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2015海淀区高三数学查漏补缺试题


2015 海淀二模数学(文理)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 C.原命题与否命题均为真命题 B.原命题为假,否命题为真 D.原命题与否命题均为假命题

??? ? ???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? 2、如右图所示,在四边形 ABCD 中, CD = 4, AD = 5 , AB ? AD ? CB ? CD ? 0 ,令 BC = x, BA = y ,
则曲线 y = f ( x) 可能是( )
D

A C B

3、若直线 ? A ?4或6
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

? x ? 3cos ? , ? x ? 3t , ( t 为参数)与圆 ? ( ? 为参数)相切,则 b ? ( ? y ? b ? 3sin ? , ? y ? 1 ? 4t ,
B
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?6或4

C

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?1或9

D ?9或1
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1

4、若 sin ? A.

?? ? 3 ? x ? ? ,则 sin 2 x 的值为 ( ?4 ? 5
B.
?



19 25

16 25
? ? 1

C.

14 25


D.

7 25

5、设 a ? sin 42 , b ? cos 46 , c ? 2 2 , 则( A. c ? a ? b B. b ? c ? a

C. a ? b ? c

D. b ? a ? c

x 6、设集合 A = {( x, y ) y = a } , B = {( x, y) y ? x

1或 y ?

x + 1} . 若 A ? B ,则正实数 a 的取值范

围是 A. [0, ]

7、已知 m, n 为异面直线, m ? 平面 ? , n ? 平面 ? ,直线 l 满足 l ? m, l ? n, l ? ? , l ? ? ,则( A. ? // ? ,且 l // ? C. ? 与 ? 相交,且交线垂直于 l 8、若 ( x ?
2

1 e

B. [ ,e]

1 e

C. (1,e2 ]

D. [e, ??) )

B. ? ? ? ,且 l ? ? D. ? 与 ? 相交,且交线平行于 l )

1 5 ) 的展开式中含 x ? (? ? R) 的项,则 ? 的值不可能为( x
B.

A.

?5

1

C.

7

D.

2

9、将函数 y ? sin(2 x ? ? )(0 ? ? ? ? ) 的图象沿 x 轴向左平移

? 个单位后得到的图象关于原点对称,则 ? 的 6

值为( A.

) B.

2? 5? D. 3 6 ? 3? 2 10、函数 y = sin x - 2sin x sin( x + ) + sin 的图象的对称轴是 3 2
C. 11、设曲线的极坐标方程为 sin 2? ? 1 ,则其直角坐标方程为 .

? 6

? 3

,对称中心是

.

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 ? 2 x ? 1 垂直,则

3 tan(? ? ? ) ? 4
2

, cos? ? _____________.

13、设抛物线 C : x ? 4 y 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____________.

2

14、在区间 ?? 1,1? 上随机的取两个数 a , b ,使得方程 bx ? 2ax ? 1 ? 0 有两个实根的概率为_______.
2

15、已知 m ? n ? 2e(m, n ? R) ,那么 ln m ? ln n 的最大值是

.

16、已知 ( ? ix) ? a0 ? a1 x ? a2 x ? ? ? a10 x ( i 为虚数单位),则
2 10

1 10 2 a a a a0 ? 1 ? 2 ? ? ? 10 ? 2 4 210

.

b 满足: | a |? 1, | b |? 6, a ? (b ? a) ? 2 , 17、 已知向量 a , 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 为 .

1 ,则该单位员工总人数 28

19、已知正方体 ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 1,且点 E 为棱 AB 上任意一个动点. 当点 B1 到平面 A1 EC 的

距离为

21 时,点 E 所有可能的位置有几个___________. 6

y a 2π 3 O x

20、如图,

弹簧挂着的小球上下振动,时间 t ( s ) 与小球相对于平衡位置(即 位置)的高度 h(cm) 之间的函数关系式是

静止时的

h ? 2 sin t ? 2 cos t, 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__________.

-a

2 21、 已知点 P 为曲线 y = x 与 y = a ln x(a ? 0) 的公共点, 且两条曲线在点 P 处的切线重合, 则a=

.

2 2 22、双曲线 2 x ? ky ? k (k ? 0) 的一条渐近线是 y ? x ,则实数 k 的值为



? 23、已知函数 y ? 2sin(? x ? ? )(? ? Z , ?? ? ? ? ? ) 的部分图象如图所示,则 ? ? _____, ? ? ______ .

3

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, ? AC 是⊙ O 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 ?B ? 75 ,则 ?ADC ? _____ ,
0

(2)若⊙ O 的半径长为

5 , CD ? 3 ,则 BD ? 2

.

?x 27、已知函数 f ( x) ? e sin x (其中 e = 2.718? ).

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)求 f ( x ) 在 [- ?, π] 上的最大值与最小值. 28、已知函数 f ? x ? ?

ex 的定义域是 R,且有极值点. x2 ? 2 x ? b

(Ⅰ)求实数 b 的取值范围;

4

(Ⅱ)求证:方程 f ? x ? ?

1 恰有一个实根. 2

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 BFD ? 平面 EGO ; (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.

E

D

E

D

F

O

C F A G

O B

C

A

B

(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 BFD ? 平面 EGO ;

5

(Ⅲ)求多面体 EFGBCD 的体积.

E

D

E

D

F

O

C F A G

O B

C

A

B

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 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:

X
P

1 0.1

2

3 0.3

4 0.1

x

(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 X 次考试需缴纳费用 Y ? 100 X ? 30 (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.

6

31、在 ?ABC 中,角 A , B , C 所对的边长分别是 a , b , c . 满足 2a cos C ? c cos A ? b . (Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 sin A cos B + sin B 的最大值.

32、设数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,且满足 S1 = 2, S n+1 = 3S n + 2 (n= 1, 2,3?) . (Ⅰ)求证:数列 S n + 1 为等比数列; (Ⅱ)求通项公式 an ;
n (Ⅲ)若数列 镲 睚 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列 {bn }的通项公式.

{

}

禳 镲 b 镲 an 镲 铪

33、已知抛物线 x ? y , O 为坐标原点.
2

(Ⅰ)过点 O 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 (Ⅱ)过抛物线上一点 A ? 3,9 ? 引圆 x ? ? y ? 2 ? ? 1 的两条切线 AB、AC ,分别交抛物线于点 B、C , 2

连接 BC ,求直线 BC 的斜率.

34、已知焦点在 x 轴上,中心在原点,离心率为

1 3 的椭圆经过点 M (1, ) ,动点 A, B (不与定点 M 重合) 2 2

均在椭圆上,且直线 MA 与 MB 的斜率之和为 1, O 为坐标原点. (Ⅰ)求椭圆 G 的方程; (Ⅱ)求证直线 AB 经过定点; (Ⅲ) 求△ 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:

7

① B?C ? ? ; ② B?C ? A; ③ B 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 ? {1,3,9, 27,?,3n }(n ? N*) 是否“可均分”,并说明理由; (Ⅱ)求证:集合 A ? {2015 ? 1, 2015 ? 2,?, 2015 ? 93}“可均分”; (Ⅲ)求出所有的正整整 k ,使得 A ? {2015 ? 1, 2015 ? 2,?, 2015 ? k} “可均分”.

8

参考答案: 1.A 2.C 3.A 4.D 5.C 6.B 7.D 8.D 9.B

10. x ? 13. 16. ?

k? ? k? ? (k ? Z) , ( , ?1)( k ? Z) 2 4 2

11. y ? x 14.

12.

1 2 5 2 5 , 或? 3 5 5

3x ? 3 y ? 3 ? 0 或 3x ? 3 y ? 3 ? 0
i 32
17.

2 3

15. 1

? , 2 7 3
1 ? 2 人,所以不妨设老年职工组共有 n 人,则甲乙二人 9

18. 解:按分层抽样应该从老年职工组中抽取 18 ?

2 C2 1 均被抽到的概率为: 2 ? ,解得: n ? 8 ,所以该单位共有员工 8 ? 9 ? 72 人. Cn 28

19. 2

20. 2, 4

21. 2e

22. ?2

23.2,

? 3

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° ,

25 13

2 cos( x ? ) 4 . 27. (Ⅰ)解: f '( x) ? ?e? x sin x ? e? x cos x ? ex ? 令 f '( x) ? 0 ,解得: x ? k? ? , k ? Z . 4 3? ? , 2k? + ), k ? Z 时, f '( x) ? 0 ; 因为当 x ? (2k? 4 4 ? 5? , 2 k? + ), k ? Z 时, f '( x) ? 0 , 当 x ? (2k? 4 4 3? ? , 2k? + ), k ? Z ,单调递减区间是 所以 f ( x ) 的单调递增区间是 (2k? 4 4 ? 5? (2k? + , 2k? + ), k ? Z . 4 4 3? 3? ? ? ) 上单调递减,在 (? , ) 上单调递增,在 ( , ? ] 上单调递减. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x ) 在 [ ?? , ? 4 4 4 4

?

? 2 ?? f (?? ) ? 0, f ( ) ? e 4 ? 0, 4 2

f (? ) ? 0, f (?
9

? 3? 2 34 )?? e ?0 4 2

? 2 ?? 2 34 4 所以 f ( x ) 在 [- ?, ?] 上的最大值为 e ,最小值为 ? e . 2 2

28.解:(1) 由 f ? x ? ?

ex 的定义域是 R,知 4 ? 4b ? 0 得 b ? 1 . x2 ? 2 x ? b

f ?? x? ?

ex ? x2 ? 2x ? b ? 2x ? 2?

? x2 ? 2 x ? b ?
2

2

?

ex ? x2 ? b ? 2?

? x2 ? 2x ? b ?

2



由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? 2 ? b ? 0 ,故 b ? 2 . 当 b=2 时, f ? ? x ? ?

? x2 ? 2x ? 2?

x 2e x

2

? 0 ,函数 f ? x ? 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 f ? x ? 的两个极值点为 m ? ? 2 ? b ? ? ?1,0? , n ? 2 ? b ? ? 0,1? , x

? ??, m?
+ ↗

m 0 极大值

? m, n?
? ↘

n 0 极小值

? n, ???
+ ↗

f ? ? x? f ? x?
极小值 f ? n ? ?

en en en en 1 ? ) ? ? .(下面证明 2 2n ? 2 2 n ? 2n ? b ? 2 ? b ? ? 2n ? b 2n ? 2

记 g ? x ? ? ex ? ? x ? 1? ? 0 ? x ? 1? , g? ? x ? ? ex ?1 ? 0 ∴ g ? x ? 在 ?0,1? 上是单调递增函数 ∴当 x ? ? 0,1? 时, g ? x ? ? g ? 0? ? 0 ,即 e ? x ? 1
x

由 n ? 2 ? b ? ? 0,1? 知, 这说明 f ? x ? ? 又 f ? ?2 ? ?

en n ?1 1 ? ? . 2n ? 2 2n ? 2 2

1 在 ? m, ??? 上无解. 2

1 e?2 1 1 ? 2 ? , f ? m ? ? f ? n ? ? ,且 f ? x ? 在 ? ??, m? 上单调递增, 2 b e 2

10

1 在 ? ??, m? 上恰有一解 2 1 综上所述, f ? x ? ? 在 R 上恰有一解. 2
∴ f ? x? ? 29. (Ⅰ)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 ? 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 .

(Ⅱ)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) ,F (0, ?2, 0) ,则 FD ? (0 ,3 , 0)

uuu r



uur uuu r FE ? (0,1, 3) , FG ? ( 3,2,0) .
由(Ⅰ)知: DF ? 平面 EGO . 所以 平面 EGO 的一个法向量为 FD ? (0,3, 0) . 设平面 EFG 的法向量为 m ? ( x, y, z) ,则

uuu r

u r

11

u r uur ? ? y ? 3z ? 0, ?m ? FE ? 0, ? 即? r uuu r ?u ? ? 3x ? 2 y ? 0. ?m ? FG ? 0, ?
令 y ? 3 ,则 z ? ?1 , x ? ?2 . 所以 m ? (?2, 3, ?1) .

z
E D E

H

D

u r

F

O

C F A G

O B

C

y

所以 二面角 O ? EG ? F 的余弦值为

(?2, 3, ?1) ? (0,3, 3) 2 . ? 4 4 ? 3 ?1 ? 0 ? 9 ? 3

A

B

x

(Ⅲ)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 ? 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 ? 平面 OEG , 所以 CD / / 平面 OEG . (Ⅱ)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 ? 平面 FCDE ? FC , GO ? 平面 ABCF , 所以 GO ? 平面 FCDE .

12

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 . (Ⅲ)解:由(Ⅱ)知 GO ? 平面 FCDE . 所以 VEFGBCD ? VB ?CDEF ? VB ? FEG ? VB ?CDEF ? VG ? FEO ?

1 2

1 1 7 S?CDEF ? GO ? S?FEO ? GO ? . 3 6 2

30.解:(Ⅰ)由 X 的概率分布可得

0.1 ? x ? 0.1 ? 0.3 ? 1 . ? x ? 0.5 .

E ( X ) ? 0.1 ?1 ? 0.5 ? 2 ? 0.3 ? 3 ? 0.1 ? 4
? 2.4 .
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 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 ? 100 X ? 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 ? B ? C ? D) ? 0.1? 0.1 ? 2 ? 0.5 ? 0.1 ? 0.5 ? 0.5 ? 2 ? 0.1? 0.3 =0.42
所以两位申请者所需费用的和小于 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

3 , ? 的可能取值为 0,1,2,3,4. 5

13

16 ?2? , P(ξ ? 0) ? ? ? ? ? 5 ? 625
2 2 2 4

4

96 1 ? 3 ?? 2 ? , P(ξ ? 1) ? C4 ? ?? ? ? ? 5 ?? 5 ? 625
3

3

216 ? 3 ? ? 2 ? 216 3 ? 3? ? 2 ? , P(ξ ? 3) ? C4 P(ξ ? 2) ? C ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? 5 ? ? 5 ? 625 ? 5 ? ? 5 ? 625 81 ? 3? . P(ξ ? 4) ? ? ? ? ? 5 ? 625
4

? 的分布列为

X

0

1

2

3

4

P

16 625

96 625

216 625

216 625

81 625

31. 解:(Ⅰ)由正弦定理及 2a cos C ? c cos A ? b 得,

2 sin A cos C ? sin C cos A ? sin B .
在 ?ABC 中, A ? B ? C ? ? ,

? A ? C ? ? ? B ,即 sin(A ? C ) ? sin B . ? 2 sin A cosC ? sin C cos A ? sin( A ? C) ? sin A cosC ? sin B ? sin A cosC ? sin B .
C ? 0. ? s i nA c o s
又? 0 ? A ? ? , 0 ? C ? ? ,

? sin A ? 0 . ? cos C ? 0 . ?C ?

?
2

.

(Ⅱ)由(Ⅰ)得 C ?

?
2

,? A ? B ?

?
2

,即 B ?

?
2

? A.

14

? sin A cos B + sin B = cos 2 B + sin B = - sin 2 B + sin B + 1 = - (sin B ? 当 sin B =
1 ? 5 ,即 B = 时, sin A cos B + sin B 取得最大值 . 6 4 2

? 1 2 5 ) + ,0 < B < , 2 2 4

32. 证明:(Ⅰ)因为 Sn+ 1 = 3Sn + 2 , 所以

Sn+ 1 + 1 3Sn + 2 + 1 = = 3. Sn + 1 Sn + 1

又 S1 + 1 = 3 , 所以

{Sn + 1}是首项为 3 ,公比为 3 的等比数列.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得 Sn ? 3n ?1, n ? N* . 当 n = 1 时, a1 = S1 = 2 . 当 n > 1 时, an ? S n ? S n?1 ? (3n ? 1) ? (3n?1 ? 1)

? 3n?1 (3 ? 1) ? 2 ? 3n?1 .
故 an ? 2 ? 3n?1, n ? N* .
n (Ⅲ)因为 数列 镲 睚 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,

禳 镲 b 镲 an 镲 铪

所以

bn = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1 . an
n- 1

所以 bn = 2(2n - 1) ?3

.

2 2 33. 解:(Ⅰ)设 M ( x1, x1 ), N ( x2 , x2 ) .由 OM ^ ON 得 x1 x2 = - 1.

因为 x1 = m, 所以 x2 = 所以 OM =

1 . m

m2 + m4 , ON =

m2 + 1 . m4
2 = 1.

所以 S?OMN =

1 1 1 1 OM ON = 2 + m2 + 2 ? 2 2 2 m 2

所以 当 m = ? 1 时,△ OMN 面积取得最小值 1.

15

2 2 (Ⅱ)设 B( x3 , x3 ), C( x4 , x4 ) ,直线 AB 的方程为 y - 9 = k1 ( x - 3) ,AC 的方程为 y - 9 = k2 ( x - 3) .
2 因为 直线 AB、AC 与圆 x ? ? y ? 2 ? ? 1 相切, 2

所以

3k1 - 7 1 + k12

=

3k2 - 7
2 1 + k2

= 1.

2 所以 4k12 - 21k1 + 24 = 0, 4k2 - 21k2 + 24 = 0 .

所以 k1 , k2 是方程 4k - 21k + 24 = 0 的两根. 所以 k1 + k 2 =

2

21 . 4

ì ? y = x2 , ? 由方程组 í 得 x2 - k1 x - 9 + 3k1 = 0 . ? y 9 = k ( x 3) 1 ? ?
所以 x3 + 3 = k1 ,同理可得: x4 + 3 = k2 . 所以 直线 BC 的斜率为
2 2 x4 - x3 3 = x4 + x3 = k1 + k2 - 6 = - . x4 - x3 4

34.解: (Ⅰ)设椭圆 G :

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 2 a b 2

可知

c 3 2 2 2 2 2 ,又因为 a ? b ? c ,所以 a ? 4b . ? a 2
1 2 1 1 1 ? 2 ? 1 ,故 b 2 ? , a 2 ? 2 . 2 2 a 4b
2

由定点 M (1, ) 在椭圆上可得
2

所以椭圆 G 的方程为 x ? 4 y ? 2 .

1 1 ?t ? 2? 2 ? 1 ,即 s ? 0 . (Ⅱ)当直线 AB 与 x 轴垂直时,设 A( s, t )( s ? 1) ,则 B( s, ?t ) .由题意得: s ?1 s ?1 t?
所以 直线 AB 的方程为 x ? 0 . 当直线 AB 不与 x 轴垂直时,可设直线 AB 为 y ? kx ? m , A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) , 将 y ? kx ? m 代入 x ? 4 y ? 2 得 (1 ? 4k ) x ? 8kmx ? 4m ? 2 ? 0 .
2 2
2 2 2

所以 x1 ? x2 ? ?

8km 4m 2 ? 2 x ? x ? ? , . 1 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
16

1 1 y2 ? 2? 2 ? 1①, 由直线 MA 与 MB 的斜率之和为 1 可得 x1 ? 1 x2 ? 1 y1 ?
将 y1 ? kx1 ? m 和 y2 ? kx2 ? m 代入①, 并整理得 (2k ? 1) x1 x2 ? (m ? k ? )( x1 ? x2 ) ? 2m ? 0 ②,

1 2

8km 4m 2 ? 2 将 x1 ? x2 ? ? , x1 ? x2 ? ? 代入② 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
并整理得 2km ? 2m ? 2k ? m ? 1 ? 0 ,
2

分解因式可得 (2k ? 2m ? 1)(m ? 1) ? 0 , 因为直线 AB : y ? kx ? m 不经过点 M (1, ) ,所以 2k ? 2m ? 1 ? 0 ,故 m ? ?1 . 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) .
2 2 (Ⅲ) 由(Ⅱ)可得: ? ? 32k ? 8 ? 0 , k ?

1 2

1 . 4

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ?
因为 坐标原点 O 到直线 AB 的距离为

2 2 ? 4k 2 ? 1 . 4k 2 ? 1

1 1 ?k 2



所以 △ ABO 的面积 S ?

2 ? 4k 2 ? 1 1 2 ( k ? ). 2 4 4k ? 1
2t ? t ?2
2

2 令 4k ? 1 ? t ,则 t ? 0 ,且 S ?

2 2 1 ? ? , 2 2 2 2 t? t

当且仅当 t ?

2 ,即 k ? ?

1 3 时,△ ABO 的面积 S 取得最大值 . 2 2

35.解:(Ⅰ)因为 1 ? 3 ? 9 ? ? ? 3

n ?1

?

1? (1 ? 3n ) 1 n ? (3 ? 1) ? 3n , 1? 3 2
17

所以 集合 N ? {1,3,9, 27,?,3n }(n ? N*) “不可均分”. (Ⅱ)设 B1 ? {2015 ?1,2015 ? 2, ?,2015 ?47} ,

C1 ? {2015 ? 48, 2015 ? 49,?, 2015 ? 93} ,
考虑到

[(2015 ? 48) ? (2015 ? 49) ? ? ? (2015 ? 93)] ? [(2015 ? 1) ? (2015 ? 2) ? ? ? (2015 ? 47)]
? 46 ? 46 ? (2015 ? 1) ? 100 .
所以 将 B1 中的 2015 ? 1 与 C1 中的 2015 ? 51 交换,得到集合 B, C ,则得到的 B, C 满足条件(1) (2) (3), 故集合 A ? {2015 ? 1, 2015 ? 2,?, 2015 ? 93}“可均分”. (Ⅲ)一方面,假设 A ? {2015 ? 1, 2015 ? 2,?, 2015 ? k} “可均分”,则存在 B, C 满足条件(1) (2) (3). 所以 (2015 ? 1) ? (2015 ? 2) ? ? ? (2015 ? k ) ? 2016k ? 所以 k ? 4a 或 k ? 4a ? 1 (a ? N*) . 设 k ? 4a ? 1 ,不妨设 B 中的元素个数大于等于 2a ? 1 , C 中的元素个数小于等于 2 a , 于是 B 的元素之和 SB ? (2015 ? 1) ? (2015 ? 2) ? ? ? [2015 ? (2a ? 1)] , C 的元素之和

k (k ? 1) 为偶数, 2

SC ? [2015 ? (2a ? 2)] ? [2015 ? (2a ? 3)] ? ?? [2015 ? (4a ? 1)] .
所以

( 2 0? 1 5 ?1 ) ?[ 2 0 1 ? 5a (?2

(?2 0 ? ? 1 5 ?2 ) ?2 ) ]

a? [ 2 ? 0 1 5

( 2

1) ] ? [ 2 0 1 5 ( 4 1) ]

? [ a2 0 ? 1 ? 5 ?( 2 ? 3 )a] ?.

得 a ? 504 ,即 a ? 23 .
2

所以 k ? 4a (a ? N*) 或 k ? 4a ? 1 (a ? 23, a ? N*) . 另一方面,当 k ? 4a (a ? N*) 时, A ? {2015 ? 1, 2015 ? 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(Ⅱ)问可知 A ? {2015 ? 1, 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 4 p 个元素分成和相等的两个不相交的子集,即此时

18

A ? {2015 ? 1, 2015 ? 2,?, 2015 ? k} “可均分”.
综上, k ? 4a (a ? N*) 或 k ? 4a ? 1 (a ? 23, a ? N*) .

19


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