2015年上海高考数学试卷(理)2.pdf

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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！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UR，若集合1,2,3,4,|23ABxx，则UAB .【答案】1,4；【解析】根据题意，可得|32UBx xx或，故 1,4UAB.2.若复数z满足31zzi，其中i为虚数单位，则z .【答案】1142i；【解析】设,zxyi x yR，根据题意，有zxyi

2、，可把31zzi 化简成 331xyixyii，对于系数相等可得出11,42xy，1142zi.3.若线性方程组的增广矩阵为12230 1cc、解为35xy，则12cc .【答案】16；【解析】根据增广矩阵的定义可以还原成方程组 12230 xycyc把35xy代入，可得1221,5cc，1216cc.4.若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16 3，则a .【答案】4；【解析】根据正三棱柱的体积计算公式 3133=16 34224Vh Saaaaa底.5.抛物线220ypx 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

3、点的时候，才与抛物线焦点的距离的最小，所以有min1,22pQPp.6.若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2，则其母线与轴的夹角的大小为 .【答案】3；欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！【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，所以1=2Sl h 侧，而过轴的截面是 一 个 三 角 形，故122Sr h轴，有 22hhr，所 以122122l hSSr h 侧轴，2222,3hhh hhrr，3sin,23rh.7.方程1122log95log322xx的解为 .【答案】2；【解析】由条件可得 11119

4、50320954 32xxxx2111134 330,33310 xxxx 1133,2,31,1xxxx，所以1x 或2x，检验后只有2x 符合；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，则不同的选取方法的种数为 .（结果用数值表示）【答案】120；【解析】这里男女老师都要有的话，可以分男 1、女 4，男 2、女 3 和男 3、女 4 所以有142332363636456015120C CC CC C.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3yx，则2C的渐近线

5、方程为 .【答案】32yx；【解析】设点P和Q的坐标为,x y、00,xy，则有002xxyy 又因为1C的渐近线方程为3yx，故设1C的方程为223xy，把P点坐标代入，可得220034xy，令0，320 xy即为曲线2C的渐近线方程，即32yx；10.设 1fx为 22,0,22xxf xx的反函数，则 1yf xfx的最大值为 .【答案】4；【解析】通过分析，我们可得函数 222xxf x在定义域0,2上是单调递增的，且值域为124，由反函数的定义域是原函数的值域，反函数的值域是原函数的定义域以及反函数与原函数的单调性相同，可得欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联

6、系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！1fx的 定 义 域 为124，值 域 为0,2，又 原 函 数 与 反 函 数 的 公 共 定 义 域 为124，故 1maxmaxmax224yff.11.在10201511xx的展开式中，2x项的系数为 .（结果用数值表示）【答案】45；【解析】在10201511xx中要得到2x项的系数，肯定不能含有20151x项，故只有010100102015111Cxxx，而对于101x，2x项的系数为28210145Cx.12.赌博有陷阱.某种赌博每局的规则是：赌客现在标有 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

7、回该卡片，再随机摸取两张，将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分别表示赌客在每一局赌博中的赌金与奖金，则12EE .（元）【答案】0.2；【解析】由题可知，222222255544332211.4,2.8,4.2,5.610101010PPPPCCC 所以，1和2的分布列分别为：1 1 2 3 4 5 P 15 15 15 15 15 2 1.4 2.8 4.2 5.6 P 410 310 210 110 111234535E，21.40.42.80.34.20.25.60.12.8E，即有120.2EE.13.已知函数 sinf xx，若12,m

8、x xx存在满足1206mxxx，且 *12231122,mmf xf xf xf xf xf xmmN，则m的最小值为 .欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！【答案】8；【解析】对任意的,ijx x，maxmin2ijf xf xf xf x，欲 使m取 最 小 值，尽 可 能 多 的 让1,2,ix im取 最 值 点，考 虑 到1206mxxx，*12231122,mmf xf xf xf xf xf xmmN，按照下图所示取值可以满足条件 所以m的最小值为 8；14.在锐角ABC中，1tan2A，D为BC边上的一点，ABD与

9、ACD面积分别为 2 和 4，过D作DEAB于E，DFAC于F，则DE DF .【答案】1615；【解析】由题可知，coscosEDFA，122ABDSAB DE，142ACDSAC DF，1sin62ABCSAB ACA，所以4DEAB，8DFAC，12sinAB ACA 4832coscoscosDE DFDEDFEDFAAAB ACAB AC ，化简可得 28442tan16sincossin23331tan15ADE DFAAAA .二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）考生应在答题纸相应编号位置填涂，每题只有一个正确选项，选对得 5 分，否则一律得零分.15.设12,z z

10、C，则“12,z z中至少有一个数是虚数”是“12zz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【答案】B；【解析】充分性不成立，如11zi，22zi，121zz 不是虚数；必要性成立，采用反证法，若12,z z全不是虚数，即12,z z均为实数，则12zz比为实数，所以12zz是虚数，则12,z z中至少有一个数是虚数.选择 B.16.已知点A的坐标为4 3,1，将OA绕坐标原点O逆时针转3至OB，则B的纵坐标为（）A.3 32 B.5 32 C.112 D.132 1x2x3x4x5x6x7x8xyxABCDEF欢迎您阅读并下载本文档，本文

11、档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！【答案】D；【解析】以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设,A，则,3B，且 sin1，cos4 3，B的纵坐标为：131313sinsincos4 3322222.17.记方程：2110 xa x，方程：2220 xa x，方程：2340 xa x，其中123,a a a是正实数.当123,a a a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【答案】B；【解析】方程无实根，则233160a，又2114a，22

12、28a，当123,a a a成等比数列时，2213aa a，即有2231aaa，由30 得22223116160aaa，即422116aa 当方程有实根，且无实根时，214a，228a，可以推出42216416416aa，选择 B.18.设,nnnP xy是直线*21nxynNn与圆222xy在第一象限的交点，则极限1lim1nnnyx（）A.1 B.12 C.1 D.2【答案】A；【解析】采用极限思想求解 当n 时，直线*21nxynNn趋向于21xy，直线与圆的交点趋向于 1,1P，1lim1nnnyx可以理解为过点 1,1P所作的圆的切线的斜率k，设切线方程为11yk x，结合dr，即2

13、121kk，解之1k ，即1lim11nnnyx.三、解答题（本题共有 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.（本题满分 12 分）如图，在长方体中1111ABCDA BC D，11AA，2ABAD，E、F分别是棱AB、BC的中点，证明1A、1C、F、E四点共面，并求直线1CD与平面11AC FE所成角的大小.ABCDEF1A1B1C1DABCDEF1A1B1C1D欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！【答案】15arcsin15；【解析】（1）由于E、F分别是棱AB、BC的中点，所

14、以/EFAC，又11/ACAC，所以11/EFAC，由公理三的推论，可知1A、1C、F、E四点共面.（2）连接1A F、1A B由于11/CDA B，所以直线1CD与平面11AC FE所成角的大小与1A B与平面11AC FE所成角的大小相等.设1A B与平面11AC FE所成角为，点B到平面1AEF的距离为d，则1sindAB，在三棱锥1AEFB中，体积1A EFBBA EFVV，所以 111133EFBA EFSAASd，即11EFBA EFSAAdS，结合题中的数据，可以计算出12EFBS，15AFA B，12A FEF，16A F，由此可以计算出132A EFS，所以33d，所以115

15、sin15dAB，即15arcsin15，所以直线1CD与平面11AC FE所成角的大小为15arcsin15.本题亦可采用空间向量解决，不再赘述.19.（本题满分 14 分）本题共 2 个小题，第 1 小题 6 分，第 2 小题 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，速度是 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1tt时，乙到达C地.（1）求1t与 1f t的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距

16、离为 3 千米.当11tt 时，求 f t的表达式，并判断 f t在1,1t上的最大值是否超过 3？说明理由.【答案】（1）138t，13 418f t；（2）2137254218,8875 5,18tttf ttt；最大值不超过 3.【解析】（1）由题中条件可知138t 小时，此时甲与A点距离为158千米，由余弦定理可知 ABC欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！2211515336992388564f t，所以 13 418f t；（2）易知，当78t 时乙到达B位置，所以 当3788t 时，222214785527855254

17、2185f ttttttt；当718t 时，55f tt；综合，2137254218,88755,18tttf ttt 当321825t 时，f t单调递减，此时函数的值域为3 3 41,58；当217258t 时，f t单调递增，此时函数的值域为3 5,5 8；当718t 时，f t单调递减，此时函数的值域为50,8；由此，函数 f t在1,1t上的值域为3 410,8，而23 4198，即3 4138，所以 f t在1,1t上的最大值没有超过 3.21.（本题满分 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.已知椭圆2221xy，过原点的两条直线1l

18、和2l分别与椭圆交于点AB、和CD、，记得到的平行四边形ACBD的面积为S.（1）设11,A x y，22,C xy.用AC、坐标表示点C到直线1l的距离，并证明12212Sx yx y；（2）设1l与2l的斜率之积为12，求面积S的值.【答案】（1）C到直线1l的距离为12212211y xy xxy；证明见解析；（2）2S；【解析】（1）由题易知AC、两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况 当AC、两点的横坐标有一个为零时，不妨设10 x，20 x 不失一般性，此时1l与y轴重合，C到直线1l的距离为2x，平行四边形ACBD的面积为212Sx y；当AC、两点的横坐标均不为 0 时，即1

19、l和2l的斜率均存在时，设1l的方程为ykx，其中11ykx，由2221ykxxy可得222110kx，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！所以弦长222222221111222114 2111122221212kxykABkkxyAkkyx 点C到直线1l的距离221221222111kxyy xy xdkxy 所以四边形ACBD的面积为12212SAB dx yx y 综合点C到直线1l的距离为12212211y xy xxy，平行四边形ACBD的面积为12212 x yx y.（2）易知两直线的斜率分别为：111lykx，22

20、2lykx，由1l与2l的斜率之积为12可得：12122x xy y，又221112xy，222212xy，所以2222222121212122124x xy yyyy y ，即221212yy，222222222222122112211221211212242412124Sx yx yx yx yx y x yyyyyy y 化简得2221242Syy，所以平行四边形的面积为2.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！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

21、 6 分 已知数列 na与 nb满足*112,Nnnnnaabbn.（1）若35nbn，且11a，求 na的通项公式；（2）设 na的第0n项是最大项，即0*Nnnaan，求证：nb的第0n项是最大项；（3）设*10,Nnnabn，求的取值范围，使得 na有最大值M与最小值m，且2,2Mm.【答案】（1）*65Nnann；（2）证明见解析；（3）1,02；【解析】（1）由35nbn可得：*1126Nnnnnaabbn，又11a，所以数列 na为以 1 为首项，6 为公差的等差数列，即有*65Nnann；（2）由*112,Nnnnnaabbn可得：21212aabb 32322aabb 1122

22、nnnnaabbn 将上述式子累加可得 1122nnaabbn，当1n 时，也成立，所以*112Nnnaabbn，由此可得 111122nnbaba，由于1112ba为常数，所以当 na的第0n项是最大项时，111122naba最大，即 nb的第0n项是最大项；（3）有（2）可知*112Nnnaabbn，即1122nnabab，结合1,nnab可得 2nna，分三种情况进行讨论：当1 时，则n为偶数时3na，n为奇数时1na ，即有3M，1m ，此时32,2Mm ，由此，此情况不符合条件；当1,0 时，则n为偶数时，nn，由于1,0，所以0,1，从而n随着n增大值减小，此时0n，2maxn，无

23、最小值（无限靠近 0）；n为奇数时，0n，此时nn ，由于1,0，所以0,1，从而n随着n增大值减小，结合nn ，可知随着n增大n值增大，欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！此时 minn，无最大值（无限靠近 0）；由此可知数列 na的最大值22M，最小值2m，2221Mm，又2,2Mm，所以21221210 ，解之102；当1 时，则n为偶数时，nn，由于1，所以1,，从而n随着n增大值增大，此时0n，2minn，无最大值（无限靠近）；n为奇数时，0n，此时nn ，由于1，所以1，从而n随着n增大值增大，结合nn ，可知随着n增大

24、n值减小，此时 maxn，无最小值（无限靠近）；由此可知，在1 条件下，数列 na无最值，显然不符合条件；综上，符合条件的实数的取值范围为1,02.23.（本题满分 18 分）本题共 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 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，00f，4f T；（1）验证()sin3xh xx是以6为余弦周期的余弦周期函数；（2）设ab，证明对任意 ,cf

25、 af b，存在0,xa b，使得 0f xc；（3）证明：“0u为方程cos()1f x 在0,T上的解”的充要条件是“0uT为方程cos()1f x 在,2TT上的解”，并证明对任意0,xT都有()()()f xTf xf T.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；【解析】（1）证明：coshcossin3xxx，6cosh6cos6sincos6sincossincosh333xxxxxxxx 所以()sin3xh xx是以6为余弦周期的余弦周期函数；（2）当 cf a或者 cf b时，由于()f x单调递增，所以存在0 xa或0 xb使得 0f xc成立；当 ,cf af

26、b，构造函数 p xf xc，则 0p a，0p b，从而 0p ap b，所以存在0,xa b，使得 00p x，即存在0,xa b，使得 0f xc成立，证毕.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！（3）先证必要性 0u为方程cos()1f x 在0,T上的解，即0cos()1f u，由00,uT可得0,2uTTT，由于函数()f x是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以00()coscos()1f uTf u，即0uT为方程cos()1f x 在,2TT上的解；再证充分性 0uT为方程cos()1f x 在,2TT上的解，即0c1

27、s()o f uT，由0,2uTTT可得00,uT，由于函数()f x是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以00coscos()()1f uf uT，即0u为方程cos()1f x 在0,T上的解；下证：对任意0,xT都有()()()f xTf xf T.由于函数()f x是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以cos()cos()f xf xT，即有 cos()cos()0f xf xT，所以 2sinsin022f xf xTf xf xT，即 2f xf xTk或 Z2f xf xTkk 所以 2f xTf xk或 2Zf xTkf xk 若 2f xTf xk，由 00f，4f T，可得2k.所以 4f xTf x，这与函数 f x为增函数矛盾，舍去；若 2Zf xTkf xk，由 00f，4f T，可得2k，所以 4f xTf x，即 f xTf xf T.由此，对任意0,xT都有()()()f xTf xf T.