1、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
2、：“若a+b2，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（ ）A B C D 4、若，则的值为 （ ）A. B. C. D5、设则（ ）A B C D6、设集合，或. 若，则正实数的取值范围是A. 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.
3、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 D10、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
4、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
5、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）.（）求的单调区间；（）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（）求实数b的取值范围；（
6、）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.（）证明：平面平面；（）求二面角OEGF的余弦值；（）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.（）证明：DC/平面EGO；（）证明：平面平面；（）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
7、次数，据统计数据分析知的概率分布如下：1234P0.10.30.1（）求一位申请者所经过的平均考试次数；（）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；（）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.（）求角的大小；（）求的最大值.32、设数列的前项和为，且满足.（）求证：数列为等比数列；（）求通项公式；（）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. （）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； （）过抛
8、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.（）求椭圆的方程；（）求证直线经过定点; () 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：；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”.（）判断集合是否“可均分”，并说明理由；（）求证：集合“可均分”；（）求出所有的正整整，使得“可均分”.参考答案：1.A 2.C 3.A 4.D 5.C 6.B 7.D 8.D 9.B10. ， 11. 12. ，或 13
9、. 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. （）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.（）由（）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
10、，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1b2(2) 由(1)知函数的两个极值点为，xmn+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. （）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.（）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（）知：平面.所以 平面的一个法向量为. 设平面的法向量
11、为，则xyzH即令，则，.所以 . 所以 二面角的余弦值为 .（）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）（）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.（）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.（）解：由（）知平面.所以 .30.解：（）由的概率分布可得.所以一位申请者所
12、经过的平均考试次数为2.4次.（）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.（）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 0123431. 解：（）由正弦定理及得， . 在中， ，即. . 又，. .（）由（）得，即.， 当，即时，取得最大值.32. 证明：（）因为 , 所以 . 又,
13、所以 是首项为，公比为的等比数列. （）由（）可得.当时，. 当时， . 故. （）因为 数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以 . 所以 .33. 解：（）设.由得.因为 所以.所以 .所以 .所以 当时，面积取得最小值1.（）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: （）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.（）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.
14、 所以 ，.由直线与的斜率之和为1可得，将和代入，并整理得， 将，代入 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. () 由（）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：（）因为 ，所以 集合“不可均分”.（）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) () ()，故集合“可均分”.（）一方面，假设“可均分”，则存在满足条件(1) () ().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（）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.
