2015年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学(上海卷)
普通高等学校招生全国统一考试数学理试题精品解析(上海卷).docx
2015年高考上海卷理数试题解析（精编版）（解析版）一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集U R =．若集合{}1,2,3,4A =，{}23x x B =≤≤，则U A B =I ð ． 【答案】{}1,4【解析】因为{|32}U C B x x x =><或，所以{4,1}U A C B =I 【考点定位】集合运算2、若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z = ． 【答案】1142i +3、若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= ． 【答案】16【解析】由题意得：121223233521,05,21516.c x y c x y c c =+=⨯+⨯==⋅+=-=-= 【考点定位】线性方程组的增广矩阵4、若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为163，则a = ． 【答案】45、抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = ． 【答案】26、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 ． 【答案】3π 【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π【考点定位】圆锥轴截面7、方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 ．【答案】2【解析】设13,(0)x t t -=>，则2222log (5)log (2)254(2)0t t t t -=-+⇒-=->21430,5333112x t t t t x x -⇒-+=>⇒=⇒=⇒-=⇒=【考点定位】解指对数不等式8、在报名的3名男教师和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）． 【答案】1209、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1C 和2C ．若1C 的渐近线方程为3y x =±，则2C 的渐近线方程为 ．【答案】3y x =±【解析】由题意得：1C ：223,(0)x y λλ-=≠，设(,)Q x y ，则(,2)P x y ，所以2234x y λ-=，即2C 的渐近线方程为32y x =±【考点定位】双曲线渐近线10、设()1f x -为()222x xf x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为 ． 【答案】411、在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）．【答案】45【解析】因为10101019102015201520151111(1)(1)(1)x x x C x x x x ⎛⎫⎛⎫++=++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，所以2x 项只能在10(1)x +展开式中，即为8210C x ，系数为81045.C = 【考点定位】二项展开式12、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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12ξξE -E = （元）．【答案】0.2【解析】赌金的分布列为1ξ1 2 3 4 5P15 15 1515 15所以11(12345)35E ξ=++++=奖金的分布列为2ξ1.42.8 4.25.6 P25425C = 253310C = 25215C = 251110C = 所以223111.4(1234)2.8510510E ξ=⨯⨯+⨯+⨯+⨯=12ξξE -E =0.2【考点定位】数学期望13、已知函数()sin f x x =．若存在1x ，2x ，⋅⋅⋅，m x 满足1206m x x x π≤<<⋅⋅⋅<≤，且()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=（2m ≥，m *∈N ），则m 的最小值 为 ． 【答案】8【解析】因为()sin f x x =，所以()()max min ()()2m n f x f x f x f x -≤-=，因此要使得满足条件()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=的m 最小，须取123456783579110,,,,,,,6,222222x x x x x x x x πππππππ========即8.m = 【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形C AB 中，1tan 2A =，D 为边CB 上的点，D ∆AB 与CD ∆A 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥AB 于E ，DFC ⊥A 于F ，则D DF E⋅=u u u r u u u r．【答案】1615-【解析】由题意得：1sin ,cos ,sin 24125255A A AB AC A AB AC ==⋅⋅=+⇒⋅=，又112,43222125AB DE AC DF AB DE AC DF DE DF ⋅=⋅=⇒⋅⨯⋅=⇒⋅=,因为DEAF 四点共圆，因此D DF E⋅=u u u r u u u r 16cos()()151255DE DF A π⋅⋅-=⨯-=- 【考点定位】向量数量积，解三角形二、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.15、设1z ，2C z ∈，则“1z 、2z 中至少有一个数是虚数”是“12z z -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 【答案】B16、已知点A 的坐标为()43,1，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转3π至OB ，则点B 的纵坐标为（ ） A ．332 B ．532 C ．112 D ．132【答案】D【解析】133313(cos sin )(43)()3322OB OA i i i ππ=⋅+=⋅=+u u u r u u u r ，即点B 的纵坐标为132【考点定位】复数几何意义17、记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ，3a 是正实数．当1a ，2a ，3a 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 【答案】B【解析】当方程①有实根，且②无实根时，22124,8a a ≥<，从而4222321816,4a a a =<=即方程③：2340x a x ++=无实根，选B.而A,D 由于不等式方向不一致，不可推；C 推出③有实根 【考点定位】不等式性质18、设(),n n n x y P 是直线21n x y n -=+（n *∈N ）与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim 1nn ny x →∞-=-（ ）A ．1-B ．12- C ．1 D ．2 【答案】A三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2015年上海市高考数学试卷理科解析
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A={1 , 2, 3, 4}, B={x|2 <x<3}，贝U Af?U B= ______ .2. ____________________________________________________________________________ （4分）（2015?上海）若复数z满足3z+H=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随机变量3和?分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则（元）•13. (4分)(2015?上海)已知函数 f ( x ) =si nx .若存在x i , x 2,…，x m 满足0 §i v x 2v … v X m 詣 n,且 |f (x i ) - f ( x 2) |+|f (x 2) - f (x 3)+ (x m -1) - f (x m ) | = 12 ( m 》2, m €N ),则m 的最小值为 14. （2015?上海）在锐角三角形 ABC 中，ta nA=* , D 为边 BC 上的点，△ ABD 与厶ACD的面积分别为2和4.过D 作D E 丄A B 于E , DF 丄AC 于F ,则〒?.吩 _______________________________ .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._ 2 ... 2 (2)17. （2015?上海）记方程 ①：x +a 1x+ 仁0 ,方程②：x +a 2x+2=0，方程③：x +a 3x+4=0 , 其中a 1, a 2, a 3是正实数.当a 1, a 2, a 3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，B .方程①有实根，且②有实根 且②无实根C .方程①无实根，D .方程①无实根，且②有实根 且②无实根・ | * 2 218. (5 分)(2015?上海)设 P n (x n , y n )是直线 2x - y= ( n €N )与圆 x +y =2 在第n+1三、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•z 2中至少有一个数是虚数"是Z 1 - z 2是虚数的（) A . 充分非必要条B .必要非充分条 件件 C . 充要条件 D .既非充分又非16. （ 5分）（2015?上海）已知点至OB ，则点B 的纵坐标为（3A 的坐标为（4極,1）,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转 D . 215. (5 分)(2015?上海)设 z 1, z 2€C ，则 z 1必要条件19. (12 分)(2015?上海)如图，在长方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，AA 仁1 , AB=AD=2 , E 、 F 分别是AB 、BC 的中点，证明 A 1、C 1、F 、E 四点共面，并求直线 CD 1与平面A 1C 1FE 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=t 1时乙到达C 地.(1 )求t 1与f (t 1)的值；(2 )已知警员的对讲机的有效通话距离是 3千米•当t 1W <1时，求f (t )的表达式，并判断f (t )在［t 1, 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x 2+2y 2=1，过原点的两条直线11和12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 (X 1,y 1),C ( x 2, y 2),用A 、C 的坐标表示点 C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2 —x2y 1|; (2 )设11与l 2的斜率之积为-丄;，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a 1=1，求数列｛a n ｝的通项公式；(2 )设｛a n ｝的第n 0项是最大项，即a 却(n €N *),求证：数列｛b n ｝的第n 0项是最大项；(3)设a 1=入v 0, b n = f (n€N *),求入的取值范围，使得｛a n ｝有最大值M 与最小值m ，且7 €JT(-2, 2). 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 ) =4 n.(1)验证g (x ) =x+sin 二是以6 n 为周期的余弦周期函数；(2 )设 a v b ，证明对任意 c€［f (a ), f (b )］，存在 xo€［a , b ］，使得 f (x 0) =c ;(3)证明：u o 为方程cosf (x ) =1在［0，T ］上得解，”的充分条件是 U o +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 ).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）{1 ,4}（2015?上海）设全集U=R .若集合A={1 , 2, 3, 4}, B={x|2 ，贝U Af?U B=考点：交、并、补集的混合运算.专题：集合.分析：本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可.解答：解：：•全集U=R，集合A={1 , 2, 3,4}, B={x|2 $^3}, ••• （?U B）={x|x > 3 或x v 2}, • A n（?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.2. （4 分）— 11 1 （2015?上海）若复数z满足3z+八=1+i，其中i 是虚数单位，则z==考点：复数代数形式的乘除运算. 专题：数系的扩充和分析: 解答: 复数.设z=a+bi，贝U =a- bi (a,b€R)，利用复数的运算法则、复数相等即可得出.解：设z=a+bi, 贝则尸a - bi ( a, b€R),_又3z+「=1+i ,••• 3 (a+bi) + ( a -bi) =1+i , 化为4a+2bi=1+i ,•4a=1 , 2b=1,解得a二,b—.4 2 •士丄一故答案为：1,1・21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考点：二阶行列式与逆矩阵.专题：矩阵和变换.分析：根据增广矩阵的定义得到J S=3,是方程1尸5组*的解，解方程组即可.解：由题意知h~3,是方程 1尸5r 2x+33F G 组 1的解， 即、卢6H5吨1 上二区?贝 y C 1 - c 2=21 -5=16, 故答案为：16.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 ::,贝U a= 4 考点：棱锥的结构特 征.专题： 空间位置关系 与距离.分析： 由题意可得（丄?a?a?si n60°）?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?s in 60°,正棱柱的高为a .解答: 点评:（丄?a?a?si n60°2）?a=16、J :,••• 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.25. （4分）（2015?上海）抛物线y =2px （p> 0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1,则考点：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2y =2px （p>0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1, 所以丄=1 ,2 所以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2n,则其母线与轴的夹角TT的大小为-—3 —旋转体（圆柱、圆锥、圆台）. 空间位置关系考点：专题：分析: 解答: 点评: 与距离.设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为I，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2n,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：设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为I,则圆锥的侧面积为：n,过轴的截面面积为：rh,•••圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2 n,•••l=2h ,设母线与轴的夹角为0,贝U COS0J!=—,1 2故匸丄,故答案为：丄.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）考点：(2015?上海)方程Iog2 (9x 1- 5) =log2 (3x 1- 2) +2 的解为2 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- 5) =log2(3x 「1-2) +2,log 2 (9x 1-5) =log2[4 x( 3x -1-2)],9x-1- 5=4( 3x -1-2), 化为(3x) 2- 12?3x+27=0, 因式分解为：(3x- 3) (3x-9) =0,x x••• 3 =3 , 3 =9, 解得x=1或2. 经过验证：x=1 不满足条件，舍去..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.& （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；即可得答案.解答：解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，有5C9 =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 种；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C i和C2.若C1的渐近线方程为y土■:x,则C2的渐近线方程为—尸土宁—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=入利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即可求出C2的渐近线方程.解答：解：设C1的方程为y2-小23x =入，设Q (x, y), 则P (x, 2y), 代入y2- 3x2=入，可得4y2 -3X2=入••• C2的渐近线方程为4y2-23x =0，即「丄'.'.¥2故答案为：「丄-..'2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，贝U 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+±2在x€［0, 2］上为增函数可得其值域，得到y=f\x)在［二’：］4上为增函数，由函数的单调性求得y=f (x) +f1(x)的最大值.解答：解：由f (x) =2x2+ 在x €[0 ,「22] 上为增函数，得其值域为[— 1 ,4可得y=f「1(x)在[ ]上为4增函数，因此y=f (x) +f「(x )在[二.:]4上为增函数，—1/• y=f (x) +f(x )的最大值为f(2) +f—(2)=1+1+2=4 .故答案为：4.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+ | ) 的展开式中，x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.分析：先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数（i+x ） （ L ） °+L10 VirK }、20157 十xr 1 （m ）九… L 10 v 1 * 7 ' 2015J?•••仅在第一部分中出现x 2项 的系数. 再由 咯1二J ， 令r=2，可得, x 2项的系数为二n故答案为：45.本题考查了二 项式系数的性 质，关键是对二 项展开式通项 的记忆与运用， 是基础题.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8和?分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则E 日-E ? = 0.2（元）.考点：离散型随机变 量的期望与方 差.专题： 概率与统计. 分析：分别求出赌金 的分布列和奖 金的分布列，计算出对应的均 值，即可得到结解答:为2求得r 值, 则答案可求.点评:116象.解答:论.解：赌金的分布 列为P所以E g=i5（1+2+3+4+5 ）=3，奖金的分布列 为点评:cP所以 E 2=1.4X （二 xi+上 >2+15 10 1>3+ 一 2） =2.8 ,10则E & — E 題=3 -2.8=0.2 元. 故答案为：0.2 本题主要考查离散型随机变 量的分布列和 期望的计算，根 据概率的公式 分别进行计算 是解决本题的 关键.1 1013. (4分)(2015?上海)已知函数f ( x ) =si nx .若存在x i ,x 2,…，x m 满足0 §i v x 2v …v x m 詣 n,且 |f (x i ) - f ( x 2) |+|f (x 2) — f (x 3) |+・・ + |f (x m -1) — f (x m ) |=12 ( m 》2, m €N ), 则m 的最小值为 8 .考点： 正弦函数的图3 10116A BC 中，tanA=* , D 为边 BC 上的点，△ A BD 与厶ACD的面积分别为2和4.过D 作D E 丄A B 于E ，DF 丄AC 于F ，则•？ =_「14. （2015?上海）在锐角三角形考点：平面向量数量积的运算. 专题：平面向量及应用.分析：由题意画出图形，结合面积求出cosA=' 」5|五卜而| =,然后代入数量积公式得答案.15解答：解：如图，△ ACD的面积分别为2和4,|||AB|dDEl^||A£|dDFl^可得I AB RI AC I又tanA=—,2.sinA _]cosA 2\立2 2sin A+cos A=1 , 得—r '， cosA=^i!.5由£|甬卜疋|赵nAN，得|AB|-|A C|=12V5iDEl-lDPI DE I- |DF I COS <DE , DF >故答案为：_ 1&本题考查平面 向量的数量积 运算，考查了数 形结合的解题 思想方法，考查 了三角函数的 化简与求值，是 中档题.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z i , Z 2€C ，则Z l 、Z 2中至少有一个数是虚数 "是Z 1 - Z 2是虚数” 的（ ） A .充分非必要条件C .充要条件邑瓦（_空）15515点评:B .必要非充分条 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z i=i+i，z2=i，满足z i、Z2中至少有一个数是虚数，则z i- z2=1 是实数，则z i - Z2是虚数不成立，若Z i、Z2都是实数，则z i - z2 一定不是虚数，因此当Z i - Z2是虚数时，则Z i、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故Z i、z2中至少有一个数是虚数"是z i - Z2是虚数”的必要不充分条件，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）（20i5?上海）已知点A的坐标为（血,i）,将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（）3|OB|=|OA|=&十（任）'二届二耳则点B 的纵坐 标为 y=|OP|sinA •:，；考点：专题：分析：C • 11~2解答:任意角的三角 函数的定义.三角函数的求 值. 根据三角函数 的定义，求出 / xOA 的三角 函数值，利用两 角和差的正弦 公式进行求解 即可.解：I 点A 的 坐标为（4 :", 1）,•••设 / xOA= 0, 则sin 0=1 = 1旦cos 0=将OA 绕坐标原 点O 逆时针旋则OB 的倾斜角(9+—) =73s —+co 3(丄a +7 2；)27=丄+6二2 2 故选：D .本题主要考查 三角函数值的 计算，根据三角 函数的定义以 及两角和差的 正弦公式是解 决本题的关键._ 2 2 217. （2015?上海）记方程 ①：x 2+a i x+ 仁0 ,方程②：x 2+a 2x+2=0 ,方程③：x 2+a 3x+4=0 , 其中a i , a 2, a 3是正实数.当a i , a 2, a 3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，B .方程①有实根，且②有实根且②无实根C .方程①无实根，D .方程①无实根，且②有实根且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 a i 2 羽，a 22<8, 结合 a i , a 2, a 3 成等比数列求 出方程③的判 别式△的取值 即可得到结论.解答：解：当方程①有 实根，且②无实(sin 9co13点评:s9si=7根时，△ i=a i2-4 为，△ 2=a2-8 v 0,即a i2绍，a22v8,•••ai, a2, a3 成等比数列，. 2…a2=a1a3,2即a3=「,a L贝廿a32=(—)2_4 a22 a l<耳二164即方程③的判别式△ 3=a32- 16v 0,此时方程③无实根，故选：B点评：本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定义和性质判断判别式△的取值关系是解决本题的关键.18. (5 分) (2015?上海)设P n (x n, y n)是直线2x - y=n+1(n €N*)与圆x2+y2=2 在第象限的交点, 则极限D. 2考点：极限及其运算.专题：导数的综合应lira作点P n（x n,y n）与（1 , 1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2 在点（1, 1）处的切线的斜率，其斜率为-1.y - 1二_=-1. 故选：A.本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.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，AA 仁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.分析: 解答: 用.当n i+8时，直线2x - y=_£Ln+1 趋近于2x -y=1，与圆x2+y2=2 在第一象限的交点无限靠近（1,1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出.解：当n^+8 时，直线2x -y=—趋近于n+12x- y=1，与圆x2+y2=2 在第一象限的交点无限靠近（1,1）, 点评: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.用法向量求出面角.解答：解：连接AC ,因为E, F分别是AB , BC的中点，所以EF是△ ABC的中位线，所以EF // AC .由长方体的性质知AC // A1C1,所以EF // A1C1,所以A1、C1、F、E四点共面.以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为xyz轴，建立空间直角坐标系，易求得E4C= （0, 2, -1）Aj C J- ( — 2? 2, Q ) Tjl 二(o, 1, -1) 设平面A 1C 1EF 的法向量为 n= y» S ) 则 n* Aj C 彳 T --- * ， □ • A] E 二0 所以 r (x, y, zi * ( - 2, 2, 0) =0 t (K )¥、i) (0, 1. -15 二Q ，即j" - 2x425,^0 1 y - 2=0 ， z=1，得 x=1, y=1，所以 n= (b 1, 1) 所以 丨一―一 m_ I 二D£l I n * D 1C A I — ~] ・] 1 l“|D]C| Id 二(g z -i )l 护 VWs 所以直线CD i 与平面A 1C 1FE 所成的角的大 利用空间直角 坐标系求出点评:本题主要考查 小 arcsi€［0，：-］， 面角的方法，属 咼考常考题型.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=t i 时乙到达C 地.(1 )求t l 与f (⑴的值；(2 )已知警员的对讲机的有效通话距离是 3千米.当t i W <1时，求f (t )的表达式，并判断f (t )在［t i , 1］上的最大值是否超过 3?说明理由.余弦定理的应用.解三角形. (1 )由题意可得由余弦定理可得 f (t 1)=PC=2AC*AP*GOS A，代值计算可得;考点： 专题：分析：和余弦定理可=PQ=f (t ) =PB=5 -5t ，综合可得当时，由已知数据可得结论.解：(1)由题意可得t1=厶,吃8设此时甲运动到点P,则AP=v甲ti=5 乙=—千:::米，••• f (t1)=PC=2AC*AP*GOS AP点，• QB=AC+CB-8t=7 - 8t,PB=AB - AP=5-5t,•-f (t)=PQ=7Q B2+PB2-2QB-PB*COS B7 C?-8t) 2+ 2-2 C7-8t) (5-5t) 0.8当冬t o时，乙s在B点不动，设此时甲在点P,• f (t) =PB=AB时，乙在CB上的Q点，设甲在解答:点评:-AP=5 - 5t•-f (t)V25t£-42t+L8 .5_5t j tClI 8•••当』v t勻时，8f (叮o,4'-］，故f (t)的最大值超过了3千米.本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题.21. (14分)(2015?上海)已知椭圆x2+2y2=1 ,过原点的两条直线B和C、D,记得到的平行四边形ABCD的面积为S.(1)设A (X1, y i) , c (x2, y2)，用A、C的坐标表示点C到直线—X2y1|；(2)设11与12的斜率之积为-丄，求面积S的值. 11和12分别于椭圆交于A、11的距离，并证明S=2|x1y2考点：专题：分析：直线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离公式. 直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程.(1 )依题意，直线11的方程点到直线间的距离公式可求得点C到直线11 的距离S=|AB|d=2|x i y 2 —x2y 1|; (2 )方法一： 设直线11的斜 率为k ,则直线 12的斜率为- —，可得直线11 2k 与12的方程，联 立方程组 L x 5+2y £=l 可求得X I 、x 2、 y l 、y 2，继而可 求得答案. 方法二：设直线 利用 A( X 1, y 1)、 C (x 2, y 2)在 椭圆 x 2+2y 2=1 上,可求得面积 S 的值. 解：(1)依题意， 直线11的方程 d= |AB|=2|AO|=2 证得— :, 解答:11、12的斜率分 到直线间的距离公式得：点C到直线11的距离d=瓦2 一葢］丫』因为|AB|=2|AO|=2T^W，所以S=|AB|d=2|x i y2-x2y1l;(2 )方法一：设直线11的斜率为k,则直线12的斜率为- n 谢设直线11的方程为y=kx ,联立方程组消去y解得根据对称性，设则同理可得_V2所以 S=2|X i y 2 - x 2y i |=Z 」. 方法二：设直线 11、12的斜率分则」=-丄,"七 2 所以X i x 2=- 2y 1y 2, ■■ =4 • =42 2I =■2x 1x 2y 1y 2,••• A (x i , y i )、 C (x 2, y 2)在 椭圆 x 2+2y 2=1 上， （冲+如J ）（J ）=沁 2+4巧七4+2(- )=1兌^1 ) 1，即- 4x1x2y1y2+2 (「:+,.「)=1'所以(X1y2 -2 |X2y1)=—，即2|x1y2-X2y1|= -2所以S=2|X1y2 -X2y1|= . :■:.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a i=1，求数列｛a n｝的通项公式；(2) 设｛a n｝的第n o项是最大项，即a 為(n€N*),求证：数列｛b n｝的第n o项是最大项；(3) 设a i=入v 0, b n= f (n€N*),求入的取值范围，使得｛a n｝有最大值M与最小值m,审€JT(-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；不等式的解法及应用.分析：(1)把b n=3n+5 代入已知递推式可得a n+1 —a n=6，由此得到｛a n｝是等差数列，则a n可求；(2 )由a n= ( a n —a n_1) + ( a n_ 1 —a n-2) + ••+ ( a2 —a i) +a i,结合递推式累加得至卩a n=2b n+a i —2b i,求得解答: 咯冷一引)第(务+2切-aj) 得答案；(3 )由(2 )可得屯二2 X n _人，然后分-1<入v 0, }=—1,入<—1三种情况求得a n的最大值M和最小值m,再由更€ (—2, 2)列式求得入的范围.(1)解：••• a n+1—a n=2 ( b n+1 —b n), b n=3n+5,a n+1 —a n=2(b n+1 —b n) =2(3n+8 —3n —5) =6,.{a n}是等差数列，首项为a1=1,公差为6, 贝U a n=1+ (n —1) >6=6 n —5;(2)•/ a n= (a n—a n-1) + ( a n- 1—a n-2) + ••+ ( a2—a1) +a1=2 ( b n —b n-1)+2 (b n-1—b n-2)，进一步得到+ --+2 （b2- b i）+a i=2b n+a i - 2b i,b n4（a n+2b l - 岂）b%冷（%切>1 ~ aj）>| &+2耳-閔）• ••数列｛b n｝的第n0项是最大项；(3 )由(2 )可得①当-1v疋0 时，单调递减，有最大值%- 1单调递增，有最小值m=a i=入（-2, 2）,•-入€②当？= -1时,a2n=3, a2n-仁—1,/• M=3 , m= - 1,-I - 2,2),不满足条件.③当X- 1时，当n^+8时，a2n f+ 8,无最大值；当n^+8时，a2n--8,无最小值.综上所述，入€(-二，0)时满2足条件.点评：本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了数列的函数特性，训练了累加法求数列的通项公式，对(3)的求解运用了极限思想方法，是中档题.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) =4 n.(1)验证g (x) =x+sin上是以6n为周期的余弦周期函数；3|(2)设a v b，证明对任意c€［f (a), f (b)］，存在x o€［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).考点：函数与方程的综合运用.专题：创新题型；函数的性质及应用.分析：(1 )根据余弦周期函数的定义，判断cosg(x+6 n)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xo€［a, b］，从而完成证明；( 3 )只需证明u0+T 为方程cosf( x ) =1 在区间［T , 2T］上的解得出u0 为方程cosf( x) =1在［0，T］上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x€［0, T］，都有f( x+T )=f ( x) +f( T )，可讨论x=0 , x=T , x €(0, T)三种情况：x=0 时是显然成立的；x=T 时，可得出cosf(2T) =1，从而得到f( 2T) =2k l n, k l €Z, 根据f (x)单调递增便能得到k i> 2，然后根据f (x)的单调性及方程cosf(x) =1 在［T, 2T］和它在［0，T］上解的个数的情况说明k i=3，和k i为是不存在的，而k i=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x €(0, T )时，通过考查cosf (x) =c的解得到f(X+T) =f (x) +f (T),综合以上的三种情况，最后得出结论即可.解答：解：(1) g (x)=x+s in^;3sosg (瓦+6■兀)=GOS (計6兀4-sin )COS ( XZ+sillW )■J*=cosg (x)••• g (x)是以6 n为周期的余弦周期函数；(2 )T f (x)的值域为R;•存在x0,使f(x o) =c ;又c€[f (a), f(b)];•f (a)詣(x o)< (b),而f (x) 为增函数；•a^xo^b；即存在xo€[a,b]，使f (x o)=c ；(3 )证明：若u o+T为方程cosf (x) =1 在区间［T , 2T］上的解；贝U: cosf (u o+T) =1,T 电o+T 电T; ••• cosf (u o) =1, 且0岂o訂；•u o 为方程cosf ( x) =1 在［o，T］上的解；•u o为方程cos(f x) =1 在［o，T］上得解”的充分条件是“u o+T 为方程cosf( x)=1 在区间［T，2T］上的解”；下面证明对任意x€［o, T］，都有f(x+T) =f(x)+f( T):①当x=o 时，f ( o) =o，• 显然成立；②当x=T 时，cosf( 2T) =cosf (T) =1；• f ( 2T) =2k1 n, (k l€Z)，f(T) =4 n,且2k l n> 4n, • k1 > 2; 1)若k1=3, f(2T) =6n,由(2)知存在x o€ (o, T),使f(x o) =2 ncosf( x o+T)=cosf( x o) =1 ? f (x o+T ) =2k2 n, k2^Z;• f (T )v f(x o+T )v f(2T)；• 4 nV 2k2 nV 6 n;••• 2 v k2< 3，无解；2) 若k i为,f(2T)》0n,贝U 存在T v x1 v x2 v2T,使得f(x i) =6 n,f(x2)=8 n;贝T ，x i ，x2 ，2T 为cosf( x)=1 在［T , 2T］上的4 个解；但方程cosf( x)=1 在［0 , 2T］上只有f( x) =0，2 n 4 n 3个解，矛盾；3) 当k1=4 时，f(2T)=8 n=f(T)+f( T ) ，结论成立；③当x €( 0, T) 时，f (x) €( 0,4 n),考查方程cosf( x) =c 在(0 ,T )上的解；设其解为 (f x1 )，f(x2),…，f(x n), (x i V X2V •••<x n)；贝f(x1+T), f(X2+T),…，f(x n+T )为方程cosf( x) =c 在(T , 2T) 上的解；又f( x+T ) €( 4 n, 8n);而f (x i) +4 n, f ( x2) +4 n,…, f(x n) +4 n(4 n, 8 n)为方程COSf ( x) =c 在( T, 2T)上的解；二f (x i+T) =f(X i) +4 n=f (x i)+f( T)；• ••综上对任意x€[0, T]，都有f( x+T )=f( x) +f( T)．考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf( x) 点评：=1 能得出f( x ) =2kx , k €Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．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）菁优网2015 年6 月25 日4. （4分）（2015?上海）若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为1痢，则a=.25. （4分）（2015?上海）抛物线y =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2n,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.& （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= 土「；x，则C2的渐近线方程为_______________ .—1 x -2 Y10. （4 分）（2015?上海）设f （x）为f （x）=2 + ，x €[0，2]的反函数，贝U y=f （x）+f 1（x）的最大值为__________________ .11. ________________________________________________________________________（4分）（2015?上海）在（1+x+一「）* 2 * * * & * * * 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。
2015年上海市高考数学试卷(理科)
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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁UΒ= ．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z= ．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2= ．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a= ．5．（4分）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）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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为．8．（4分）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．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）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）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）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 E ξ1﹣E ξ2= （元）．13．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2，m ∈N *），则m 的最小值为 ．14．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）设z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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）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．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（ ） 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）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）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）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ACBD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）已知数列{an }与{bn}满足an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*．（1）若bn =3n+5，且a1=1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an }的第n项是最大项，即a≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第n项是最大项；（3）设a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．23．（18分）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（x）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u+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）．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．Β= 1．（4分）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁U {1，4} ．【分析】本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可．【解答】解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，B）={x|x＞3或x＜2}，∴（∁UB）={1，4}，∴A∩（∁U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．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z= ．【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+i，∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+i，化为4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴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）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2= 16 ．【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，是方程组的解，即，则c1﹣c2=21﹣5=16，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）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a= 4 ．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•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•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）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 ．【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＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以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）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．【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l，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为 2 ．【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）]，∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2），化为（3x）2﹣12•3x+27=0，因式分解为：（3x﹣3）（3x﹣9）=0，∴3x=3，3x=9，解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去．∴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）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）．【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；即可得答案．【解答】解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，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种；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．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．【分析】设C1的方程为y2﹣3x2=λ，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即可求出C2的渐近线方程．【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=λ，∴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）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 ．【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[]上为增函数，由函数的单调性求得y=f（x）+f﹣1（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[]上为增函数，因此y=f（x）+f﹣1（x）在[]上为增函数，∴y=f（x）+f﹣1（x）的最大值为f（2）+f﹣1（2）=1+1+2=4．故答案为：4．【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）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45 （结果用数值表示）．【分析】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．【解答】解：∵（1+x+）10=，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．再由，令r=2，可得，x2项的系数为．故答案为：45．【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．12．（4分）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 E ξ1﹣E ξ2= 0.2 （元）．【分析】分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．【解答】解：赌金的分布列为所以 E ξ1=（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为：若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），4种，若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有（1，3），（2，4），（3，5），3种， 若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有（1，4），（2，5），2种， 若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有（1，5），1种，则P （ξ2=1.4）==，P （ξ2=2.8）==，P （ξ2=4.2）==，P （ξ2=5.6）==所以 E ξ2=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，则 E ξ1﹣E ξ2=3﹣2.8=0.2元．故答案为：0.2【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进行计算是解决本题的关键．13．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2，m ∈N *），则m 的最小值为 8 ．【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意x i ，x j （i ，j=1，2，3，…，m ），都有|f （x i ）﹣f （x j ）|≤f （x ）max ﹣f （x ）min =2，要使m 取得最小值，尽可能多让x i （i=1，2，3，…，m ）取得最高点，然后作图可得满足条件的最小m 值． 【解答】解：∵y=sinx 对任意x i ，x j （i ，j=1，2，3，…，m ），都有|f （x i ）﹣f （x j ）|≤f （x ）max ﹣f （x ）min =2，要使m 取得最小值，尽可能多让x i （i=1，2，3，…，m ）取得最高点， 考虑0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12， 按下图取值即可满足条件，∴m 的最小值为8． 故答案为：8．【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，正确理解对任意x i ，x j （i ，j=1，2，3，…，m ），都有|f （x i ）﹣f （x j ）|≤f （x ）max ﹣f （x ）min =2是解答该题的关键，是难题．14．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•= ﹣．【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=，，然后代入数量积公式得答案．【解答】解：如图，∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，联立sin2A+cos2A=1，得，cosA=．由，得．则．∴•==．故答案为：．【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了数形结合的解题思想方法，考查了三角函数的化简与求值，是中档题．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）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【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，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z1﹣z2是虚数不成立，若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当z1﹣z2是虚数时，则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的必要不充分条件，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）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．【分析】根据三角函数的定义，求出∠xOA的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．【解答】解：∵点 A的坐标为（4，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ==，cosθ==，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则OB的倾斜角为θ+，则|OB|=|OA|=，则点B的纵坐标为y=|OB|sin（θ+）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×+）=+6=，故选：D．【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决本题的关键．17．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，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a 12≥4，a 22＜8，结合a 1，a 2，a 3成等比数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论．【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0， 即a 12≥4，a 22＜8， ∵a 1，a 2，a 3成等比数列， ∴a 22=a 1a 3， 即a 3=，则a 32=（）2=，即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜0，此时方程③无实根， 故选：B ．【点评】本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定义和性质判断判别式△的取值关系是解决本题的关键．18．（5分）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（ ） A ．﹣1 B ．﹣ C ．1D ．2【分析】当n→+∞时，直线2x ﹣y=趋近于2x ﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出． 【解答】解：当n→+∞时，直线2x ﹣y=趋近于2x ﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点 P n （x n ，y n ）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．故选：A．【点评】本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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）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．【分析】利用长方体的几何关系建立直角坐标系．利用向量方法求空间角．【解答】解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A1C1EF的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小arcsin ．【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出空间角的方法，属高考常考题型．20．（14分）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=t 1时乙到达C 地． （1）求t 1与f （t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t ≤1时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．【分析】（1）由题意可得t 1==h ，由余弦定理可得f （t 1）=PC=，代值计算可得；（2）当t 1≤t ≤时，由已知数据和余弦定理可得f （t ）=PQ=，当＜t ≤1时，f （t ）=PB=5﹣5t ，综合可得当＜t ≤1时，f （t ）∈[0，]，可得结论．【解答】解：（1）由题意可得t 1==h ，设此时甲运动到点P ，则AP=v 甲t 1=5×=千米，∴f （t 1）=PC===千米；（2）当t1≤t≤时，乙在CB上的Q点，设甲在P点，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB﹣AP=5﹣5t，∴f（t）=PQ===，当＜t≤1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，∴f（t）=PB=AB﹣AP=5﹣5t∴f（t）=∴当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，故f（t）的最大值没有超过3千米．【点评】本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题．21．（14分）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ACBD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．【分析】（1）依题意，直线l1的方程为y=x，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，可得直线l1与l 2的方程，联立方程组，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，可求得面积S的值．【解答】解：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C到直线l1的距离d==，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，设直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，根据对称性，设x1=，则y1=，同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，所以x1x2=﹣2y1y2，∴=4=﹣2x1x2y1y2，∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，∴（）（）=+4+2（+）=1，即﹣4x1x2y1y2+2（+）=1，所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．【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）已知数列{an }与{bn}满足an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*．（1）若bn =3n+5，且a1=1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an }的第n项是最大项，即a≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第n项是最大项；（3）设a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．【分析】（1）把bn =3n+5代入已知递推式可得an+1﹣an=6，由此得到{an}是等差数列，则an可求；（2）由an =（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1，结合递推式累加得到a n =2bn+a1﹣2b1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况求得an的最大值M和最小值m，再由∈（﹣2，2）列式求得λ的范围．【解答】（1）解：∵an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），bn=3n+5，∴an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，∴{an }是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则an=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；（2）∵an =（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2（bn ﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1=2bn +a1﹣2b1，∴，∴．∴数列{bn }的第n项是最大项；（3）由（2）可得，①当﹣1＜λ＜0时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值m=a1=λ，∴∈（﹣2，2），∴λ∈，∴．②当λ=﹣1时，a2n =3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；当n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．【点评】本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了数列的函数特性，训练了累加法求数列的通项公式，对（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题．23．（18分）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（x）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u+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）．【分析】（1）根据余弦函数的周期定义，判断cosg（x+6π）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（x）=c，而根据f（x）在R上单调递增即可说明x∈[a，b]，从而完成证明；（3）只需证明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k1π，k1∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k1＞2，然后根据f（x）的单调性及方程cosf（x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf（x）=c的解得到f（x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【解答】解：（1）g（x）=x+sin；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x0，使f（x）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x≤b；即存在x0∈[a，b]，使f（x）=c；（3）证明：若u+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u0+T）=1，T≤u+T≤2T；∴cosf（u0）=1，且0≤u≤T；∴u为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x∈（0，T），使f（x）=2π；cosf（x0+T）=cosf（x）=1⇒f（x+T）=2k2π，k2∈Z；∴f（T）＜f（x+T）＜f（2T）；∴4π＜2k2π＜6π；∴2＜k2＜3，无解；2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），…，f（xn），（x1＜x2＜…＜xn）；则f（x1+T），f（x2+T），…，f（xn+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（xn）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；∴f（xi +T）=f（xi）+4π=f（xi）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【点评】考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf（x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．。
2015年高考理科数学上海卷(含答案解析)
数学试卷 第1页（共18页） 数学试卷 第2页（共18页） 数学试卷 第3页（共18页）绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）理科数学注意事项:1.本试卷共6页,23道试题,满分150分.考试时间120分钟.2.本考试分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上,在试卷上作答一律不得分.3.答卷前,务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号,并将核对后的条形码贴在指定位置上.一、填空题：本大题共有14题,满分56分.直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分.1．设全集=U R .若集合={1,2,3,4}A ，{23}B x x ≤≤=，则U AB =ð .2．若复数z 满足31i z z +=+，其中i 为虚数单位，则z = .3．若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y ，，=⎧⎨=⎩则12c c -= . 4．若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为，则a = .5．抛物线22(0)y px p =>上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = . 6．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．方程1122log (95)log (32)2x x ---=-+的解为 .8．在报名的3名男教师和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．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1C 和2C .若1C的渐近线方程为y =，则2C 的渐近线方程为 . 10．设1()f x -为2()22x xf x -=+，[0,2]x ∈的反函数，则1()()y f x f x -=+的最大值为 . 11．在1020151(1)x x++的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）. 12．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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12E E ξξ-= 元.13．已知函数()sin f x x =.若存在12,,m x x x 满足1206πm x x x ≤＜＜＜≤，且1|f x （）223-1|||++||=122,m m f x f x f x f x f x m m *N （）（）（）（）（）（≥）-+--∈，则m 的最小值为 .14．在锐角三角形ABC 中，1tan 2A =，D 为边BC 上的点，ABD △与ACD △的面积分别为2和4.过D 作DE AB ⊥于E ，DF AC ⊥于F ，则 DE DF = . 二、选择题：本大题共有4题,满分20分.每题有且只有一个正确答案,将正确答案填在题后括号内,选对得5分,否则一律得零分.15．设12,z z C ∈，则“12z z ,中至少有一个数是虚数”是“12z z -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．已知点A的坐标为（），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则点B 的纵坐标为( )ABC .112D .13217．记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ，3a 是正实数.当1a ，2a ，3a 成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实数根的是( )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．设(),n n n P x y 是直线2()1nx y n n *N -=∈+与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限 1lim 1n n ny x →∞-=-( ) A .1- B .12- C .1D .2三、解答题：本大题共有5题,满分74分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.19.（本小题满分12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，2AB AD ==，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点.证明：11A C F E ，，，四点共面，并求直线1CD 与平面11A C FE 所成的角的大小.20.（本小题满分14分）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.如图，A ，B ，C 三地有直道相通，5AB =千米，3AC =千米，4BC =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 地后在原地等待.设1=t t 时，乙到达C 地. （Ⅰ）求1t 与1f t ()的值；（Ⅱ）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当11t t ≤≤时，求f t ()的表达式，并判断f t ()在1[,1]t 上的最大值是否超过3？说明理由.21.（本小题满分14分）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.姓名________________ 准考证号_____________--------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第4页（共18页） 数学试卷 第5页（共18页） 数学试卷 第6页（共18页）已知椭圆1222=+y x ，过原点的两条直线1l 和2l 分别与椭圆交于点A ，B 和C ，D .记得到的平行四边形ACBD 的面积为S .（Ⅰ）设11(,)A x y ，22(,)C x y .用A ，C 的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明12212||S x y x y =-；（Ⅱ）设1l 与2l 的斜率之积为21-，求面积S 的值.22.（本小题满分16分）本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分6分.已知数列{}n a 与{}n b 满足112()n n n n a a b b ++-=-，n *N ∈. （Ⅰ）若35n b n =+，且11a =，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0()n n a a n *N ≥∈.求证：{}n b 的第0n 项是最大项； （Ⅲ）设10a ＜λ=，()n n b n *N λ=∈.求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 和最小值m ，且使得(2,2)Mm∈-.23.（本小题满分18分）本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分8分.对于定义域为R 的函数()g x ，若存在正常数T ，使得cos ()g 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，(0)0f =，()4πf T =. （Ⅰ）验证()sin3xh x x =+是以6π为余弦周期的余弦周期函数； （Ⅱ）设a b <.证明对任意[(),()]c f a f b ∈，存在0[,]x a b ∈，使得0()f x c =； （Ⅲ）证明：“0u 为方程cos ()1f x =在[0,]T 上的解”的充要条件是“0+u T 为方程cos ()1f x =在[,2]T T 上的解”，并证明对任意[0,]x T ∈都有()()()f x T f x f T +=+.数学试卷 第7页（共18页） 数学试卷 第8页（共18页） 数学试卷 第9页（共18页）1sin602a a ︒，1sin 601632a a a ⎫︒=⎪⎭1sin 601632a a a ⎫︒=⎪⎭【考点】棱锥的结构特征123270x+=011019102015201511(1)C x x x ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，项的系数．数学试卷 第10页（共18页） 数学试卷 第11页（共18页） 数学试卷 第12页（共18页）【解析】对任意的i x ，j x ，max min |()()|()()2i j f x f x f x f x -≤-=， 欲使m 取最小值，尽可能多的让(1,2,,)i x i m =取最值点，考虑到1206πm x x x ≤<<<≤，*12231|()()||()()||()()|12(2,)m m f x f x f x f x f x f x m m N --+-++-=≥∈，按照下图所示取值可以满足条件，所以m的最小值为8．【提示】对任意的i x ，j x ，|()()|2i j f x f x -=，让i x 取最值点，考虑到1206πm x x x ≤<<<≤，12231|()()||()()||()()|12m m f x f x f x f x f x f x --+-++-=，【解析】解：如图，ABD △与ACD △的面积分别为2和4||||22AB DE =，||||4AC DF =，可得4||||DE AB =，8||||DF AC =，32||||||||DE DF AB AC =．1tan 2A =，∴sin 1cos 2A A =，联立||||sin 2AB AC A ||||12AB AC =85||||15DE DF =8||||||||cos ,DE DF DE DF DE DF ==故答案为：1615-．85||||15DE DF =数学试卷 第13页（共18页） 数学试卷 第14页（共18页） 数学试卷 第15页（共18页）为坐标原点，、DC 、DD 分别为xyz 轴，建立空间直角坐标系，易求得(0,2,D C =，11(2,2,0)A C =-，(0,1,A E =设平面11AC EF 的法向量为(,y,)n x z =11100n A C n A E ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以,,)(2,2,0)0,)(0,1,1)x y z y z -=-=2-⎧所以(1,1,1)n =，111|||(1,1,1)(0,2,1)||cos ,|||||35n D C n D C n D C -===1CD 与平面11A C FE 所成的角的大小arcsincos AC AP A =上的Q 点，设甲在cos QB PB B22(78)(5t --cos AC AP A ，代值计算可得；由已知数据和余弦定理可得3数学试卷 第16页（共18页） 数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷 第18页（共18页）2(a a +-+2112()b b a +++-112)b a +-2(a a +-+1(22n a b +)n x <<；则1()f x T +，2()f x T +，…，()n f x T +为方程c o s ()f x c =在[,2]T T 上的解；又()(4π8π)f x T +∈,；而1()4πf x +，2()4πf x +，…，()4π(4π,8π)n f x +∈为方程cos ()f x c =在[,2]T T 上的解； ∴()()4π()()i i i f x T f x f x f T +=+=+；∴综上对任意,[]0x T ∈，都有()()()f x T f x f T +=+．【提示】（Ⅰ）根据余弦周期函数的定义，判断(6π)cosg x +是否等于cos ()g x 即可； （Ⅱ）根据()f x 的值域为R ，便可得到存在0x ，使得0()f x c =，而根据()f x 在R 上单调递增即可说明0,[]x a b ∈，从而完成证明；（Ⅲ）只需证明0u T +为方程cos ()1f x =在区间[2]T T ,上的解得出0u 为方程cos ()1f x =在[0]T ,上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意,[]0x T ∈，都有()()()f x T f x f T +=+，可讨论0x =，x T =，(0)x T ∈,三种情况：0x =时是显然成立的；x T =时，可得出cos (2)1f T =，从而得到1(2)2πf T k =，1k ∈Z ，根据()f x 单调递增便能得到12k >，然后根据()f x 的单调性及方程cos ()1f x =在[],2T T 和它在[0]T ,上解的个数的情况说明13k =，和15k ≥是不存在的，而14k =时结论成立，这便说明x T =时结论成立；而对于(0)x T ∈,时，通过考查c o s ()f x c =的解得到()()()f x T f x f T +=+，综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【考点】函数与方程的综合运用。
2015年上海市高考数学试卷(理科)
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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁UΒ=．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=．5．（4分）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）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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为．8．（4分）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．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）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）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）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=（元）．13．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，）﹣f（x m）|=12（m≥2，m∈N*），且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1则m的最小值为．14．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）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）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．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）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=（）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的规定区域内写出必要的步骤.19．（12分）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）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）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ACBD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）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）．23．（18分）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，”的充要条件是“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）．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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁UΒ={1，4} ．【分析】本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可．【解答】解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，∴（∁U B）={x|x＞3或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．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=．【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+i，∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+i，化为4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴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）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=16．【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，是方程组的解，即，则c1﹣c2=21﹣5=16，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）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•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•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）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．【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＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以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）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．【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l，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为2．【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）]，∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2），化为（3x）2﹣12•3x+27=0，因式分解为：（3x﹣3）（3x﹣9）=0，∴3x=3，3x=9，解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去．∴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）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）．【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；即可得答案．【解答】解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，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种；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．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．【分析】设C1的方程为y2﹣3x2=λ，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即可求出C2的渐近线方程．【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=λ，∴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）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．【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[]上为增函数，由函数的单调性求得y=f（x）+f﹣1（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[]上为增函数，因此y=f（x）+f﹣1（x）在[]上为增函数，∴y=f（x）+f﹣1（x）的最大值为f（2）+f﹣1（2）=1+1+2=4．故答案为：4．【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）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45（结果用数值表示）．【分析】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．【解答】解：∵（1+x+）10 =，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．再由，令r=2，可得，x2项的系数为．故答案为：45．【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．12．（4分）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）．【分析】分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．【解答】解：赌金的分布列为所以Eξ1=（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为：若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），4种，若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有（1，3），（2，4），（3，5），3种，若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有（1，4），（2，5），2种，若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有（1，5），1种，则P（ξ2=1.4）==，P（ξ2=2.8）==，P（ξ2=4.2）==，P（ξ2=5.6）==所以Eξ2=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，则Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元．故答案为：0.2【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进行计算是解决本题的关键．13．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，）﹣f（x m）|=12（m≥2，m∈N*），且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1则m的最小值为8．【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意x i，x j（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i）﹣f（x j）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让x i（i=1，2，3，…，m）取得最高点，然后作图可得满足条件的最小m值．【解答】解：∵y=sinx对任意x i，x j（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i）﹣f（x j）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让x i（i=1，2，3，…，m）取得最高点，考虑0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m）﹣f﹣1（x m）|=12，按下图取值即可满足条件，∴m的最小值为8．故答案为：8．【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，正确理解对任意x i，x j（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i）﹣f（x j）|≤f（x）max﹣f（x）min=2是解答该题的关键，是难题．14．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•=﹣．【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=，，然后代入数量积公式得答案．【解答】解：如图，∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，联立sin2A+cos2A=1，得，cosA=．由，得．则．∴•==．故答案为：．【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了数形结合的解题思想方法，考查了三角函数的化简与求值，是中档题．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）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【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，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z1﹣z2是虚数不成立，若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当z1﹣z2是虚数时，则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的必要不充分条件，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）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．【分析】根据三角函数的定义，求出∠xOA的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．【解答】解：∵点A的坐标为（4，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ==，cosθ==，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则OB的倾斜角为θ+，则|OB|=|OA|=，则点B的纵坐标为y=|OB|sin（θ+）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×+）=+6=，故选：D．【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决本题的关键．17．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【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成等比数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论．【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a12﹣4≥0，△2=a22﹣8＜0，即a12≥4，a22＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，∴a22=a1a3，即a3=，则a32=（）2=，即方程③的判别式△3=a32﹣16＜0，此时方程③无实根，故选：B．【点评】本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定义和性质判断判别式△的取值关系是解决本题的关键．18．（5分）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=（）A．﹣1 B．﹣ C．1 D．2【分析】当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出．【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点P n（x n，y n）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．故选：A．【点评】本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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的规定区域内写出必要的步骤.19．（12分）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．【分析】利用长方体的几何关系建立直角坐标系．利用向量方法求空间角．【解答】解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A 1C1EF的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小arcsin．【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出空间角的方法，属高考常考题型．20．（14分）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．【分析】（1）由题意可得t1==h，由余弦定理可得f（t1）=PC=，代值计算可得；（2）当t1≤t≤时，由已知数据和余弦定理可得f（t）=PQ=，当＜t ≤1时，f（t）=PB=5﹣5t，综合可得当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，可得结论．【解答】解：（1）由题意可得t1==h，设此时甲运动到点P，则AP=vt1=5×=千米，甲∴f（t1）=PC===千米；（2）当t1≤t≤时，乙在CB上的Q点，设甲在P点，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB﹣AP=5﹣5t，∴f（t）=PQ===，当＜t≤1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，∴f（t）=PB=AB﹣AP=5﹣5t∴f（t）=∴当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，故f（t）的最大值没有超过3千米．【点评】本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题．21．（14分）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ACBD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．【分析】（1）依题意，直线l1的方程为y=x，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，可得直线l1与l2的方程，联立方程组，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，可求得面积S的值．【解答】解：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C 到直线l1的距离d==，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，设直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，根据对称性，设x1=，则y1=，同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，所以x1x2=﹣2y1y2，∴=4=﹣2x1x2y1y2，∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，∴（）（）=+4+2（+）=1，即﹣4x1x2y1y2+2（+）=1，所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．【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）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）．【分析】（1）把b n=3n+5代入已知递推式可得a n+1﹣a n=6，由此得到{a n}是等差数列，则a n可求；（2）由a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1，结合递推式累加得到a n=2b n+a1﹣2b1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况求得a n 的最大值M和最小值m，再由∈（﹣2，2）列式求得λ的范围．﹣a n=2（b n+1﹣b n），b n=3n+5，【解答】（1）解：∵a n+1∴a n﹣a n=2（b n+1﹣b n）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，+1∴{a n}是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则a n=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；（2）∵a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2（b n﹣b n﹣1）+2（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1=2b n+a1﹣2b1，∴，∴．∴数列{b n}的第n0项是最大项；（3）由（2）可得，①当﹣1＜λ＜0时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值m=a1=λ，∴∈（﹣2，2），∴λ∈，∴．②当λ=﹣1时，a2n=3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；→﹣∞，无最小值．当n→+∞时，a2n﹣1综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．【点评】本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了数列的函数特性，训练了累加法求数列的通项公式，对（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题．23．（18分）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，”的充要条件是“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）．【分析】（1）根据余弦函数的周期定义，判断cosg（x+6π）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）只需证明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k1π，k1∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k1＞2，然后根据f（x）的单调性及方程cosf（x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf（x）=c的解得到f（x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【解答】解：（1）g（x）=x+sin；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x0，使f（x0）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x0）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x0≤b；即存在x0∈[a，b]，使f（x0）=c；（3）证明：若u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T；∴cosf（u0）=1，且0≤u0≤T；∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“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”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x0∈（0，T），使f（x0）=2π；cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π，k2∈Z；∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）；∴4π＜2k2π＜6π；∴2＜k2＜3，无解；2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），…，f（x n），（x1＜x2＜…＜x n）；则f（x1+T），f（x2+T），…，f（x n+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（x n）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；∴f（x i+T）=f（x i）+4π=f（x i）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【点评】考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf（x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．。
2015年高考理科数学上海卷(含详细答案)
数学试卷 第1页（共42页） 数学试卷 第2页（共42页） 数学试卷 第3页（共42页）绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）理科数学注意事项:1.本试卷共6页,23道试题,满分150分.考试时间120分钟.2.本考试分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上,在试卷上作答一律不得分.3.答卷前,务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号,并将核对后的条形码贴在指定位置上.一、填空题：本大题共有14题,满分56分.直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分.1．设全集=U R .若集合={1,2,3,4}A ，{23}B x x ≤≤=，则U A B =ð . 2．若复数z 满足31i z z +=+，其中i 为虚数单位，则z = .3．若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y ，，=⎧⎨=⎩则12c c -= . 4．若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为163，则a = .5．抛物线22(0)y px p =>上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = . 6．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．方程1122log (95)log (32)2x x ---=-+的解为 .8．在报名的3名男教师和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．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1C 和2C .若1C 的渐近线方程为3y x =±，则2C 的渐近线方程为 .10．设1()f x -为2()22x xf x -=+，[0,2]x ∈的反函数，则1()()y f x f x -=+的最大值为 . 11．在1020151(1)x x++的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）. 12．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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12E E ξξ-= 元.13．已知函数()sin f x x =.若存在12,,m x x x 满足1206πm x x x ≤＜＜＜≤，且1|f x （）223-1|||++||=122,m m f x f x f x f x f x m m *N （）（）（）（）（）（≥）-+--∈，则m 的最小值为 .14．在锐角三角形ABC 中，1tan 2A =，D 为边BC 上的点，ABD △与ACD △的面积分别为2和4.过D 作DE AB ⊥于E ，DF AC ⊥于F ，则 DE DF = . 二、选择题：本大题共有4题,满分20分.每题有且只有一个正确答案,将正确答案填在题后括号内,选对得5分,否则一律得零分.15．设12,z z C ∈，则“12z z ,中至少有一个数是虚数”是“12z z -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．已知点A 的坐标为43,1（），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB ，则点B 的纵坐标为( )A .33 B .53C .112D .13217．记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ，3a 是正实数.当1a ，2a ，3a 成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实数根的是( )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．设(),n n n P x y 是直线2()1nx y n n *N -=∈+与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限 1lim 1n n ny x →∞-=-( ) A .1- B .12- C .1D .2三、解答题：本大题共有5题,满分74分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.19.（本小题满分12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，2AB AD ==，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点.证明：11A C F E ，，，四点共面，并求直线1CD 与平面11A C FE 所成的角的大小.20.（本小题满分14分）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.如图，A ，B ，C 三地有直道相通，5AB =千米，3AC =千米，4BC =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 地后在原地等待.设1=t t 时，乙到达C 地. （Ⅰ）求1t 与1f t ()的值；（Ⅱ）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当11t t ≤≤时，求f t ()的表达式，并判断f t ()在1[,1]t 上的最大值是否超过3？说明理由.21.（本小题满分14分）本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.姓名________________ 准考证号_____________--------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第4页（共42页） 数学试卷 第5页（共42页） 数学试卷 第6页（共42页）已知椭圆1222=+y x ，过原点的两条直线1l 和2l 分别与椭圆交于点A ，B 和C ，D .记得到的平行四边形ACBD 的面积为S .（Ⅰ）设11(,)A x y ，22(,)C x y .用A ，C 的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明12212||S x y x y =-；（Ⅱ）设1l 与2l 的斜率之积为21-，求面积S 的值.22.（本小题满分16分）本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分6分.已知数列{}n a 与{}n b 满足112()n n n n a a b b ++-=-，n *N ∈. （Ⅰ）若35n b n =+，且11a =，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0()n n a a n *N ≥∈.求证：{}n b 的第0n 项是最大项； （Ⅲ）设10a ＜λ=，()n n b n *N λ=∈.求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 和最小值m ，且使得(2,2)Mm∈-.23.（本小题满分18分）本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分8分.对于定义域为R 的函数()g x ，若存在正常数T ，使得cos ()g 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，(0)0f =，()4πf T =. （Ⅰ）验证()sin 3x h x x =+是以6π为余弦周期的余弦周期函数；（Ⅱ）设a b <.证明对任意[(),()]c f a f b ∈，存在0[,]x a b ∈，使得0()f x c =； （Ⅲ）证明：“0u 为方程cos ()1f x =在[0,]T 上的解”的充要条件是“0+u T 为方程cos ()1f x =在[,2]T T 上的解”，并证明对任意[0,]x T ∈都有()()()f x T f x f T +=+.3 / 141sin602a a ︒，正棱柱的高1sin 601632a a a ⎫︒=⎪⎭【提示】由题意可得1sin 601632a a a ⎛⎫︒=⎪⎭【考点】棱锥的结构特征数学试卷 第10页（共42页）数学试卷 第11页（共42页） 数学试卷 第12页（共42页）123270x +=5 / 14011019102015201511(1)C x x x ⎛⎫⎛⎫+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，项的系数．数学试卷 第17页（共42页） 数学试卷 第18页（共42页）【解析】对任意的i x ，j x ，max min |()()|()()2i j f x f x f x f x -≤-=， 欲使m 取最小值，尽可能多的让(1,2,,)i x i m =取最值点，考虑到1206πm x x x ≤<<<≤，*12231|()()||()()||()()|12(2,)m m f x f x f x f x f x f x m m N --+-++-=≥∈，6m x <<≤|(m f x -++的最小值．7 / 14【解析】解：如图，||||2AB DE =，||||4AC DF =，可得4||||DE AB =，8||||DF AC =，32||||||||DE DF AB AC =．1tan 2A =，∴sin 1cos 2A A =，联立||||sin 2AB AC A ||||12AB AC =85||||15DE DF =8||||||||cos ,DE DF DE DF DE DF ==故答案为：1615-． 85||||15DE DF =数学试卷第22页（共42页）数学试卷第23页（共42页）数学试卷第24页（共42页）9 / 14易求得(0,2,D C =，(2,2,0)AC =-，(0,1,A E =11AC EF 的法向量为(,y,)n x z =11100n A C n A E ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以,)(2,2,0),)(0,1,1)z z -=-=，所以(1,1,1)n =，所以111|||(1,1,1)(0,2,1)||cos ,|||||35n D C n D C n D C -===CD 与平面11A C FE 所成的角的大小arcsincos AC AP A =数学试卷 第28页（共42页）数学试卷 第29页（共42页） 数学试卷 第30页（共42页）cos QB PB B22(78)(5t --cos AC AP A ，代3数学试卷 第34页（共42页）2(a a +-+2112()b b a +++-2)b a +-2(a +-+1(2a b +（Ⅱ）∵()f x 的值域为R ；∴存在0x ，使0()f x c =；又(),)]([c f a f b ∈；∴0()()()f a f x f b ≤≤，而()f x 为增函数；∴0a x b ≤≤；即存在0,[]x a b ∈，使0()f x c =；（Ⅲ）证明：若0u T +为方程cos ()1f x =在区间[],2T T 上的解；则：0cos ()1f u T +=，02T u T T +≤≤；∴0cos ()1f u =，且00u T ≤≤；∴0u 为方程cos ()1f x =在[0]T ,上的解；∴“0u 为方程cos ()1f x =在[0]T ,上得解”的充分条件是“0u T +为方程cos ()1f x =在区间[],2T T 上的解”；下面证明对任意,[]0x T ∈，都有()()()f x T f x f T +=+：①当0x =时，(0)0f =，∴显然成立；②当x T =时，cos (2)cos ()1f T f T ==；∴11(2)2,()f T k k Z π=∈，()4πf T =，且12π4πk >，∴12k >；1）若13k =，(2)6πf T =，由（Ⅱ）知存在0(0,)x T ∈，使0()2πf x =；0002cos ()cos ()1()2πf x T f x f x T k +==⇒+=，2k ∈Z ；∴0()()(2)f T f x T f T <+<；∴24π2π6πk <<；∴223k <<4，无解；2）若15k ≥，(2)10πf T ≥，则存在122T x x T <<<，使得1()6πf x =，2()8πf x =；则T ，1x ，2x ，2T 为cos ()1f x =在[],2T T 上的4个解；但方程cos ()1f x =在[0]2T ,上只有()0f x =，2π，4π，3个解，矛盾； 3）当14k =时，(2)8π()()f T f T f T ==+，结论成立；③当(0)x T ∈,时，()(04π)f x ∈,，考查方程cos ()f x c =在(0)T ,上的解； 设其解为1()f x ，2()f x ，…，()n f x ，12()n x x x <<<；则1()f x T +，2()f x T +，…，()n f x T +为方程cos ()f x c =在[,2]T T 上的解；又()(4π8π)f x T +∈,； 而1()4πf x +，2()4πf x +，…，()4π(4π,8π)n f x +∈为方程cos ()f x c =在[,2]T T 上的解；∴()()4π()()i i i f x T f x f x f T +=+=+；数学试卷 第40页（共42页）∴综上对任意,[]0x T ∈，都有()()()f x T f x f T +=+．【提示】（Ⅰ）根据余弦周期函数的定义，判断(6π)cosg x +是否等于cos ()g x 即可；（Ⅱ）根据()f x 的值域为R ，便可得到存在0x ，使得0()f x c =，而根据()f x 在R 上单调递增即可说明0,[]x a b ∈，从而完成证明；（Ⅲ）只需证明0u T +为方程cos ()1f x =在区间[2]T T ,上的解得出0u 为方程cos ()1f x =在[0]T ,上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意,[]0x T ∈，都有()()()f x T f x f T +=+，可讨论0x =，x T =，(0)x T ∈,三种情况：0x =时是显然成立的；x T =时，可得出cos (2)1f T =，从而得到1(2)2πf T k =，1k ∈Z ，根据()f x 单调递增便能得到12k >，然后根据()f x 的单调性及方程cos ()1f x =在[],2T T 和它在[0]T ,上解的个数的情况说明13k =，和15k ≥是不存在的，而14k =时结论成立，这便说明x T =时结论成立；而对于(0)x T ∈,时，通过考查cos ()f x c =的解得到()()()f x T f x f T +=+，综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【考点】函数与方程的综合运用。
(完整word版)2015年上海高考数学试卷(理)
2015 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试上海 数学试卷（理工农医类）一、填空题（本大题共有14题，满分56分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分。
1. 设全集U R =，若集合{}{}1,2,3,4,|23A B x x ==≤≤，则UA B = .【答案】{}1,4；【解析】根据题意，可得{}|32U B x x x =><或，故{}1,4UAB =.2。
若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z = 。
【答案】1142i +；【解析】设(),z x yi x y R =+∈，根据题意，有z x yi =-，可把31z z i +=+化简成331x yi x yi i ++-=+，对于系数相等可得出11,42x y ==，1142z i ∴=+.3。
若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩,则12c c -= 。
【答案】16;【解析】根据增广矩阵的定义可以还原成方程组12230x y c y c +=⎧⎨+=⎩把35x y =⎧⎨=⎩代入,可得1221,5c c ==，1216c c ∴-=。
4. 若正三棱柱的所有棱长均为a ,且其体积为a = . 【答案】4；【解析】根据正三棱柱的体积计算公式31=42V h S a a a =⋅⨯⨯===底.5。
抛物线()220y px p =>上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1,则p = . 【答案】2；【解析】根据抛物线的性质,我们知道当且仅当动点Q 运动到原点的时候，才与抛物线焦点的距离的最小，所以有min 1,22pQP p ==⇒=. 6.若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2π,则其母线与轴的夹角的大小为 。
【答案】3π;【解析】设这个圆锥的母线长为'h ，底面半径为r ，母线与轴的夹角为θ，所以'1=2S l h ⋅⋅侧，而过轴的截面是一个三角形，故122S r h =⋅⋅轴，有h =，所以'122122l h SS r hπ⋅⋅==⋅⋅侧轴，''2,h h h h r ⇒===，'sin 3r h πθθ==∴=. 7.方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 。
2015年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题精品解析(上海卷)
高考提醒一轮看功夫，二轮看水平，三轮看士气梳理考纲，进一步明确高考考什么！梳理高考题，进一步明确怎么考！梳理教材和笔记，进一步明确重难点！梳理错题本，进一步明确薄弱点！抓住中低档试题。
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保持平常心，顺其自然2015年高考上海卷理数试题解析（精编版）（解析版）一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集U R =．若集合{}1,2,3,4A =，{}23x x B =≤≤，则U A B =I ð ． 【答案】{}1,4【解析】因为{|32}U C B x x x =><或，所以{4,1}U A C B =I 【考点定位】集合运算2、若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z = ． 【答案】1142i +3、若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= ． 【答案】16【解析】由题意得：121223233521,05,21516.c x y c x y c c =+=⨯+⨯==⋅+=-=-= 【考点定位】线性方程组的增广矩阵4、若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为163，则a = ． 【答案】45、抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = ． 【答案】26、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 ． 【答案】3π 【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π【考点定位】圆锥轴截面7、方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 ．【答案】2【解析】设13,(0)x t t -=>，则2222log (5)log (2)254(2)0t t t t -=-+⇒-=->21430,5333112x t t t t x x -⇒-+=>⇒=⇒=⇒-=⇒=【考点定位】解指对数不等式8、在报名的3名男教师和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）． 【答案】1209、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1C 和2C ．若1C 的渐近线方程为3y x =±，则2C 的渐近线方程为 ．【答案】3y x =±【解析】由题意得：1C ：223,(0)x y λλ-=≠，设(,)Q x y ，则(,2)P x y ，所以2234x y λ-=，即2C 的渐近线方程为32y x =±【考点定位】双曲线渐近线10、设()1f x -为()222x xf x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为 ． 【答案】411、在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）．【答案】45【解析】因为10101019102015201520151111(1)(1)(1)x x x C x x x x ⎛⎫⎛⎫++=++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，所以2x 项只能在10(1)x +展开式中，即为8210C x ，系数为81045.C = 【考点定位】二项展开式12、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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12ξξE -E = （元）．【答案】0.2【解析】赌金的分布列为1ξ1 2 3 4 5P15 15 15 15 15所以11(12345)35E ξ=++++=奖金的分布列为2ξ1.42.8 4.25.6 P25425C = 253310C = 25215C = 251110C = 所以223111.4(1234)2.8510510E ξ=⨯⨯+⨯+⨯+⨯=12ξξE -E =0.2【考点定位】数学期望13、已知函数()sin f x x =．若存在1x ，2x ，⋅⋅⋅，m x 满足1206m x x x π≤<<⋅⋅⋅<≤，且()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=（2m ≥，m *∈N ），则m 的最小值 为 ． 【答案】8【解析】因为()sin f x x =，所以()()max min ()()2m n f x f x f x f x -≤-=，因此要使得满足条件()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=的m 最小，须取123456783579110,,,,,,,6,222222x x x x x x x x πππππππ========即8.m = 【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形C AB 中，1tan 2A =，D 为边CB 上的点，D ∆AB 与CD ∆A 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥AB 于E ，DFC ⊥A 于F ，则D DF E⋅=u u u r u u u r．【答案】1615-【解析】由题意得：1sin ,cos ,sin 24125255A A AB AC A AB AC ==⋅⋅=+⇒⋅=，又112,43222125AB DE AC DF AB DE AC DF DE DF ⋅=⋅=⇒⋅⨯⋅=⇒⋅=,因为DEAF 四点共圆，因此D DF E⋅=u u u r u u u r 16cos()()151255DE DF A π⋅⋅-=⨯-=- 【考点定位】向量数量积，解三角形二、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.15、设1z ，2C z ∈，则“1z 、2z 中至少有一个数是虚数”是“12z z -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 【答案】B16、已知点A 的坐标为()43,1，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转3π至OB ，则点B 的纵坐标为（ ） A ．332 B ．532 C ．112 D ．132【答案】D【解析】133313(cos sin )(43)()3322OB OA i i i ππ=⋅+=⋅=+u u u r u u u r ，即点B 的纵坐标为132【考点定位】复数几何意义17、记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ，3a 是正实数．当1a ，2a ，3a 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 【答案】B【解析】当方程①有实根，且②无实根时，22124,8a a ≥<，从而4222321816,4a a a =<=即方程③：2340x a x ++=无实根，选B.而A,D 由于不等式方向不一致，不可推；C 推出③有实根 【考点定位】不等式性质18、设(),n n n x y P 是直线21n x y n -=+（n *∈N ）与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim 1nn ny x →∞-=-（ ）A ．1-B ．12- C ．1 D ．2 【答案】A三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2015年上海高考数学理科含答案word版
2015年上海高考数学理科含答案word版2015年上海高等学校招生数学试卷（理工农医类）一. 填空题（本大题共有14题，每题4分，满 分56分）1 •设全集U=R ，若集合A= 1,2,3,4 , BAIC UB _________________________ ； 2 •若复数z 满足3z z 1 i ，其中XJ ，则 q C2y 54.若正三棱柱的所有棱长均为1673，则 a 5 •抛物线 最小值为1,贝y p ____________________ ；6.若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2 , 则其母线与轴的夹角大小为 ________ 7 .方程 log 29x15 log 2 3x 1 2 2的解为 _______________ ,8•在报名的3名男教师和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x 3，则i为虚数单位，则------------ ?3 •若线性方程组的增广矩阵为 0 3：，解为，且其体积为---------- ?y 22px （p 0）上的动点Q 到焦点的距离的值表示）9.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C i和C 2，若C i的 渐近线方程为y 、3x ，则C 2的渐近线方程 为—10・设f 1x为 __________ ;（结果用数值表示）12•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1和2分别表示赌客在一局 赌博中的赌金和奖金，则E !E2 __________________________________________________________________________元；13 •已知函数f x sinx ，若存在x“X 2,L X m满足0 x 1 X 2 L x m 6—?为f X 2xy f x f11・在f x1 f x2 f X2f x3 +L + f x m的最小值为___14•在锐角三角形ABC中, f x m =12 m 2,m N ,贝卩mtanA 1, D为边BC上的点，VABD与VACD的面积分别为2和4,过D作DE ABuuur uuir于 E , DF AC 于F，贝J DEgDF __________________ ；二.选择题（本大题共有4题，每题5分，满分20分）15•设N、Z2 C,则“ N、Z2中至少有一个数是虚数” 是“ N 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.既非充分也非必要条件16.已知点A的坐标为4 3,1，将OA绕坐标原点O逆时针旋转-至OB，则点B的纵坐标为（)A.辽B. 5忑C. uD.22213217.记方程①：x2a-|X 10 ；方程②：x2护 1 0；③：x2 a3X 1 0 ; 其中玄伫?、、a3是正实数，当4、a“ a3 成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实数根的是（）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i8・设P nX n，y n是直线2x y nN *与圆x 2y 22在第三. 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。
2015年上海市高考数学试卷(理科)
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．(15上海)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=．(15上海)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=．(15上海)3．（4分）（2015•上海）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=．(15上海)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=．(15上海)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=．(15上海)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．(15上海)7．（4分）（2015•上海）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为．(15上海)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）．(15上海)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．(15上海)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．(15上海)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）．(15上海)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=（元）．(15上海)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≥0，m∈N*），则m的最小值为．(15上海)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上海)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﹣(15上海)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（）B(15上海)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(15上海)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=（）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.(15上海)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．(15上海)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．(15上海)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．(15上海)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）．(15上海)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）．2015年上海市高考数学试卷（理科）参考答案一、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．{1，4} 2．3．16 4．4 5．2 6．7．2 8．120 9．10．4 11．45 12．0.2 13．8 14．-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．B 16．D 17．B 18．A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.19．20．21．22．23．。
2015年上海高考数学(理科)试题(解析版)
2015年上海高考数学（理科）试题一、填空题（本大题共14小题，每题4分，满分56分）1、设全集U R =，若集合{}4,3,2,1=A ，{}32|≤≤=x x B ，则=B C A U _________. 分析：本题考查了学生的集合运算，属于基础题目和常考题目 。
答案：{1,4}2、若复数z 满足i z z +=+13_，其中i 为虚数单位，则z =___________. 分析：考查复数基本形式及共轭复数的概念，属于基础题目和常规题目。
答案：1142i+3、若线性方程组的增广矩阵为⎪⎪⎭⎫⎝⎛211302c c ，解为⎩⎨⎧==53yx ，则=-21c c ___________.分析：考查了二元一次方程组增广矩阵的概念，属于基础知识，但考前这个小知识点被遗漏的学校较多。
答案：164、若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为316，则=a ___________.分析：首先考查了学生对于正三棱柱的认识，其次考查了棱柱的体积公式，题型和知识点较为常规。
答案：45、抛物线()022>=p px y 上的动点Q 到其焦点距离的最小值为1，则=p ___________. 分析：考查了抛物线上的点到焦点的距离问题，可以通过第一定义，将到焦点的距离转化成到准线的距离，这样题目就非常容易解决掉。
答案：26、若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为1:2π，则其母线与轴的夹角的大小为 _______.7、方程()()223log 59log 1212+-=---x x 的解为___________.分析：考查了对数方程的知识点，通过对数运算，去掉对数符号，解出方程的根，易错点为根的验证。
答案：28、在报名的3名男教师和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）分析：排列组合知识点出现在第十题这个位置，相比较模拟卷和往年高考卷，难度不算大，可以用容易来形容。
2015年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题精品解析(上海卷)
高考衣食住用行衣：高考前这段时间，提醒同学们出门一定要看天气，否则淋雨感冒，就会影响考场发挥。
穿着自己习惯的衣服，可以让人在紧张时产生亲切感和安全感，并能有效防止不良情绪产生。
食：清淡的饮食最适合考试，切忌吃太油腻或者刺激性强的食物。
如果可能的话，每天吃一两个水果，补充维生素。
另外，进考场前一定要少喝水！住：考前休息很重要。
好好休息并不意味着很早就要上床睡觉，根据以往考生的经验，太早上床反而容易失眠。
考前按照你平时习惯的时间上床休息就可以了，但最迟不要超过十点半。
用：出门考试之前，一定要检查文具包。
看看答题的工具是否准备齐全，应该带的证件是否都在，不要到了考场才想起来有什么工具没带，或者什么工具用着不顺手。
行：看考场的时候同学们要多留心，要仔细了解自己住的地方到考场可以坐哪些路线的公交车？有几种方式可以到达？大概要花多长时间？去考场的路上有没有修路堵车的情况？考试当天，应该保证至少提前20分钟到达考场。
2015年高考上海卷理数试题解析（精编版）（解析版）一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集U R =．若集合{}1,2,3,4A =，{}23x x B =≤≤，则U A B =I ð ． 【答案】{}1,4【解析】因为{|32}U C B x x x =><或，所以{4,1}U A C B =I 【考点定位】集合运算2、若复数z 满足31zz i +=+，其中i为虚数单位，则z = ． 【答案】1142i +3、若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= ． 【答案】16【解析】由题意得：121223233521,05,21516.c x y c x y c c =+=⨯+⨯==⋅+=-=-= 【考点定位】线性方程组的增广矩阵4、若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为163，则a = ． 【答案】45、抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = ． 【答案】26、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 ． 【答案】3π 【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π【考点定位】圆锥轴截面7、方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 ． 【答案】2【解析】设13,(0)x t t -=>，则2222log (5)log (2)254(2)0t t t t -=-+⇒-=-> 21430,5333112x t t t t x x -⇒-+=>⇒=⇒=⇒-=⇒=【考点定位】解指对数不等式8、在报名的3名男教师和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）． 【答案】1209、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1C 和2C ．若1C 的渐近线方程为3y x =±，则2C 的渐近线方程为 ．【答案】3y x =±【解析】由题意得：1C ：223,(0)x y λλ-=≠，设(,)Q x y ，则(,2)P x y ，所以2234x y λ-=，即2C 的渐近线方程为3y x =±【考点定位】双曲线渐近线10、设()1fx -为()222x x f x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为 ． 【答案】411、在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）．【答案】45【解析】因为10101019102015201520151111(1)(1)(1)x x x C x x x x ⎛⎫⎛⎫++=++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ，所以2x 项只能在10(1)x +展开式中，即为8210C x ，系数为81045.C = 【考点定位】二项展开式12、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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12ξξE -E = （元）．【答案】0.2【解析】赌金的分布列为1ξ1 2 3 4 5P15 15 15 15 15所以11(12345)35E ξ=++++=奖金的分布列为2ξ 1.4 2.8 4.2 5.6P25425C=253310C=25215C=251110C=所以223111.4(1234)2.8510510Eξ=⨯⨯+⨯+⨯+⨯=12ξξE-E=0.2【考点定位】数学期望13、已知函数()sinf x x=．若存在1x，2x，⋅⋅⋅，mx满足1206mx x xπ≤<<⋅⋅⋅<≤，且()()()()()()1223112n nf x f x f x f x f x f x--+-+⋅⋅⋅+-=（2m≥，m*∈N），则m的最小值为．【答案】8【解析】因为()sinf x x=，所以()()max min()()2m nf x f x f x f x-≤-=，因此要使得满足条件()()()()()()1223112n nf x f x f x f x f x f x--+-+⋅⋅⋅+-=的m最小，须取123456783579110,,,,,,,6,222222x x x x x x x xπππππππ========即8.m=【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形CAB中，1tan2A=，D为边CB上的点，D∆AB与CD∆A的面积分别为2和4．过D 作D E⊥AB于E，DF C⊥A于F，则D DFE⋅=u u u r u u u r．【答案】1615-【解析】由题意得：1sin sin24125255A A AB AC A AB AC=⋅⋅=+⇒⋅=，又112,43222125AB DE AC DF AB DE AC DF DE DF ⋅=⋅=⇒⋅⨯⋅=⇒⋅=,因为DEAF 四点共圆，因此D DF E⋅=u u u r u u u r 16cos()()151255DE DF A π⋅⋅-=⨯-=- 【考点定位】向量数量积，解三角形二、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.15、设1z ，2C z ∈，则“1z 、2z 中至少有一个数是虚数”是“12z z -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 【答案】B16、已知点A 的坐标为()43,1，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转3π至OB ，则点B 的纵坐标为（ ） A 3353 C ．112 D ．132【答案】D【解析】133313(cos sin )(43)()3322OB OA i i i ππ=⋅+=⋅=+u u u r u u u r ，即点B 的纵坐标为132【考点定位】复数几何意义17、记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ，3a 是正实数．当1a ，2a ，3a 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 【答案】B【解析】当方程①有实根，且②无实根时，22124,8a a ≥<，从而4222321816,4a a a =<=即方程③：2340x a x ++=无实根，选B.而A,D 由于不等式方向不一致，不可推；C 推出③有实根 【考点定位】不等式性质18、设(),n n n x y P 是直线21n x y n -=+（n *∈N ）与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim 1nn ny x →∞-=-（ ）A ．1-B ．12- C ．1 D ．2 【答案】A三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2015年上海市高考数学试卷(理科)解析
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∩?U Β=．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 c 1﹣c 2=．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= ．25．（ 4 分）（2015?上海）抛物线 y =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 ．x ﹣1x ﹣17．（ 4 分）（2015 ?上海）方程 log 2（9﹣5）=log 2（3﹣2）+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 C 1 和 C 2．若 C 1 的渐近线方程为 y= ± x ，则 C 2 的渐近线方程为．﹣1x ﹣2（x ）为 f （x ）=210．（4 分）（2015?上海）设 f + ，x ∈[0，2]的反函数，则 y=f （x ）+f﹣1 （ x ）的最大值为．10 11．（4 分）（2015?上海）在（ 1+x+ ）2 的展开式中， x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，Eξ2=随机变量金，则Eξ1﹣ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖（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），为．则m 的最小值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D作D E⊥A B 于E，DF ⊥AC 于F，则? = ．2和4．过题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题二、选择题（本大纸的相应编号上，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 B 必要非充分．条件．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AB C D．．．．2 2 2 17．（2015?上海）记方程①：x +a1x+1=0 ，方程②：x +a2x+2=0 ，方程③：x +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 B 方程①有实．根，且②有实．根，且②无实根根C方程①无实 D 方程①无实．根，且②有实．根，且②无实根根* 2 218．（5 分）（2015?上海）设P n（x n，y n）是直线2x﹣y= （n∈N ）与圆x+y =2 在第一44页）第2页（共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，AA 1=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[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．2 221．（14 分）（2015?上海）已知椭圆x+2y=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；n （3）设a1=λ＜0，b n=λ（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）．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）T为其余弦周期．已知f（x）是是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称增f（x）单调递，f（0）=0，f（T）=4π．为R．设以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域证g（x）=x+sin是以6π为周期的余弦周期函数；（1）验意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；（2）设a＜b，证明对任“u0为方程c osf（x）=1在[0，T]上得解，”的充分条件是“u0+T为方程c osf（x）（3）证明：=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）．2015年上海市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析有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一、填空题（本大题共结果，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}．考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：本题考查集合的运算，由于两个集合，故已经化简直接运算得出答案即可．解答：解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，∴（?U B）={x|x＞3或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．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=．考点：复数代数形式的乘除运算．题：数系的扩充专和复数．z=a+bi，则分析：设=a﹣b i（a，b∈R），利用复数的运算法复数相等则、即可得出．解答：解：设z=a+bi，则=a﹣b i（a，b∈R），又3z+=1+i，∴3（a+bi）+（a﹣b i）=1+i，化为4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴z=．故答案为：．了点评：本题考查复数的运算复数相法则、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．考点：二阶行列式与逆矩阵．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，是方程组的解，即，则c1﹣c2=21﹣5=16，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：空间位置关分析：由题意可得（?a?a?sin60°）?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?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．25．（4分）（2015?上海）抛物线y=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2线y点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以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．考点：旋转体（圆柱、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l，则圆锥的侧面积为：πrl，***过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，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．x﹣1x﹣17．（4分）（2015?上海）方程log2（9﹣5）=log2（3﹣2）+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．x解答：解：∵log（291﹣﹣5）=log2x﹣1（3﹣2）x+2，∴log（291﹣﹣5）x﹣=log2[4×（31*** 第10页（共44页）***x﹣1∴9﹣5=4x﹣1（3﹣2），2x化为（3）﹣x12?3+27=0，因式分解为：x x（3﹣3）（3﹣9）=0，x∴3=3，x3=9，解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去．∴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第11页（共44页）解答：解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，5有C9=126种；其中只有女教师的有5C6=6种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120种；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2为y﹣23x=λ，利用系，求出 Q 的 轨迹方程， 即 可求出 C 2 的 渐近线方程．解答：解：设C 1 的2方程为 y ﹣ 23x =λ， 设Q （x ，y ）， 则P （x ，2y ），2代入 y ﹣23x =λ，可得22﹣3x 4y=λ，∴C 2 的渐近2线方程为 4y 2﹣3x =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．﹣1x ﹣2（x ）为 f （x ）=210．（4 分）（2015?上海）设f + ，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．x分析： 由 f （x ）=2﹣2+ 在 x ∈[0， 2]上为增函数可得其值 域，得到 y=f ﹣144页）第13页（共数的单调性求得 y=f （x ）+f ﹣1 （x ）的 最大值．解答：解：由 f （x ）x ﹣2=2 + 在x ∈[0 ，2]上为 增函数， 得其 值域为 []，﹣1 可得 y=f （x ）在 []上为增函数，因此 y=f （x ）+f ﹣1 （x ）在 []上为增函数， ∴y=f （ x ）+f ﹣1（x ）的最大值为 f （2）+f ﹣1 （2） =1+1+2=4 ． 故答案为： 4．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．10 11．（4 分）（2015?上海）在（ 1+x+ ）2 的展开式中， x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．分析：先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含2有x 项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为 2 求得r 值，则答案可求．解答：解：∵（1+x+10）=，∴仅在第一部分中出现2x项的系数．再由，令r=2，可得，2x 项的系数为．故答案为：45．点评：本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．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）．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．解答：解：赌金的分布列为P所以Eξ1=（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为P所以Eξ2=1.4×（×1+ ×2+ ×3+ ×4）=2.8，则Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2 元．故答案为：0.2点评：本题主要考查离散型随第16页（共44页）***机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进计行算是解决本．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＜⋯*f（x3）|+⋯+|f（x m﹣1）﹣f（x m）|=12（m≥12，m∈N＜x m≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣），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，则考点：平面向量数量积的运算．题：平面向量及专应用．分析：由题意画出图形，结合面积求出cosA= ，，然后代入数量积公式得答案．解答：解：如图，∵△ABD 与***积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，联立2sin A+cos 2 A=1，得，cosA=．由，得．则．∴?==．故答案为：．点评：本题考查平面向量的数量积运算，考结查了数形合的解题思想方法，考查了三角函数的化简与求值，是中档题．有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题二、选择题（本大题共纸的相应编号上，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B必要非充分．条件．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．数题：简易逻辑；专系的扩充和复数．分析：根据充分条件和必要条结件的定义合复数的有关概念进行判断即可．解答：解：设满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z1﹣z2是虚数不成立，若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当z1﹣z2是虚数时，则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的必要不充分条件，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（）AB C D．．．．考点：任意角的三角函数的定义．专题：三角函数的求值．分析：根据三角函数的定义，求出∠xOA的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．解答：解：∵点A的坐标为（4，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ==，cosθ==，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则OB的倾斜角为θ+，则|OB|=|OA|=，则点B的纵坐标为y=|OP|sin（θ+）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×+）=+6=，故选：D．点评：本题主要考查三角函数，根值的计算据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决本题的关键．222 17．（2015?上海）记方程①：x+a1x+1=0，方程②：x+a2x+2=0，方程③：x+a3x+4=0，a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实其中a1，a2，a3是正实数．当根的是（）A方程①有实B方程①有实．根，且②有实．根，且②无实根根C方程①无实D方程①无实．根，且②有实．根，且②无实根根考点：根的存在性及根的个数判断．题：函数的性质专及应用．分析：根据方程根与判别式△之间的关系2求出a1≥4，244页）第22页（共出方程③的判别式△的取值即可得到结论．解答：解：当方程①有实根，且②无实根时，2△1=a1 ﹣24≥0，△2=a28＜0，﹣2 2即a1≥4，a2＜8，∵a1，a2，a3成等比数列，2∴a2 =a1a3，即a3= ，2a3则=（）2=，即方程③的判别式216 △3=a3﹣＜0，此时方程③无实根，故选：B点评：本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定判义和性质断判别式△的取值关系是解决本题44页）第23页（共* 2 218．（5 分）（2015?上海）设P n（x n，y n）是直线2x﹣y= （n∈N）与圆x+y =2 在第一象限的交点，则极限=（）A ．﹣1 B．﹣ C．1 D．2考点：极限及其运算．专题：导数的综合应用．分析：当n→+∞时，直线2x﹣y= 趋近于2x﹣y=1，2 与圆x+y 2 =2在第一象限的交点无限靠近（1，1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出．解答：解：当n→+∞时，直线2x﹣y= 趋近于2x﹣y=1，与圆2 2x +y =2 在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点P n（x n，y n）与（1，1）连线的斜率，其值会无限44页）第24页（共（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．故选：A．点评：本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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***的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为xyz轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A1C1EF的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小arcsin．点评：本题主要考间查利用空直角坐标系求出二面角的方法，属高考常考题型．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=4fA地出发匀速前往B地，经过t小时，他们之间的距离为千米．现甲、乙两警员同时从8千（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t=t1时乙到达C地．米/小时．乙到达B地后原地等待．设（1）求t1与f（t1）的值；是3千米．当t1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判（2）已知警员的对讲机的有效通话距离断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．题：解三角形．专分析：（1）由题意可得t1==h，由余弦定理可得f（t1）=PC=，代值计算可得；（2）当t1≤t≤时，由已知数据和余弦定理可得f（t）=PQ=，当＜t≤1时，f（t）=PB=5﹣5t，综合可得当＜t≤1时，（f t）∈[0，]，．可得结论解答：解：（1）由题意可得t1==h，设此时甲运动到点P，则AP=v甲t1=5×=千米，∴f（t1）=PC==***= 千米；（2）当t1≤t≤时，乙在CB上的Q 点，设甲在P 点，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB ﹣AP=5﹣5t，∴f（t）=PQ===，当＜t≤1 时，乙在B 点不动，设此时甲在点P，∴f（t）=PB=AB ﹣AP=5﹣5t∴f（t）=∴当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，故f（t）的最***大值超过了3千米．点评：本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题．2221．（14分）（2015?上海）已知椭圆x+2y=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．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离公式．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得***S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，可得直线l1与l2的方程，联立方程组，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆22x+2y=1上，可求得面积S的值．解答：解：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C到直线l1的距离d=***=，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，设直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，根据对称性，设x1=，则y1=，***同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，所以x1x2=﹣2y1y2，∴=4=﹣2x1x2y1y2，∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆2x+2y 2=1上，∴（）（）=+4+2***（+）=1，即﹣4x1x2y1y2+2（+）=1，所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．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；n （3）设a1=λ＜0，b n=λ（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；不等式的解法及第34页（共44页）***应用．分析：（1）把 b n =3n+5 代入 已知递推式 可得 a n+1﹣ a n =6，由此得 到{a n } 是等差 数列，则a n 可求； （2）由 a n = （a n ﹣a n ﹣1）+ （a n ﹣1﹣a n ﹣2）+⋯ +（ a 2﹣a 1）+a 1，结 合递推式累 加得到 a n =2b n +a 1﹣ 2b 1，求得，进一步得到得答案； （3）由（ 2） 可得，然后分﹣1 ＜λ＜ 0，λ=﹣ 1，λ＜﹣1 三 种情况求得 a n 的最大值 M 和最小值 m ，再由 ∈ （﹣2，2）列 式求得 λ的范 围．解答：（1）解： ∵a n+1﹣a n =2 （b n+1﹣b n ）， b n =3n+5 ， ∴a n+1﹣a n =2第 35 页（共44 页）***（b n+1﹣b n ） =2（3n+8﹣3n ﹣5） =6， ∴{a n } 是等差 数列， 首项为 a 1=1，公差为 6， 则a n =1+（n ﹣1）×6=6n ﹣ 5；（2）∵a n =（ a n ﹣a n ﹣1）+（ a n ﹣1﹣a n ﹣2）+⋯ +（a 2﹣a 1） +a 1=2（ b n ﹣b n ﹣1） +2（b n ﹣1﹣b n ﹣2）+⋯ +2（b 2﹣b 1）+a 1 =2b n +a 1﹣ 2b 1， ∴， ∴． ∴数列 {b n } 的第 n 0 项是 最大项； （3）由（ 2） 可得， ① 当﹣1＜λ ＜0 时，单调递减， 有 最大值；单调递增， 有 最小值 m=a 1=λ， ∴∈（﹣2，2）， ∴λ∈， ∴．② 当 λ=﹣1时，a 2n =3，a 2n﹣1=﹣1， ∴M=3 ，m= ﹣1， （﹣2，2），不满 足条件． ③ 当 λ＜﹣1 时，当 n →+∞ 时，a 2n →+∞， 无最大值； 当 n →+∞时， a 2n ﹣1→﹣∞， 无最小值． 综上所述， λ∈ （﹣，0）时 满足条件．点评：本题考查了数列递推式， 考查了等差 关系的确定，的函数特性，加训练了累法求数列的通项公式，对（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题．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）T为其余弦周期．已知f（x）是是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设证g（x）=x+sin是以6π为周期的余弦周期函数；（1）验a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；（2）设（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）．考点：函数与方程的综合运用．题：创新题型；函专数的性质及应用．分析：（1）根据余弦周期函数的定义，判断cosg（x+6π）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）只需证程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明x∈[0，对任意T]，都有f（x+T）=（f x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时，可得出cosf （2T）=1，从而得到（f2T）=2k1π，k1∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k1＞2，然后根据f调（x）的单性及方程cosf （x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=4时结论成立，明x=T这便说时结论成立；x∈（0，而对于T）时，通过c osf（x）考查***=c的解得到f（x+T）=（f x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得．出结论即可解答：解：（1）g（x）=x+sin；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）为R；的值域∴存在x0，使f（x0）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤（f x0）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x0≤b；即存在x0∈[a，b]，使f（x0）=c；（3）证明：若u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T；∴cosf（u0）=1，且∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“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”；对下面证明任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=（f x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T时，cosf（2T）=cos（f T）=1；∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f （T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；1）若k1=3，f （2T）=6π，由（2）知存在x0∈（0，T），使f（x0）=2π；cosf（x0+T）=cosf（x0）=1?f（x0+T）=2k2π，k2∈Z；∴f（T）＜f （x0+T）＜f （2T）；∴4π＜2k2π＜6π；无解；2）若k1≥5，f （2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；则T，x1，x2，2T为c os（f x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf （x）=1在[0，2T]上只有f （x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8π=f （T）+f（T），；结论成立③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf （x）=c在（0，T）上的解；f设其解为（x1），f（x2），⋯，f （x n），（x1＜x2＜⋯＜x n）；则f（x1+T），f（x2+T），⋯，f（x n+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x1）+4π，（x2）+4π，⋯，ff（x n）+4π∈方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；∴f（x i+T）=f（x i）+4π=f（x i）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=（f x）+（f T）．弦点评：考查对余周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf（x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第．论二问的结。
2015年上海市高考数学试卷(理科)解析
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 E ξ1﹣E ξ2= （元)．13．（4分）（2015•上海）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π,且｜f （x 1）﹣f （x 2）|+｜f(x 2）﹣f(x 3）｜+…+|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z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数"是“z 1﹣z 2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：x 2+a 1x+1=0,方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0,其中a 1,a 2,a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=( ） A ． ﹣1B ． ﹣C ． 1D ． 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）．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）．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｝．考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简,故直接运算得出答案即可．解答:解：∵全集U=R，集合Α=｛1，2，3，4｝，Β=｛x｜2≤x≤3},∴（∁U B)=｛x|x＞3或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．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=．考点：复数代数形式的乘除运算．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+i,∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+i,化为4a+2bi=1+i,∴4a=1，2b=1,解得a=，b=．∴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．考点: 二阶行列式与逆矩阵．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，是方程组的解,即,则c1﹣c2=21﹣5=16，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: 空间位置关系与距离．分析:由题意可得（•a•a•sin60°）•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•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＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以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．考点: 旋转体（圆柱、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l，则圆锥的侧面积为:πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π,∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，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)]，∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2)，化为（3x)2﹣12•3x+27=0，因式分解为：（3x﹣3）（3x﹣9）=0，∴3x=3，3x=9，解得x=1或2．经过验证:x=1不满足条件,舍去．∴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;即可得答案．解答：解：根据题意,报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，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种;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，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程,即可求出C2的渐近线方程．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=λ，∴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［］上为增函数，由函数的单调性求得y=f（x）+f﹣1（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[］上为增函数，因此y=f（x）+f﹣1（x）在［］上为增函数，∴y=f（x）+f﹣1（x)的最大值为f（2）+f﹣1(2)=1+1+2=4．故答案为：4．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．分析:先把原式前两项结合展开,分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项,由x的指数为2求得r值，则答案可求．解答：解:∵（1+x+)1=，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．再由，令r=2，可得，x2项的系数为．故答案为：45．点评：本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．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）．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题: 概率与统计．分析:分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．解答：解：赌金的分布列为P所以Eξ1=（1+2+3+4+5)=3，奖金的分布列为P所以Eξ2=1.4×(×1+×2+×3+×4）=2。
2015年上海市高考数学试卷(理科)
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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁UΒ=．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z= ．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2= ．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a= ．5．（4分）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）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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为．8．（4分）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．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）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）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）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= （元）．13．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2，m ∈N *），则m 的最小值为 ．14．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）设z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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）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．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）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）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）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）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ACBD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）已知数列{an }与{bn}满足an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*．（1）若bn =3n+5，且a1=1，求数列{an}的通项公式；（2）设{an }的第n项是最大项，即a≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第n项是最大项；（3）设a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．23．（18分）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（x）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u+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）．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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩Β={1，4} ．∁U【分析】本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可．【解答】解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，∴（∁B）={x|x＞3或x＜2}，UB）={1，4}，∴A∩（∁U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．2．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z= ．【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+i，∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+i，化为4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴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）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2= 16 ．【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，是方程组的解，即，则c1﹣c2=21﹣5=16，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）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a= 4 ．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•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•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）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 ．【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＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以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）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．【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l，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，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）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为 2 ．【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）]，∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2），化为（3x）2﹣12•3x+27=0，因式分解为：（3x﹣3）（3x﹣9）=0，∴3x=3，3x=9，解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去．∴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）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）．【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；即可得答案．【解答】解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，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种；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．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．【分析】设C1的方程为y2﹣3x2=λ，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即可求出C2的渐近线方程．【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=λ，∴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）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 ．【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[]上为增函数，由函数的单调性求得y=f（x）+f﹣1（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[]上为增函数，因此y=f（x）+f﹣1（x）在[]上为增函数，∴y=f（x）+f﹣1（x）的最大值为f（2）+f﹣1（2）=1+1+2=4．故答案为：4．【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）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45 （结果用数值表示）．【分析】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．【解答】解：∵（1+x+）10=，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．再由，令r=2，可得，x2项的系数为．故答案为：45．【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基础题．12．（4分）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）．【分析】分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．【解答】解：赌金的分布列为所以Eξ1=（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为：若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），4种，若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有（1，3），（2，4），（3，5），3种，若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有（1，4），（2，5），2种，若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有（1，5），1种，则P（ξ2=1.4）==，P（ξ2=2.8）==，P（ξ2=4.2）==，P（ξ2=5.6）==所以Eξ2=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，则Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元．故答案为：0.2【点评】本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进行计算是解决本题的关键．13．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，xm满足0≤x1＜x2＜…＜xm ≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12（m≥2，m∈N*），则m的最小值为8 ．【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意xi ，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi ）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点，然后作图可得满足条件的最小m值．【解答】解：∵y=sinx对任意xi ，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj ）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点，考虑0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12，按下图取值即可满足条件，∴m的最小值为8．故答案为：8．【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，正确理解对任意xi ，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi ）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2是解答该题的关键，是难题．14．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•= ﹣．【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=，，然后代入数量积公式得答案．【解答】解：如图，∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，联立sin2A+cos2A=1，得，cosA=．由，得．则．∴•==．故答案为：．【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了数形结合的解题思想方法，考查了三角函数的化简与求值，是中档题．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）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【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，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z1﹣z2是虚数不成立，若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当z1﹣z2是虚数时，则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2是虚数”的必要不充分条件，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）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 ．【分析】根据三角函数的定义，求出∠xOA 的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．【解答】解：∵点 A 的坐标为（4，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ==，cosθ==，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转至OB ，则OB 的倾斜角为θ+，则|OB|=|OA|=，则点B 的纵坐标为y=|OB|sin （θ+）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×+）=+6=，故选：D ．【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决本题的关键．17．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a 12≥4，a 22＜8，结合a 1，a 2，a 3成等比数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论．【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0， 即a 12≥4，a 22＜8， ∵a 1，a 2，a 3成等比数列， ∴a 22=a 1a 3， 即a 3=，则a 32=（）2=，即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜0，此时方程③无实根， 故选：B ．【点评】本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定义和性质判断判别式△的取值关系是解决本题的关键．18．（5分）设 P n （x n ，y n ）是直线2x ﹣y=（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（ ） A ．﹣1 B ．﹣ C ．1D ．2【分析】当n→+∞时，直线2x ﹣y=趋近于2x ﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出． 【解答】解：当n→+∞时，直线2x ﹣y=趋近于2x ﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点 P n （x n ，y n ）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x 2+y 2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．故选：A．【点评】本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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）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．【分析】利用长方体的几何关系建立直角坐标系．利用向量方法求空间角．【解答】解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A1C1EF的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以， 所以=，所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小arcsin ．【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出空间角的方法，属高考常考题型．20．（14分）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=t 1时乙到达C 地． （1）求t 1与f （t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t ≤1时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．【分析】（1）由题意可得t 1==h ，由余弦定理可得f （t 1）=PC=，代值计算可得；（2）当t 1≤t ≤时，由已知数据和余弦定理可得f （t ）=PQ=，当＜t ≤1时，f （t ）=PB=5﹣5t ，综合可得当＜t ≤1时，f （t ）∈[0，]，可得结论．【解答】解：（1）由题意可得t 1==h ，设此时甲运动到点P，则AP=v甲t1=5×=千米，∴f（t1）=PC===千米；（2）当t1≤t≤时，乙在CB上的Q点，设甲在P点，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB﹣AP=5﹣5t，∴f（t）=PQ===，当＜t≤1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，∴f（t）=PB=AB﹣AP=5﹣5t∴f（t）=∴当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，故f（t）的最大值没有超过3千米．【点评】本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题．21．（14分）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ACBD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．【分析】（1）依题意，直线l1的方程为y=x，利用点到直线间的距离公式可求得点C到直线l1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，可得直线l1与l 2的方程，联立方程组，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，可求得面积S的值．【解答】解：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C到直线l1的距离d==，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，设直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，根据对称性，设x1=，则y1=，同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，所以x1x2=﹣2y1y2，∴=4=﹣2x 1x 2y 1y 2，∵A （x 1，y 1）、C （x 2，y 2）在椭圆x 2+2y 2=1上， ∴（）（）=+4+2（+）=1，即﹣4x 1x 2y 1y 2+2（+）=1，所以（x 1y 2﹣x 2y 1）2=，即|x 1y 2﹣x 2y 1|=，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=．【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）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a 1=1，求数列{a n }的通项公式； （2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a ≥a n （n ∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=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）．【分析】（1）把b n =3n+5代入已知递推式可得a n+1﹣a n =6，由此得到{a n }是等差数列，则a n 可求；（2）由a n =（a n ﹣a n ﹣1）+（a n ﹣1﹣a n ﹣2）+…+（a 2﹣a 1）+a 1，结合递推式累加得到a n =2b n +a 1﹣2b 1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况求得a n 的最大值M 和最小值m ，再由∈（﹣2，2）列式求得λ的范围． 【解答】（1）解：∵a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），b n =3n+5， ∴a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ）=2（3n+8﹣3n ﹣5）=6，∴{an }是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则an=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；（2）∵an =（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=2（bn ﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1=2bn +a1﹣2b1，∴，∴．∴数列{bn }的第n项是最大项；（3）由（2）可得，①当﹣1＜λ＜0时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值m=a1=λ，∴∈（﹣2，2），∴λ∈，∴．②当λ=﹣1时，a2n =3，a2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值；当n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．【点评】本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了数列的函数特性，训练了累加法求数列的通项公式，对（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题．23．（18分）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（x）=c；（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u+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）．【分析】（1）根据余弦函数的周期定义，判断cosg（x+6π）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（x）=c，而根据f（x）在R上单调递增即可说明x∈[a，b]，从而完成证明；（3）只需证明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k1π，k1∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k1＞2，然后根据f（x）的单调性及方程cosf（x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf（x）=c的解得到f（x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【解答】解：（1）g（x）=x+sin；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x0，使f（x）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x≤b；即存在x0∈[a，b]，使f（x）=c；（3）证明：若u+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u0+T）=1，T≤u+T≤2T；∴cosf（u0）=1，且0≤u≤T；∴u为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x∈（0，T），使f（x）=2π；cosf（x0+T）=cosf（x）=1⇒f（x+T）=2k2π，k2∈Z；∴f（T）＜f（x+T）＜f（2T）；∴4π＜2k2π＜6π；∴2＜k2＜3，无解；2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），…，f（xn），（x1＜x2＜…＜xn）；则f（x1+T），f（x2+T），…，f（xn+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（xn）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；∴f（xi +T）=f（xi）+4π=f（xi）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【点评】考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf（x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．。
2015年普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)数学理
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答案：
﹣
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﹣ ﹣
10.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 .
解析： 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
﹣
上为增函数， 上为增函数，
﹣
因此 y=f（x）+f 1（x）在
∵△ABD 与△ACD 的面积分别为 2 和 4，∴
，
，
可得
，
，∴
.
又 tanA= ，∴
，联立 sin2A+cos2A=1，得
，
.
由 则 .
，得
.
∴ 答案： .
.
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.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 解析： 设 z1=1+i，z2=i，满足 z1、z2 中至少有一个数是虚数，则 z1﹣z2=1 是实数，则 z1 ﹣z2 是虚数不成立， 若 z1、z2 都是实数，则 z1﹣z2 一定不是虚数，因此当 z1﹣z2 是虚数时， 则 z1、z2 中至少有一个数是虚数，即必要性成立， 故“z1、z2 中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2 是虚数”的必要不充分条件，
方法二：设直线 l1、l2 的斜率分别为 y2）在椭圆 x2+2y2=1 上，可求得面积 S 的值.
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3 8
，
设乙到 C 时甲所在地为 D，则 AD= 15 千米。 8
在△ACD 中， CD2 AC 2 AD2 2 AC AD cos A ,
所以
f
(t1 )
CD
3 8
41 （千米）。
（2）甲到达 B 用时 1 小时；乙到达 C 用时 3 小时，从 A 到 B 总用时 7 小时。
8
8
当
t1
3 8
所成的角的大小.
20.（本题满分 14 分）本题共有 2 小题，第小题满分 6 分，第小题满分 8 分
如图， ， ， C 三地有直道相通， 5 千米， C 3 千米， C 4 千米.现甲、乙
两警员同时从 地出发匀速前往 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 ，速度为 5 千米/小时，乙的路线是 C ，速度为 8 千米/小时.乙到达 地 后原地等待.设 t t1 时乙到达 C 地.
曲线 C1 和 C2 ．若 C1 的渐近线方程为 y 3x ，则 C2 的渐近线方程为
．
10.设 f 1 x 为 f x 2x2 x ， x 0, 2 的反函数，则 y f x f 1 x 的最大值
2
为
．
11.在 1
x
1 x 2015
10
的展开式中，
x2
项的系数为
（结果用数值表示）．
3
（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 cos f x 1在 0, 上得解”的充要条件是“ u0 为方程 cos f x 1在, 2 上有解”，并证明对任意 x 0,都有 f x f x f .
（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 上得最大值是否超过 3 ？说明理由.
21.（本题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题 6 分，第 2 小题 8 分.
．
2．若复数 z 满足 3z z 1 i ，其中 i 为虚数单位，则 z
．
2
3．若线性方程组的增广矩阵为
0
3 1
c1 c2
、解为
x
y
3
，则
5
c1
c2
．
4．若正三棱柱的所有棱长均为 a ，且其体积为16 3 ，则 a
．
5．抛物线 y2 2 px （ p 0 ）上的动点 Q 到焦点的距离的最小值为1，则 p
t
7 8
时，
f (t) (7 8t)2 (5 5t)2 2(7 8t)(5 5t) 4 25t 2 42t 18
5
；
当 7 t 1 时， f (t) =5-5t. 8
所以
f
(t )
25t 2 42t 18, 3 t 7 88
5
5t,
7 8
t
1
因为
f
(t) 在
3 8
,
7 8
12.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 1 和 2 分
别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 1 2
项；
（3）设 a1 0 ， bn n （ n ），求 的取值范围，使得 an 有最大值 与最小 值 m ，且 2, 2 .
m
23.（本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分.
对于定义域为 R 的函数 g x ，若存在正常数 ，使得 cos g x 是以 为周期的函数，则 称 g x 为余弦周期函数，且称 为其余弦周期.已知 f x 是以 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 4 . （1）验证 h x x sin x 是以 6 为周期的余弦周期函数；
v 0, w 0,
解得u
v
w.
取 u=1，则平面 A1C1EF 的一个法向量 n = (1,1,1) .又 CD1 (0, 2,1) ,
故 CD1 n 15
CD1 | n | 15
因此直线 CD1 与平面 A1C1FE 所成的角的大小 arcsin
15 . 15
20.
解：（1） t1
（元）．
13.已知函数 f x sin x ．若存在 x1 ， x2 ， ， xm 满足 0 x1 x2 xm 6 ，且
f x1 f x2 f x2 f x3 f xn1 f xn 12（ m 2 ，m ），则 m
的最小值
为
．
14.在锐角三角形 C 中，tan 1 ，D 为边 C 上的点，D 与 CD 的面积分别
（2）设
l1
与
l2
的斜率之积为
1 2
，求面积
S
的值.
22.（本题满分 16 分）本题共有 3 个小题.第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小 题满分 6 分.
已知数列an 与bn 满足 an1 an 2 bn1 bn ， n . （1）若 bn 3n 5 ，且 a1 1 ，求数列an 的通项公式； （2）设 an 的第 n0 项是最大项，即 an0 an （ n ），求证：数列 bn 的第 n0 项是最大
m
a1
，由 2
2 2
2及 1
0，得 1 2
0
.
综上，
的取值范围是
(
1 2
,
0)
.
23 证明（1）易见 h(x) x sin x 的定义域为 R, 3
对任意 x R, h(x 6 ) x 6 sin x 6 h(x) 6 ， 3
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．设
n
xn ,
yn
是直线
2x
y
n n 1
（
n
）与圆
x2
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．已知点 的坐标为 4 3,1 ，将 绕坐标原点 逆时针旋转 至 ，则点 的纵 3
坐标为（ ）
33
A．
2
53
B．
2
11
C．
2
D． 13 2
17．记方程①： x2 a1x 1 0 ，方程②： x2 a2 x 2 0 ，方程③： x2 a3x 4 0 ，
所以 EF / / A1C1 ， 因此直线 A1C 与 EF 共面，
即， A1 、 C1 、 F 、 E 四点共面.
设平面 A1C1EF 的法向量为 n (u, v, w) ，
则 n ⊥ EF ， n ⊥ FC1 ，
又 EF (1,1, 0) ， FC1 = (1, 0,1) ,
故
u u
S=2
x1 y2
x2 y1
2
x1x 2 2k
x2 kx1
= 2k2 1 k
x1x 2
（2k2 1) 2 k
=k
1 2k2
, 2k 2 1
整理得 S 2 .
22.解（1）由于 bn1 bn 3 ，得 an1 an 6 ，
所以an 是首项为 1，公差为 6 的等差数列，
故an的通项公式为 an 6n 5 ， n N * .
16
17
18
代号
B
D
B
A
三、（第 19 至 23 题）
19. 解：如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为 A1(2，0，1)、C1(0， 2，1)、E(2，1，0)、F（1，2,0）、C（0、2、0）、D（0,0,1）.
因为 A1C1 (2,2,0) ， EF (1,1, 0) ，
．
6．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2 ，则其母线与轴的夹角的大小为
．
7.方程 log2 9x1 5 log2 3x1 2 2 的解为
．
8.在报名的 3 名男教师和 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.已知点 和 Q 的横坐标相同， 的纵坐标是 Q 的纵坐标的 2 倍， 和 Q 的轨迹分别为双
2
为 2 和 4 ．过 D 作 D 于 ， DF C 于 F ，则 D DF
．
二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 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．设 z1 ， z2 C ，则“ z1 、 z2 中至少有一个数是虚数”是“ z1 z2 是虚数”的（ ）
上的最大值是
f
(3) 8
3 8
41 ，
f
(t) 在
7 8
,1
上的最大值是
f
(7) 8
5 8
，
所以
f
(t) 在
3 8
,1
上的最大值是
3 8
41 ，不超过 3.
21.证：（1）直线 l1 : y1x x1 y 0 ，点 C 到 l1 的距离 d