2015年上海市高考数学试卷理科解析汇报

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2015年上海市高考数学试卷（理科）
一、填空题（本大题共有14题，满分48分．）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对4分，否则一律得零分．
1．（4分）（2015?上海）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩?UΒ=
2．（4分）（2015?上海）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=
3．（4分）（2015?上海）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=
4．（4分）（2015?上海）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=
5．（4分）（2015?上海）抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p=
6．（4分）（2015?上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为
7．（4分）（2015?上海）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为
8．（4分）（2015?上海）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为（结果用数值表示）．
9．（2015?上海）已知点 P和Q的横坐标相同，P的纵坐标是Q的纵坐标的2倍，P 和Q的轨迹分别为双曲线C1和C2．若C1的渐近线方程为y=±x，则C2的渐近线方程为
10．（4分）（2015?上海）设f﹣1（x）为f（x）=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函数，则y=f （x）+f﹣1（x）的最大值为
11．（4分）（2015?上海）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为
（结果用数值表示）．
12．（4分）（2015?上海）赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）．若
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文案大全随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ1﹣Eξ2=（元）．
13．（4分）（2015?上海）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m）|=12（m≥12，m∈N*），则m的最小值为
14．（2015?上海）在锐角三角形 A BC中，tanA=，D为边 BC上的点，△A BD与△ACD的面积分别为2和4．过D作D E⊥A B于 E，DF⊥AC于F，则?=
二、选择题（本大题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．15．（5分）（2015?上海）设z1，z2∈C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的（）
A．充分非必要条件 B必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
16．（5分）（2015?上海）已知点A的坐标为（4，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（）
A． B． C． D．
17．（2015?上海）记方程①：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，
其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）
A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根
C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根
18．（5分）（2015?上海）设 P n（x n，y n）是直线2x﹣y=（n∈N*）与圆x2+y2=2在第一象限的交点，则极限=（）
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文案大全 A．﹣1 B．﹣ C． 1 D．
2
三、解答题（本大题共有5题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
19．（12分）（2015?上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE 所成的角的大小．
20．（14分）（2015?上海）如图，A，B，C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，
BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A地出发匀速前往B地，经过t小时，他们之间的距离为f（t）（单位：千米）．甲的路线是AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时．乙到达B地后原地等待．设t=t1时乙到达C地．
（1）求t1与f（t1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．
21．（14分）（2015?上海）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于A、B和C、D，记得到的平行四边形ABCD的面积为S．
（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值．
22．（16分）（2015?上海）已知数列{a n}与{b n}满足a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n），n∈N*．
（1）若b n=3n+5，且a1=1，求数列{a n}的通项公式；
（2）设{a n}的第n0项是最大项，即a≥a n（n∈N*），求证：数列{b n}的第n0项是最大项；
（3）设a1=λ＜0，b n=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{a n}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．
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文案大全23．（18分）（2015?上海）对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f（x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．
（1）验证g（x）=x+sin是以6π为周期的余弦周期函数；
（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；
（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充分条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．
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2015年上海市高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共有14题，满分48分．）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对4分，否则一律得零分．
1．（4分）（2015?上海）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩?UΒ=
{1，4}
考交、并、补的混合运算
专集合
分析本题考查合的运算于两个集已经化简直接运算出答案即可
解答解：∵全U=，集={4={∴={x|2
∴A∩（?U B）={1，4故答案为：{1，4}
．．
点评：本题考查集合的交、并、补的混合运算，熟练掌握集合的交并补的运算规则是解本题的关键．本题考查了推理判断的能力．
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文案大全2．（4分）（2015?上海）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=
考复数代数式的乘除算．
专题：数系的扩充和复数．
分析：设z=a+bi，则=a﹣bi（a，b∈R），利用复数的运算法则、复数相等即可得出．解答：解：设z=a+bi，则=a﹣bi（a，b∈R又3z+=1+∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+化为4a+2bi=1+∴4a=1，2b=解得a=，∴z=
．．
故答案为：．
点评：本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题．
3．（4分）（2015?上海）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=16
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考二阶行列与逆矩阵．
专题：矩阵和变换．
分析：根据增广矩阵的定义得到，是方程组的解，解方程组即可．
解答：解：由题意知，是方程组的即，
则c1﹣c2=21﹣5=1故答案为：16．
点评：本题主要考查增广矩阵的求解，根据条件建立方程组关系是解决本题的关键．
4．（4分）（2015?上海）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4
考点：棱锥的结构特征．
专题：空间位置关
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文案大全系与距离
分析由题意可sin?a=16，由此求得a的值．
解答：解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形，面积
为?a?a?sin60°，正棱柱的高为∴（?a?a?sin60°）?a=16，∴a=4，
故答案为：4．
点评：本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．
5．（4分）（2015?上海）抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p=2
考点：抛物线的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：利用抛物线的顶点到焦点的距离最小，即可得出结论．
解答：解：因为抛物线y2=2px（p
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文案大全）上的到焦的距所p=2故答案为：2
点评：本题考查抛物线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．
6．（4分）（2015?上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为
考旋转体（柱、圆锥、圆台）．
专题：空间位置关系与距离．
分析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得l=2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案．
解答：解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为则圆锥的侧面积为：πrl，
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文案大全过轴的截面∵圆锥的面积与过的截面设母线，
故答案为：．
点评：本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键．
7．（4分）（2015?上海）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为2
考点：对数的运算性质．
专题：函数的性质及应用．
分析：利用对数的运算性质化为指数类型方程，解出并验证即可．
解答：解：∵log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2，∴log2（9x﹣1﹣5）=log2[4×（3x﹣1﹣2）]，
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文案大全5=
化为）2﹣12?3x+27=因式分解为：（3x﹣3）（3x﹣9）=∴3x=3，3x=解得x=1或2．
经过验证：x=1不满足条件，舍∴x=2．
故答案为：2．
点评：本题考查了对数的运算性质及指数运算性质及其方程的解法，考查了计算能力，属于基础题．
8．（4分）（2015?上海）在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为120（结果用数值表示）．
考点：排列、组合的实际应用．
专题：计算题；排列组合．
分析：根据题意，运用排除法分析，先在9名老师中选取5人，参加义务献血，由组合数公式可得其选法数目，再排除其中只有女教师的情况；即可
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文案大全得答案
解答解：根据意报名的名男老师名女教师名老师选人加义务献血有C95=126种；
其中只有女教师的有C65=6种情况；
则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120故答案为：120．
点评：本题考查排列、组合的运用，本题适宜用排除法（间接法），可以避免分类讨论，简化计算．
9．（2015?上海）已知点 P和Q的横坐标相同，P的纵坐标是Q的纵坐标的2倍，P和Q的轨迹分别为双曲线C1和C2．若C1的渐近线方程为y=±x，则C2的渐近线方程为
考点：双曲线的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：设C1的方程为y2﹣3x2=λ，利用
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文案大全坐标间的系求轨迹方程可求渐近线方程
解答解：设C1的方程为y2﹣3x2=λ，
设Q（x，y），则P（x，2y），代入y2﹣3x2=λ，可得4y2﹣3x2=∴C2的渐近线方程为4y2﹣3x2=0，即．
故答案为：．
点评：本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．
10（4分）（2015?上海）设f﹣1（x）为f（x）=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函数，则y=f （x）+f﹣1（x）的最大值为4
考点：反函数．
专题：函数的性质及应用．
分析：由f（x）=2x﹣2+在x∈[0，2]上为增函数可得其值域，得到y=f﹣1（x）在[]上为
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文案大全增函数由数的单调求y=+（x）的最大值．
解答：解：由f（x）=2x﹣2+在x∈[0，2]上为增函数，得其值域为[]，
可得y=f﹣1（x）在[]上为增函因此y=f（x）+f﹣1（x）在[]上为增函∴y=f（x）+f （x）的最大值为f（2）+f﹣1（2）=1+1+2=故答案为：4．
﹣1
点评：本题考查了互为反函数的两个函数图象间的关系，考查了函数的单调性，属中档题．
11．（4分）（2015?上海）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45（结果用数值表示）．
考点：二项式系数的性质．
专题：二项式定理．
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分析先把原式两项结合开分析可仅有展开的第一项项然写出第一二项展开的通项，的指数值，则案可求
解答解：1+x10
∴仅在第部分中出项再，r项的
故答案为4
点评本题考查二项式系的性质关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．
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文案大全12．（4分）（2015?上海）赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，
则 Eξ1﹣Eξ2=0.2（元）．
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文案大全机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进行算是解决题的关键
13．（4分）（2015?上海）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣
1）﹣f（x m）|=12（m≥12，m∈N*），则m的最小值为8
考点：正弦函数的图象．
14．（2015?上海）在锐角三角形 A BC中，tanA=，D为边 BC上的点，△ A BD 与△ACD的面积分别为2和4．过D作D E⊥A B于 E，DF⊥AC于F，
则?=﹣
考平面向量量积的运算
专平面向量应用
分析由题意画图形结合积求cosA，，然后代入数量积公式得答案．
解答：解：如图，
∵△ABD与△ACD的面
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积分别为2
tanA联siA+c=
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故答案
点评本题考查面向量的量积运算查了数形合的解题想方法考了三角函的化简与值，是中题
二、选择题（本大题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．15．（5分）（2015?上海）设z1，z2∈C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的（）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题：简易逻辑；数系的扩充和复数．
分析：根据充分条件和必要条件的定义结合复数的有关概念进行判断即可．
解答：解：设z1=1+i，z2=i，
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文案大全满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z2是虚不若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当
z1﹣z2是虚数则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的必要不充分条故选：B．
点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据复数的有关概念进行判断是解决本题的关键．
16．（5分）（2015?上海）已知点A的坐标为（4，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（）
A． B． C． D．
考点：任意角的三角函数的定义．
专题：三角函数的求值．
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分析：根据三角函数的定义，求出∠xOA的三角函数
值，利用两角差的正弦式进行求即可
解答解：∵∴xOAsico
O绕坐原逆针旋O
O的倾角|OB|=|OA|
则的坐标y=|OP|si=7．
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文案大全（sinθcos+cosθsin）故选
点评本题主要查三角函值的计算据三角函的定义以两角和差正弦公式解决本题关键
17．（2015?上海）记方程①：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（）
A．方程①有实根，且②有实根 B．方程①有实根，且②无实根
C．方程①无实根，且②有实根 D．方程①无实根，且②无实根
考点：根的存在性及根的个数判断．
专题：函数的性质及应用．
分析：根据方程根与判别式△之间的关系求出a12≥4，a22＜8，结合a1，a2，a3成等比数列求
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文案大全出方程③的判别式△的取值即可得到结论．
解答：解：当方程有实根无实根时成等比数
即方判别=1，此时故选B点评本题主要查方程根在性与判之间关系结合比数列的义和性质断判别的取值关是解决本的关键
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文案大全18．（5分）（2015?上海）设 P n（x n，y n）是直线2x﹣y=（n∈N*）与
圆x2+y2=2在第一象限的交点，则极限=（）
1
1
2
考极限及其算
专导数的综应用
分析时直2y趋2y=与+=在第一象的交点无靠近利用圆的线的斜率率计算公即可得出解答解时，直2y近2y=，与+=在一象限的点无限靠，可作连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点
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文案大全（1，1）处的切线的斜率，其斜故选
点评本题考查极限思想的切线的率斜率计公式考查推理能力计算能力于中档题
三、解答题（本大题共有5
题，满分74分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤. 19．（12分）（2015?上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE 所成的角的大小．
考点：直线与平面所成的角．
专题：空间角．
分析：利用长方体的集合关系建立直角坐标系．利用法向量求出二面角．
解答：解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC．
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的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．长方所四点面
为坐原点DDD别xy轴建立空间角坐标系求
设平E的向量，所，即
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z=1，得x=1，y=所
所以直C与平F所的角的大arcs
点评本题主要查利用空直角坐标求出二面的方法属考常考题型
20．（14分）（2015?上海）如图，A，B，C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A地出发匀速前往B地，经过t小时，他们之间的
距离为f（t）（单位：千米）．甲的路线是AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时．乙到达B地后原地等待．设t=t1时乙到达C地．
（1）求t1与f（t1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．
考点：余弦定理的应用．
专题：解三角形．
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分析：（1）由题意可得t1==h，由余弦定可=PC代值时由已知据和余弦理可=PQ，时=PB=5综合可得时[可得结论
解答解）由意可
设此时甲动到，AP=PC=
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=千米；
（2）当1≤t时，乙C上QB=AC+8t=8PB=AA=PQ
时乙点动设=PB=AAP=5t）的最
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文案大全大值超过了3千米．
点评：本题考查解三角形的实际应用，涉余弦定理分段函数中档题
21．（14分）（2015?上海）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于A、B和C、D，记得到的平行四边形ABCD的面积为S．
（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证
明S=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值．
考直线与圆曲线的综问题点到线的距离式
专直线与圆锥曲线的义性质与程
分析依题意直的程y利用点到线间的距公式可求得点C到直线l1的距离d=，再利用
|AB|=2|AO|=2，可证得
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文案大全S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1（2）方法一：设直线l1的斜率为k，直的率为得直的方程联方程，可求继而可求答案
方法二设的率分别，利）在椭+2=上可求得面的值
解答解）依意直方程y，由到直线间距离公式得到直的距d=
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因
|AB|=2|AO|=所S=|AB|d方法一设直斜率，直的率为
设直方程y=k联立方程消解x
根据对称性，
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同理可得x2=，所S方法二在椭+++2．
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文案大全（+）即所以||
所S=2||=
点评：本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，考查方程思想、等价转化思想与综合运算能力，属于难题．
22．（16分）（2015?上海）已知数列{a n}与{b n}满足a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n），n∈N*．（1）若b n=3n+5，且a1=1，求数列{a n}的通项公式；
（2）设{a n}的第n0项是最大项，即a≥a n（n∈N*），求证：数列{b n}的第n0项是最大项；
（3）设a1=λ＜0，b n=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{a n}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．
考点：数列递推式；数列的函数特性．
专题：创新题型；等差数列与等比数列；不等式的解法及
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应用．
分析：（1）把b n=3n+5代入已知递推式可得a n+1=，由此{是等数列）+合递推式加得=2+2，求进一步得）由可，然后分＜种情况求的最大和最小，再（）式求的围
解答）解n+=n+=n+=2．
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（b n+1﹣b n）=2（3n+8﹣3n﹣5）=∴{a n}是等差数列，首项=，公
∴数{的项）由可
当时单调递减最大值
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；
时M=m
（，不＜时时2无时2无综上所述（满足条件
点评本题考查数列递推式考查了等关系的确定，
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文案大全考查了数列的函数特性，训练了累加法求数列的通项公式，）的求运用了极思想方法中档题
23．（18分）（2015?上海）对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg （x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f（x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．
（1）验证g（x）=x+sin是以6π为周期的余弦周期函数；
（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；
（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充分条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．
考函数与方的综合运用
专创新题型数的性质应用
分析）根据弦周期函的定义判cosx+是否等于cosg（x）即可；
（2）根据f（x）的值域为R，便可得到存在x0，使得f（x0）=c，而根据f（x）在R上单调递增即可说明x0∈[a，b]，从而完成证明；
（3）只需证
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文案大全明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u0为方cos=[上解是否为程的解带方程使方成立便是程的解证对任[，都x+=+，可x=x=种情况x=时是显然立的x=时可得cos2=而得2=2根调递增便得然后根）的单性及方cos=[2和它[上解的数的情况=，是不在的=时结论成立这便说x=时结论成立而对）时，通考cos）
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文案大全=c的
解得到f（x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后出结论即可
解答解=x=）是为周期余弦周期即）证明+为cos=在区[2则cos+cos=，且
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文案大全0≤u0≤∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；
为方cos=[上的充分件+方cos=在区[2上的下面证明任[，都x+=+
x=时=，显x=时cos2=c2=）=2=由cos+=cos=）2
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文案大全∴2＜k2＜3，无解；
2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x2cos=[2但方cos=[2上只=个=时2==+结）时考查方cos=）+++）方cos=+++∈
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文案大全（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的∴f（x i+T）=∴综上对[都x+=
点评考查对余周期函数义的理解分条件的念方程的的概念知cos=能得=2k，以及造方程解的方法在明最后一时能运用二问的结论
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参与本试卷答题和审题的老师有：whgcn；孙佑中；maths；caoqz；刘长柏；翔宇老师；danbo7801；sxs123；海燕；雪狼王；lincy；wfy814；wkl197822（排名不分先后）
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2015年6月25日。