2015年上海市高考数学试卷（文科）.doc

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1、第 1 页（共 23 页）2015 年上海市高考数学试卷（文科）年上海市高考数学试卷（文科）一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，满分小题，满分 56 分）考生应在答题纸相应编号的空格分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得内直接填写结果，每个空格填对得 4 分，否则一律零分）分，否则一律零分）1 （4 分）函数 f（x）=13sin2x 的最小正周期为 2 （4 分）设全集 U=R，若集合 A=1，2，3，4，B=x|2x3，则 AB= 3 （4 分）若复数 z 满足 3z+ =1+i，其中 i 是虚数单位，则 z= 4 （4 分）设 f1（x）为 f（

2、x）=的反函数，则 f1（2）= 5 （4 分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则 c1c2= 6 （4 分）若正三棱柱的所有棱长均为 a，且其体积为 16，则 a= 7 （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= 8 （4 分）方程 log2（9x15）=log2（3x12）+2 的解为 9 （4 分）若 x，y 满足，则目标函数 z=x+2y 的最大值为 10 （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） 11 （4 分）在（2x+）6的二项式中，常数

3、项等于 （结果用数值表示）12 （4 分）已知双曲线 C1、C2的顶点重合，C1的方程为y2=1，若 C2的一条渐近线的斜率是 C1的一条渐近线的斜率的 2 倍，则 C2的方程为 13 （4 分）已知平面向量 、 、 满足 ，且| |，| |，| |=1，2，3，则| + + |的最大值是 14 （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）第 2 页（共 23 页）f（xm）|=12（m2，mN*） ，则 m 的最小值为 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 小题，满分小题，满分

4、 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生分）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，否则一律分，否则一律零分零分.15 （5 分）设 z1、z2C，则“z1、z2均为实数”是“z1z2是实数”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）下列不等式中，与不等式2 解集相同的是（ ）A （x+8） （x2+2x+3）2Bx+82（x2+2x+3）CD17 （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

5、点 B 的纵坐标为（ ）ABCD18 （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（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 74 分）解答下列各题必须在答题纸相应编分）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号的规定区域内写出必要的步骤.19 （12 分）如图，圆锥的顶点为 P，底面圆为 O，底面的一条直径为 AB，C为半圆弧的中点，E 为劣弧的中点，已知 PO=2，OA=1，求三棱锥 PAOC的体积，并求异面直线 PA 和 OE 所成角的大小第 3 页（共 23 页）

6、20 （14 分）已知函数 f（x）=ax2+，其中 a 为常数（1）根据 a 的不同取值，判断函数 f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）若 a（1，3） ，判断函数 f（x）在1，2上的单调性，并说明理由21 （14 分）如图，O，P，Q 三地有直道相通，OP=3 千米，PQ=4 千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从 O 地出发匀速前往 Q 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 OQ，速度为 5 千米/小时，乙的路线是 OPQ，速度为 8 千米/小时，乙到达 Q 地后在原地等待设 t=t1时乙到达 P地，t=t2时乙到达 Q 地（1）求 t1与 f（

7、t1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是 3 千米，当 t1tt2时，求 f（t）的表达式，并判断 f（t）在t1，t2上的最大值是否超过 3？说明理由22 （16 分）已知椭圆 x2+2y2=1，过原点的两条直线 l1和 l2分别与椭圆交于点A、B 和 C、D，记AOC 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）设 l1：y=kx，S=，求 k 的值；第 4 页（共 23 页）（3）设 l1与 l2的斜率之积为 m，求 m 的值，使得无论 l1和 l2如何变动，面积S 保持不变23 （18

8、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an的通项公式；（2）设an的第 n0项是最大项，即 an0an（nN*） ，求证：bn的第 n0项是最大项；（3）设 a1=30，bn=n（nN*） ，求 的取值范围，使得对任意m，nN*，an0，且第 5 页（共 23 页）2015 年上海市高考数学试卷（文科）年上海市高考数学试卷（文科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，满分小题，满分 56 分）考生应在答题纸相应编号的空格分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每

9、个空格填对得内直接填写结果，每个空格填对得 4 分，否则一律零分）分，否则一律零分）1 （4 分）函数 f（x）=13sin2x 的最小正周期为 【分析】由条件利用半角公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的周期性求得函数的最小正周期【解答】解：函数 f（x）=13sin2x=13=+cos2x，函数的最小正周期为=，故答案为：【点评】本题主要考查半角公式的应用，余弦函数的周期性，属于基础题2 （4 分）设全集 U=R，若集合 A=1，2，3，4，B=x|2x3，则 AB= 2，3 【分析】由 A 与 B，找出两集合的交集即可【解答】解：全集 U=R，A=1，2，3，4，B=x|2x3，AB=2

10、，3，故答案为：2，3【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键3 （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 =abi（a，bR） ，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 =abi（a，bR） ，又 3z+ =1+i，第 6 页（共 23 页）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：【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题4 （4 分）设 f1（x）为 f（x）=的反函数，则 f1（2）=

11、 【分析】由原函数解析式把 x 用含有 y 的代数式表示，x，y 互换求出原函数的反函数，则 f1（2）可求【解答】解：由 y=f（x）=，得，x，y 互换可得，即 f1（x）=故答案为：【点评】本题考查了函数的反函数的求法，是基础的计算题5 （4 分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则 c1c2= 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，第 7 页（共 23 页）则 c1c2=215=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6 （4 分）若正三棱柱的所有棱长均为 a，且其体积为

12、 16，则 a= 4 【分析】由题意可得（aasin60）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aasin60，正棱柱的高为 a，（aasin60）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7 （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 【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（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：2【点评】本题考查抛物线的方程与性质，

13、考查学生的计算能力，比较基础8 （4 分）方程 log2（9x15）=log2（3x12）+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（9x15）=log2（3x12）+2，log2（9x15）=log24（3x12），第 8 页（共 23 页）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：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9 （4 分）若 x

14、，y 满足，则目标函数 z=x+2y 的最大值为 3 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最大值【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分） 由 z=x+2y 得 y=x+z，平移直线 y=x+z，由图象可知当直线 y=x+z 经过点 B 时，直线 y=x+z 的截距最大，此时 z 最大由，解得，即 B（1，1） ，代入目标函数 z=x+2y 得 z=21+1=3故答案为：3第 9 页（共 23 页）【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法10 （4 分）在报名的

15、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 1266=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）

16、，可以避免分类讨论，简化计算11 （4 分）在（2x+）6的二项式中，常数项等于 240 （结果用数值表示）【分析】写出二项展开式的通项，由 x 的指数为 0 求得 r 值，则答案可求【解答】解：由（2x+）6，得=由 63r=0，得 r=2第 10 页（共 23 页）常数项等于故答案为：240【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）已知双曲线 C1、C2的顶点重合，C1的方程为y2=1，若 C2的一条渐近线的斜率是 C1的一条渐近线的斜率的 2 倍，则 C2的方程为 【分析】求出 C1的一条渐近线的斜率，可得 C2的一条渐近线的斜率，利

17、用双曲线 C1、C2的顶点重合，可得 C2的方程【解答】解：C1的方程为y2=1，一条渐近线的方程为 y=，因为 C2的一条渐近线的斜率是 C1的一条渐近线的斜率的 2 倍，所以 C2的一条渐近线的方程为 y=x，因为双曲线 C1、C2的顶点重合，所以 C2的方程为故答案为：【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13 （4 分）已知平面向量 、 、 满足 ，且| |，| |，| |=1，2，3，则| + + |的最大值是 3+ 【分析】分别以所在的直线为 x，y 轴建立直角坐标系，分类讨论：当| |，| |=1，2，| |=3，设，则 x2+y2=9，则+ + =（1

18、+x，2+y） ，有|=的最大值，其几何意义是圆 x2+y2=9 上点（x，y）与定点（1，2）的距离的最大值；其他情况同理，然第 11 页（共 23 页）后求出各种情况的最大值进行比较即可【解答】解：分别以所在的直线为 x，y 轴建立直角坐标系，当| |，| |=1，2，| |=3，则，设，则 x2+y2=9， + + =（1+x，2+y） ，|=的最大值，其几何意义是圆 x2+y2=9 上点（x，y）与定点（1，2）的距离的最大值为=3+；且| |，| |=1，3，| |=2，则，x2+y2=4， + + =（1+x，3+y）|=的最大值，其几何意义是圆 x2+y2=4 上点（x，y）与定

19、点（1，3）的距离的最大值为 2+=2+，| |，| |=2，3，| |=1，则，设，则 x2+y2=1 + + =（2+x，3+y）|=的最大值，其几何意义是在圆 x2+y2=1上取点（x，y）与定点（2，3）的距离的最大值为 1+=1+，故| + + |的最大值为 3+故答案为：3+【点评】本题主要考查了向量的模的求解，解题的关键是圆的性质的应用：在圆外取一点，使得其到圆上点的距离的最大值：r+d（r 为该圆的半径，d 为该点与圆心的距离） 14 （4 分）已知函数 f（x）=sinx若存在 x1，x2，xm满足第 12 页（共 23 页）0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f

20、（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*） ，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）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，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）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）|

21、+|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：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）maxf（x）min=2 是解答该题的关键，是难题二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 小题，满分小题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生分）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

22、5 分，否则一律分，否则一律零分零分.第 13 页（共 23 页）15 （5 分）设 z1、z2C，则“z1、z2均为实数”是“z1z2是实数”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：若 z1、z2均为实数，则 z1z2是实数，即充分性成立，当 z1=i，z2=i，满足 z1z2=0 是实数，但 z1、z2均为实数不成立，即必要性不成立，故“z1、z2均为实数”是“z1z2是实数”的充分不必要条件，故选：A【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是解决本题的关键

23、16 （5 分）下列不等式中，与不等式2 解集相同的是（ ）A （x+8） （x2+2x+3）2Bx+82（x2+2x+3）CD【分析】根据 x2+2x+3=（x+1）2+20，可得不等式2，等价于x+82（x2+2x+3） ，从而得出结论【解答】解：由于 x2+2x+3=（x+1）2+20，不等式2，等价于x+82（x2+2x+3） ，故选：B【点评】本题主要考查不等式的基本性质的应用，体现了等价转化的数学思想，属于基础题17 （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（ ）第 14 页（共 23 页）ABCD【分析】根据三

24、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=，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：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【分析】当 n+时

25、，直线 2xy=趋近于 2xy=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 2xy=趋近于 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第 15 页（共 23 页）=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（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 74 分）解答下

26、列各题必须在答题纸相应编分）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号的规定区域内写出必要的步骤.19 （12 分）如图，圆锥的顶点为 P，底面圆为 O，底面的一条直径为 AB，C为半圆弧的中点，E 为劣弧的中点，已知 PO=2，OA=1，求三棱锥 PAOC的体积，并求异面直线 PA 和 OE 所成角的大小【分析】由条件便知 PO 为三棱锥 PAOC 的高，底面积 SAOC又容易得到，从而带入棱锥的体积公式即可得到该三棱锥的体积根据条件能够得到 OEAC，从而找到异面直线 PA，OE 所成角为PAC，可取 AC 中点 H，连接 PH，便得到PHAC，从而可在 RtPAH 中求

27、出 cosPAC，从而得到PAC【解答】解：PO=2，OA=1，OCAB；E 为劣弧的中点；BOE=45，又ACO=45；OEAC；PAC 便是异面直线 PA 和 OE 所成角；第 16 页（共 23 页）在ACP 中，AC=，；如图，取 AC 中点 H，连接 PH，则 PHAC，AH=；在 RtPAH 中，cosPAH=；异面直线 PA 与 OE 所成角的大小为 arccos【点评】考查圆锥的定义，圆锥的高和母线，等弧所对的圆心角相等，能判断两直线平行，以及异面直线所成角的定义及找法、求法，能用反三角函数表示角20 （14 分）已知函数 f（x）=ax2+，其中 a 为常数（1）根据 a 的

28、不同取值，判断函数 f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）若 a（1，3） ，判断函数 f（x）在1，2上的单调性，并说明理由【分析】 （1）根据函数的奇偶性的定义即可判断，需要分类讨论；（2）根据导数和函数的单调性的关系即可判断【解答】解：（1）当 a=0 时，f（x）=，显然为奇函数，当 a0 时，f（1）=a+1，f（1）=a1，f（1）f（1） ，且 f（1）+f（1）0，所以此时 f（x）为非奇非偶函数（2）a（1，3） ，f（x）=ax2+，f（x）=2ax=，a（1，3） ，x1，2，第 17 页（共 23 页）ax1，ax31，2ax310，f（x）0，函数 f（x）在1，2上的

29、单调递增【点评】本题考查了函数的奇偶性和单调性，属于基础题21 （14 分）如图，O，P，Q 三地有直道相通，OP=3 千米，PQ=4 千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从 O 地出发匀速前往 Q 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 OQ，速度为 5 千米/小时，乙的路线是 OPQ，速度为 8 千米/小时，乙到达 Q 地后在原地等待设 t=t1时乙到达 P地，t=t2时乙到达 Q 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 t1tt2时，求 f（t）的表达式，并判断 f（t）在t1，t2上的最大值是否超过

30、 3？说明理由【分析】 （1）用 OP 长度除以乙的速度即可求得 t1=，当乙到达 P 点时，可设甲到达 A 点，连接 AP，放在AOP 中根据余弦定理即可求得 AP，也就得出f（t1） ；（2）求出 t2=，设 t，且 t 小时后甲到达 B 地，而乙到达 C 地，并连接 BC，能够用 t 表示出 BQ，CQ，并且知道 cos，这样根据余弦定理即可求出 BC，即 f（t） ，然后求该函数的最大值，看是否超过 3 即可第 18 页（共 23 页）【解答】解：（1）根据条件知，设此时甲到达 A 点，并连接 AP，如图所示，则 OA=；在OAP 中由余弦定理得，f（t1）=AP=（千米） ；（2）可

31、以求得，设 t 小时后，且，甲到达了 B 点，乙到达了 C点，如图所示：则 BQ=55t，CQ=78t；在BCQ 中由余弦定理得，f（t）=BC=；即 f（t）=，；设 g（t）=25t242t+18，g（t）的对称轴为 t=；且；即 g（t）的最大值为，则此时 f（t）取最大值；即 f（t）在t1，t2上的最大值不超过 3【点评】考查余弦定理的应用，以及二次函数在闭区间上最值的求法第 19 页（共 23 页）22 （16 分）已知椭圆 x2+2y2=1，过原点的两条直线 l1和 l2分别与椭圆交于点A、B 和 C、D，记AOC 的面积为 S（1）设 A（x1，y1） ，C（x2，y2） ，用

32、 A、C 的坐标表示点 C 到直线 l1的距离，并证明 S=|；（2）设 l1：y=kx，S=，求 k 的值；（3）设 l1与 l2的斜率之积为 m，求 m 的值，使得无论 l1和 l2如何变动，面积S 保持不变【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=|x1y2x2y1|；（2）由（1）得：S=|x1y2x2y1|=|x1y1|=，进而得到答案；（3）方法一：设直线 l1的斜率为 k，则直线 l1的方程为 y=kx，联立方程组，消去 y 解得 x=，可求得 x1、

33、x2、y1、y2，利用S=|x1y2x2y1|=，设=c（常数） ，整理得：k42mk2+m2=c22k4+（1+4m2）k2+2m2，由于左右两边恒成立，可得，此时 S=；方法二：设直线 l1、l2的斜率分别为、，则=m，则 mx1x2=y1y2，变形整理，利用 A（x1，y1） 、C（x2，y2）在椭圆 x2+2y2=1 上，可求得面积 S 的值第 20 页（共 23 页）【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=|x1y2x2y1|；（2）由（1）A（x1，y1）

34、，C（x2，y2） ，S=|x1y2x2y1|=|x1y1|=所以|x1y1|=，由 x12+2y12=1，解得 A（，）或（，）或（，）或（，） ，由 k=，得 k=1 或；（3）方法一：设直线 l1的斜率为 k，则直线 l2的斜率为，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=|x1y2x2y1|=，设=c（常数），所以（mk2）2=c2（1+2k2） （k2+2m2） ，整理得：k42mk2+m2=c22k4+（1+4m2）k2+2m2，第 21 页（共 23 页）由于左右两边恒成立，所以只能是，所

35、以，此时S=，综上所述，m=，S=方法二：设直线 l1、l2的斜率分别为、，则=m，所以 mx1x2=y1y2，m2=mx1x2y1y2，A（x1，y1） 、C（x2，y2）在椭圆 x2+2y2=1 上，（） （）=+4+2（+）=1，即（+4m）x1x2y1y2+2（+）=1，所以+2x1x2y1y2=（x1y2x2y1）2=1（4m+）x1x2y1y22x1x2y1y2=（2m+2）x1x2y1y2，是常数，所以|x1y2x2y1|是常数，所以令 2m+2=0 即可，所以，m=，S=综上所述，m=，S=【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

36、难题23 （18 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an的通项公式；（2）设an的第 n0项是最大项，即 an0an（nN*） ，求证：bn的第 n0项是最大项；（3）设 a1=30，bn=n（nN*） ，求 的取值范围，使得对任意第 22 页（共 23 页）m，nN*，an0，且【分析】 （1）把 bn=3n+5 代入已知递推式可得 an+1an=6，由此得到an是等差数列，则 an可求；（2）由 an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1，结合递推式累加得到an=2bn+a12b1，求得，进一步得

37、到得答案；（3）由（2）可得，然后分10，=1，1 三种情况求得 an的最大值 M 和最小值 m，再由（）列式求得 的范围【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=30，的最小值为，最大值为，第 23 页（共 23 页）则，解得（） 当 =1 时，a2n=1，a2n1=3，M=3，m=1，不满足条件当 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【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