2015年上海市高考数学试卷(理科)(共16页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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=1，2，3，4，=x|2x3，则U= 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c1c2= 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（p0）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2，则其母线与轴的夹角的大小为 7（4分）方程

2、log2（9x15）=log2（3x12）+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f1（x）为f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则y=f（x）+f1（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

3、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 E1E2= （元）13（4分）已知函数f（x）=sinx若存在x1，x2，xm满足0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*），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 EA B于 E，DFAC于F，则= 二、选择题（本大题共有4题，满分15分）每题

4、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，z2C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1z2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（）ABCD17记方程：x2+a1x+1=0，方程：x2+a2x+2=0，方程：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，能推出方程无实根的是（）A方程有实根，且有实根B方程有实根，且无实根C方程无实根

5、，且有实根D方程无实根，且无实根18（5分）设 Pn（xn，yn）是直线2xy=（nN*）与圆x2+y2=2在第一象限的交点，则极限=（）A1BC1D2三、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ABCDA1B1C1D1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

6、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t1t1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|x1y2x2y1|；（2）设l1与l2的斜率之积为，求面积S的值22（1

7、6分）已知数列an与bn满足an+1an=2（bn+1bn），nN*（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aan（nN*），求证：数列bn的第n0项是最大项；（3）设a1=0，bn=n（nN*），求的取值范围，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）=4（1）验证g（x）=x+sin是以6为周期的余弦周

8、期函数；（2）设ab，证明对任意cf（a），f（b），存在x0a，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x0，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=1，2，3，4，=x|2x3，则U=1，4【解答】解：全集U=R，集合=1，2，3，4，=x|2x3，（UB）=x|x3

9、或x2，A（UB）=1，4，故答案为：1，42（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=【解答】解：设z=a+bi，则=abi（a，bR），又3z+=1+i，3（a+bi）+（abi）=1+i，化为4a+2bi=1+i，4a=1，2b=1，解得a=，b=z=故答案为：3（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1c2=16【解答】解：由题意知，是方程组的解，即，则c1c2=215=16，故答案为：164（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4【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aasin60，正棱柱的高为a，（aasin60

10、）a=16，a=4，故答案为：45（4分）抛物线y2=2px（p0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p=2【解答】解：因为抛物线y2=2px（p0）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：26（4分）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【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：rl，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，l=2h，设母线与轴的夹角为，则cos=，故=，故答案为：7（4分）方程log2（9x15）=log2（3x12）+2的解为2【解答】解：log2（9x15）=l

11、og2（3x12）+2，log2（9x15）=log24（3x12），9x15=4（3x12），化为（3x）2123x+27=0，因式分解为：（3x3）（3x9）=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：28（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）【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1266=120种；故

12、答案为：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C1和C2若C1的渐近线方程为y=x，则C2的渐近线方程为【解答】解：设C1的方程为y23x2=，设Q（x，y），则P（x，2y），代入y23x2=，可得4y23x2=，C2的渐近线方程为4y23x2=0，即故答案为：10（4分）设f1（x）为f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则y=f（x）+f1（x）的最大值为4【解答】解：由f（x）=2x2+在x0，2上为增函数，得其值域为，可得y=f1（x）在上为增函数，因此y=f（x）+f1（x）在上为增函数，y=f（x）+f1（x）的最大值为f（2）

13、+f1（2）=1+1+2=4故答案为：411（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）【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：4512（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1和2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 E1E2=0.2（元）【解答】解：赌金的分布列为112345P所以 E1=（1+

14、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（2=1.4）=，P（2=2.8）=，P（2=4.2）=，P（2=5.6）=21.42.84.25.6P所以 E2=1.4（1+2+3+4）=2.8，则 E1E2=32.8=0.2元故答案为：0.213（4分）已知函数f（x）=sinx若存在x1，x2，xm满足

15、0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*），则m的最小值为8【解答】解：y=sinx对任意xi，xj（i，j=1，2，3，m），都有|f（xi）f（xj）|f（x）maxf（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0x1x2xm6，|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）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：814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

16、A B于 E，DFAC于F，则=【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：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，z2C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1z2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【解答】解：设z1=1+i，z2=i，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1z2=1是实数，则z1z2是虚数不成立，若z1、z2

17、都是实数，则z1z2一定不是虚数，因此当z1z2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“z1z2是虚数”的必要不充分条件，故选：B16（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（）ABCD【解答】解：点 A的坐标为（4，1），设xOA=，则sin=，cos=，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则OB的倾斜角为+，则|OB|=|OA|=，则点B的纵坐标为y=|OB|sin（+）=7（sincos+cossin）=7（+）=+6=，故选：D17记方程：x2+a1x+1=0，方程：x2+a2x+

18、2=0，方程：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，能推出方程无实根的是（）A方程有实根，且有实根B方程有实根，且无实根C方程无实根，且有实根D方程无实根，且无实根【解答】解：当方程有实根，且无实根时，1=a1240，2=a2280，即a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a22=a1a3，即a3=，则a32=（）2=，即方程的判别式3=a32160，此时方程无实根，故选：B18（5分）设 Pn（xn，yn）是直线2xy=（nN*）与圆x2+y2=2在第一象限的交点，则极限=（）A1BC1D2【解答】解：当n+时，直线2xy=趋

19、近于2xy=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 Pn（xn，yn）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ABCDA1B1C1D1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【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EFAC由长方体

20、的性质知ACA1C1，所以EFA1C1，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CD1与平面A1C1FE所成的角的大小arcsin20（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

21、（t1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米当t1t1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【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t1t时，乙在CB上的Q点，设甲在P点，QB=AC+CB8t=78t，PB=ABAP=55t，f（t）=PQ=，当t1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，f（t）=PB=ABAP=55tf（t）=当t1时，f（t）0，故f（t）的最大值没有超过3千米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

22、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|x1y2x2y1|；（2）设l1与l2的斜率之积为，求面积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|x1y2x2y1|；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=

23、，所以S=2|x1y2x2y1|=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（x1y2x2y1）2=，即|x1y2x2y1|=，所以S=2|x1y2x2y1|=22（16分）已知数列an与bn满足an+1an=2（bn+1bn），nN*（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aan（nN*），求证：数列bn的第n0项是最大项；（3）设a1=0，bn=n（nN*

24、），求的取值范围，使得an有最大值M与最小值m，且（2，2）【解答】（1）解：an+1an=2（bn+1bn），bn=3n+5，an+1an=2（bn+1bn）=2（3n+83n5）=6，an是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则an=1+（n1）6=6n5；（2）an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=2（bnbn1）+2（bn1bn2）+2（b2b1）+a1=2bn+a12b1，数列bn的第n0项是最大项；（3）由（2）可得，当10时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值m=a1=，（2，2），当=1时，a2n=3，a2n1=1，M=3，m=1，（2，2），不满足条

25、件当1时，当n+时，a2n+，无最大值；当n+时，a2n1，无最小值综上所述，（，0）时满足条件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）=4（1）验证g（x）=x+sin是以6为周期的余弦周期函数；（2）设ab，证明对任意cf（a），f（b），存在x0a，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

26、上的解”，并证明对任意x0，T，都有f（x+T）=f（x）+f（T）【解答】解：（1）g（x）=x+sin；=cosg（x）g（x）是以6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cf（a），f（b）；f（a）f（x0）f（b），而f（x）为增函数；ax0b；即存在x0a，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，Tu0+T2T；cosf（u0）=1，且0u0T；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c

27、osf（x）=1在区间T，2T上的解”；下面证明对任意x0，T，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：当x=0时，f（0）=0，显然成立；当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；f（2T）=2k1，（k1Z），f（T）=4，且2k14，k12；1）若k1=3，f（2T）=6，由（2）知存在x0（0，T），使f（x0）=2；cosf（x0+T）=cosf（x0）=1f（x0+T）=2k2，k2Z；f（T）f（x0+T）f（2T）；42k26；2k23，无解；2）若k15，f（2T）10，则存在Tx1x22T，使得f（x1）=6，f（x2）=8；则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1

28、在T，2T上的4个解；但方程cosf（x）=1在0，2T上只有f（x）=0，2，4，3个解，矛盾；3）当k1=4时，f（2T）=8=f（T）+f（T），结论成立；当x（0，T）时，f（x）（0，4），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），f（xn），（x1x2xn）；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）（4，8）；而f（x1）+4，f（x2）+4，f（xn）+4（4，8）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；f（xi+T）=f（xi）+4=f（xi）+f（T）；综上对任意x0，T，都有f（x+T）=f（x）+f（T）专心-专注-专业