2015年高三数学查漏补缺试题

数学查漏补缺特别关注：基本题的，将分拿到手。文科要关注应用题的理解，会从背景材料中提预祝老师们硕果！1情况 D 2、如右图所示，在四边形ABCD中，CD=4，AD=5 ABADCBCD0BC=x,BA

yy

f(x是 x3、若直线y1

t为参数)与圆x3cosyb3sin

（为参数）相切，则b

4、若sinx3，则sin2x的值为 255、设asin42bcos46c

2,则 A．ca

B．bc

C．ab

D．ba6、设集合Axy)y=ax}B={(xy)y?

1y

x1.A

a1[0,e

1[e

D.[e,7、已知m,n为异面直线，m平面,n平面,直线l满足lm,ln,l,l， A．//，且l// B．，且lC．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于8、若(x21)5的展开式中含x(ÎR)的项，则的值不可能为 x 9ysin(2x)(0x6点对称，则的值为

10、函数

in2x

2sinxsin(x+)+sin

的图象的对称轴 ，对称中11、设曲线的极坐标方程为sin21，则其直角坐标方程 12、以原点为顶点，以x轴正半轴为始边的角的终边与直线y2x1垂直，则tan(3) ，cos 413、设抛物线Cx24yFA在抛物线CFFA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 14、在区间1,1上随机的取两个数a，b，使得方程bx22ax10有两个实根的概率 15、已知mn2e(m,nR)，那么lnmlnn的最大值 16、已知

(1ix)10aaxax2

（i为虚数单位）aaa10aa1a10 17、已知向量a，b满足：|a|1,|b|6,a(ba)2，则a与b的夹角 |2ab 1 则该单位员工总人数

时，点E所有可能的位置有几 6ya3x-O20、如图，弹簧挂着的小球上下振动，时间t(s)ya3x-O衡位置（即时的位置）的高度h(cm)之间的函数关系式h 2sint 2cost,t[0).，则小球开始振动时h 21Py

x2y

alnx(a

条曲线在点P处的切线重合，则a 222x2ky2k(k0yx的值 23y2sin(x)(Z，则 , 、24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、 方案一 方案二 方案三25、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的道路，当他到达亭时却拿到一张因超速的罚款单，这时，正好是上午10点钟，165km.根据以上信息，出示这张罚款单的主要理由是26ACO的一段劣弧，弦CD平分ACBACDBCAC于点CAD交BCB（1）若B750，则ADC5（2）若O的半径长2

，CD3，则BD 27f(xexsinx（其中e=fxfx在2x2x

π]Rbfx12、ABCFFCDEGAB的中点.、BFDEGOO－EG－F设平面EOG 平面BDCl，试判断直线l直线C的位置关系.FOCOCFOCOC （文科），已知正六边形ABCDEF的边长为2，O为它的中心，将它沿对角线ABCFFCDEGAB的中点BFDEGOEFGBCD的体积FOCOC FOCOC XX1234Px已知每名申请者参加X次考试需缴纳费用Y100X500

（Ⅲ）4位申请者中获 证的考试费用低于300元的人数记为，求的分布列31、在ABCA，B，Ca，b，c.满足2acosCccosAb求角C求sinAcosB+sinB的最大值)32、设数列annSnS12Sn+13Sn2(n=12)求证：数列{Sn+1}为等比数列an睚若数列睚

33x2yO为坐标原点过点O作两相互垂直的弦OMON,M的横坐标为mm表示OMN的面积，并求OMN面积的最小值；A39x2y221AB、AC,B、C,BCBC的斜率

332

M

AB2MMAMB1，O求椭圆GABABOS35ABC① C② CA③B的 和等于C的元和（Ⅰ）判断集合M{1,3,9, ,3n}(nN*)是否“可均分并说明理由（Ⅱ）求证：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：按分层抽样应该从老年职工组中抽取1812人，所以不妨设老年职工组共有9CCC2n

1n88972 2,

21. 22.

24.方案三325 13

2cos(x（Ⅰ）

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

32k+k?Z时f'(x0 x?(

2k+5k?Zf'(x0 所以fx)的单调递增区间是(2k(2k+,2k+5),k?Z

32k+k?Z，单调递减区间是 （Ⅱ）由（Ⅰ）fx在[3上单调递减，在(3

上单调递增，在 , 2222f()0,f() e40 f()0,f(3)

e4 22 22fx在

]

e4，最小值为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↗↘↗极小值fn

（ n2n2nn2

2b2n 2n

2n gxexx10x1gxex1gx在0,1上是单调递增函x0,1gxg00，即exxn

2b0,1知，

n11n2n 2n nfx1在m2f2

11，fm

fn1，且fx在m上单调递增2fx1在m2fx1R2（Ⅰ）证明：因为OABCDEF的中心，GAB的中点，所以OEFDOGAB.因为平面ABCF平面FCDE平面ABCF平面FCDEFC，GO平面ABCF，所以GOFCDE.因为DFFCDE，所以GODF.因为EO平面EOG，GO平面EOG，EO GOO，所以DF平面EGO.因为DFDFBBFDEGOz DOCyAGx（Ⅱ）DEH，则OHFC.分别以边OGOCz DOCyAGx示的空间直角坐标系.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)，则mFE

y

3zur 即 3x2y令y 3，则z1，x2所以m2,31(2,3,1)(0,3, 43(2,3,1)(0,3, 4310924ABCDEFOC//EDOCED，所以四边形OCDE是平行四边形.所以DC//EO因为OE平面OEGCD平面OEG所以CD//平面OEG因为平面 平面BDC=l，CD平面BDC所以DCl（文科（Ⅰ）ABCDEFOC//EDOCED，所以四边形OCDE是平行四边形.所以DC//EO因为OE平面OEGCD平面OEG所以CD//平面OEG（Ⅱ）证明：因为OABCDEF的中心，GAB的中点，所以OEFDOGAB.因为平面ABCF平面FCDE平面ABCF平面FCDEFC，GO平面ABCF，所以GOFCDE.因为DFFCDE，所以GODF.因为EO平面EOG，GO平面EOG，EO GOO，所以DF平面EGO.因为DFDFBBFDEGO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，有一位申请者经历两次考试一位申请者经B，两位申请者经历两次考试为事件CD.因为考试需交费用Y0X0,两位申请者所需费用500ABCD.P( D)0.10.120.50.10.50.520.1500一位申请者获得证的考试费用低于300元的概率为3的可能取值为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当sinB=1B

时sinAcosBsinB取得最大值2（Ⅰ）

Sn+1=3Sn+2所以Sn11Sn+

3Sn+2+1=3Sn+S11=3所以{Sn1}是首项为3，公比为3n（Ⅱ）由（Ⅰ）S3n1nN*nn1时a1S12. 当n>1时，aS (3n1)(3 3n1(3n故a23n1nn

23n1睚（Ⅲ）因为数列睚

所以bn=1+2(n

1)=2n-1所以

=

（Ⅰ）M(xx2N(xx2.由OM^ONx 1因为

=m所以

=-1mm2+m2+所以OMm2+m2+所以

OMN

OMON

? 2= 2 2+m22112所以当m=?1OMN12 （）B(xx2C(xx2，直线

9=

3)AC的方程为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所以直线BC的斜率为4+x3=k1+k2

6=-342解:（Ⅰ）设椭圆G:2

3 1(ab3 1(abc可 ca

3a2b2c2,所以a24b22 M(1, a

4b

1,故b21a222所以椭圆Gx24y22.（Ⅱ）ABx

A(s,t)(s

，则B(st).由题意得：t t 2 21s0ABx0s sABxABykxmA(x1y1B(x2y2，将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，经过定点(0,1AB经过定点(0,1（Ⅱ）

，k2111k

(11(11k

4k21k1k

x1x2

4k2 1k因为坐标原点O到直线AB的距离1kABOS

4k2

（k21224k24k21 t，则t04k21

t2

2t2t

12222当且仅当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）设B1{20151,2015 4646(20151)100所以将B1中的20151与C1中的201551交换，得到集