB（1）若B750，則ADC5（2）若O的半徑長(zhǎng)2

，CD3，則BD 27f(xexsinx（其中e=fxfx在2x2x

π]Rbfx12、ABCFFCDEGAB的中點(diǎn).、BFDEGOO－EG－F設(shè)平面EOG 平面BDCl，試判斷直線l直線C的位置關(guān)系.FOCOCFOCOC （文科），已知正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2，O為它的中心，將它沿對(duì)角線ABCFFCDEGAB的中點(diǎn)BFDEGOEFGBCD的體積FOCOC FOCOC XX1234Px已知每名申請(qǐng)者參加X(jué)次考試需繳納費(fèi)用Y100X500

（Ⅲ）4位申請(qǐng)者中獲 證的考試費(fèi)用低于300元的人數(shù)記為，求的分布列31、在ABCA，B，Ca，b，c.滿足2acosCccosAb求角C求sinAcosB+sinB的最大值)32、設(shè)數(shù)列annSnS12Sn+13Sn2(n=12)求證：數(shù)列{Sn+1}為等比數(shù)列an睚若數(shù)列睚

33x2yO為坐標(biāo)原點(diǎn)過(guò)點(diǎn)O作兩相互垂直的弦OMON,M的橫坐標(biāo)為mm表示OMN的面積，并求OMN面積的最小值；A39x2y221AB、AC,B、C,BCBC的斜率

332

M

AB2MMAMB1，O求橢圓GABABOS35ABC① C② CA③B的 和等于C的元和（Ⅰ）判斷集合M{1,3,9, ,3n}(nN*)是否“可均分并說(shuō)明理由（Ⅱ）求證：集合A{20151,2015 ,201593}“可均分求出所有的正整整k，使得A{20151,20152, ,2015k}“可均分”.1.A 3.A

x

(kZ)，(k,1)(k

y

125或2

3x3y30

3x3y3

23

1

7，73解：按分層抽樣應(yīng)該從老年職工組中抽取1812人，所以不妨設(shè)老年職工組共有9CCC2n

1n88972 2,

21. 22.

24.方案三325 13

2cos(x（Ⅰ）

)exsinxexcosx 4.fx)0xkk.4x?(

32k+k?Z時(shí)f'(x0 x?(

2k+5k?Zf'(x0 所以fx)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2k(2k+,2k+5),k?Z

32k+k?Z，單調(diào)遞減區(qū)間是 （Ⅱ）由（Ⅰ）fx在[3上單調(diào)遞減，在(3

上單調(diào)遞增，在 , 2222f()0,f() e40 f()0,f(3)

e4 22 22fx在

]

e4，最小值為2

e422x2x

R，知44b0得bfx

exx22xb2xx22x

exx2b2x22x2fx0x22b0，故b2b=2

x

x22x

20fxR(2)由(1)fxm

2b1,0，n

2b0,1x,mm,nnn,fx+00+fx↗↘↗極小值fn

（ n2n2nn2

2b2n 2n

2n gxexx10x1gxex1gx在0,1上是單調(diào)遞增函x0,1gxg00，即exxn

2b0,1知，

n11n2n 2n nfx1在m2f2

11，fm

fn1，且fx在m上單調(diào)遞增2fx1在m2fx1R2（Ⅰ）證明：因?yàn)镺ABCDEF的中心，GAB的中點(diǎn)，所以O(shè)EFDOGAB.因?yàn)槠矫鍭BCF平面FCDE平面ABCF平面FCDEFC，GO平面ABCF，所以GOFCDE.因?yàn)镈FFCDE，所以GODF.因?yàn)镋O平面EOG，GO平面EOG，EO GOO，所以DF平面EGO.因?yàn)镈FDFBBFDEGOz DOCyAGx（Ⅱ）DEH，則OHFC.分別以邊OGOCz DOCyAGx示的空間直角坐標(biāo)系.AB2G(300)D(0,1,3)，E(0,1,3)u

F(0,2,0)， FD(0,3, FG(3,2,0)

FE(0,1, 由（Ⅰ）DFEGOuEGOFD03,0EFGmxyz)，則mFE

y

3zur 即 3x2y令y 3，則z1，x2所以m2,31(2,3,1)(0,3, 43(2,3,1)(0,3, 4310924ABCDEFOC//EDOCED，所以四邊形OCDE是平行四邊形.所以DC//EO因?yàn)镺E平面OEGCD平面OEG所以CD//平面OEG因?yàn)槠矫?平面BDC=l，CD平面BDC所以DCl（文科（Ⅰ）ABCDEFOC//EDOCED，所以四邊形OCDE是平行四邊形.所以DC//EO因?yàn)镺E平面OEGCD平面OEG所以CD//平面OEG（Ⅱ）證明：因?yàn)镺ABCDEF的中心，GAB的中點(diǎn)，所以O(shè)EFDOGAB.因?yàn)槠矫鍭BCF平面FCDE平面ABCF平面FCDEFC，GO平面ABCF，所以GOFCDE.因?yàn)镈FFCDE，所以GODF.因?yàn)镋O平面EOG，GO平面EOG，EO GOO，所以DF平面EGO.因?yàn)镈FDFBBFDEGO解：由（Ⅱ）知GOFCDE

1

1

GO1

GO7 B

G

6 （Ⅰ）0.1x0.10.3xE(X)0.110.520.330.12.42.4次A，有一位申請(qǐng)者經(jīng)歷兩次考試一位申請(qǐng)者經(jīng)B，兩位申請(qǐng)者經(jīng)歷兩次考試為事件CD.因?yàn)榭荚囆杞毁M(fèi)用Y0X0,兩位申請(qǐng)者所需費(fèi)用500ABCD.P( D)0.10.120.50.10.50.520.1500一位申請(qǐng)者獲得證的考試費(fèi)用低于300元的概率為3的可能取值為5

2

45 45 5P(ξ0) 5

P(ξ1)

4 P(ξ2)4

322

4 ,P(ξ3)4

332

35P(ξ4)5

.X01234P（Ⅰ）由正弦定理及2acosCccosAb2sinAcosCsinCcosAsinB在ABC中ABCACB，即sinACsinB2sinAcosCsinCcosAsin(AC)sinAcosCsinBsinAcosCsinBsinAcosC0又0A0CcosC0C2（Ⅱ）由（Ⅰ）得C2

，AB2

B2

AsinAcosB+sinB=cos2B+sinB=-sin2B+sinB+1=-(sinB-1)2+5 0<B<2當(dāng)sinB=1B

時(shí)sinAcosBsinB取得最大值2（Ⅰ）

Sn+1=3Sn+2所以Sn11Sn+

3Sn+2+1=3Sn+S11=3所以{Sn1}是首項(xiàng)為3，公比為3n（Ⅱ）由（Ⅰ）S3n1nN*nn1時(shí)a1S12. 當(dāng)n>1時(shí)，aS (3n1)(3 3n1(3n故a23n1nn

23n1睚（Ⅲ）因?yàn)閿?shù)列睚

所以bn=1+2(n

1)=2n-1所以

=

（Ⅰ）M(xx2N(xx2.由OM^ONx 1因?yàn)?/p>

=m所以

=-1mm2+m2+所以O(shè)Mm2+m2+所以

OMN

OMON

? 2= 2 2+m22112所以當(dāng)m=?1OMN12 （）B(xx2C(xx2，直線

9=

3)AC的方程為y-9=k2(x

AB、ACx2y2211+k13k11+k13k1-1+k23k2-所以4k2-21k+24=04k2-

+24=0 所以kk是方程4k221k+24=0 所以k+k=21 íí

x2,

x2

kx

9+

=0

9=k1(x-所以x3+3=k1x4+3=k2所以直線BC的斜率為4+x3=k1+k2

6=-342解:（Ⅰ）設(shè)橢圓G:2

3 1(ab3 1(abc可 ca

3a2b2c2,所以a24b22 M(1, a

4b

1,故b21a222所以橢圓Gx24y22.（Ⅱ）ABx

A(s,t)(s

，則B(st).由題意得：t t 2 21s0ABx0s sABxABykxmA(x1y1B(x2y2，將ykxm代入x24y22得(14k2x28kmx4m220.

4m2所以x1x214k2x1x214k2MAMB1

y121

y222

x1

x21并整理得(2k1)x

(mk1)(xx)2m01

4m2x1x214k2x1x214k

并整理得2km2m22km10，分解因式可得(2k2m1)(m1)0ABykxmM(11，所以2k2m10，故m2ABykx1，經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,1AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,1（Ⅱ）

，k2111k

(11(11k

4k21k1k

x1x2

4k2 1k因?yàn)樽鴺?biāo)原點(diǎn)O到直線AB的距離1kABOS

4k2

（k21224k24k21 t，則t04k21

t2

2t2t

12222當(dāng)且僅當(dāng)t

k222

ABOS1323 1(131n（Ⅰ）

139

2

1)3所以集合N{1,3,9, ,3n}(nN*)“不可均分（Ⅱ）設(shè)B1{20151,2015 4646(20151)100所以將B1中的20151與C1中的201551交換，得到集