2015上海高考文科数学真题及答案.docx

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1、2015上海高考文科数学真题及答案一、填空题（本大题共14小题，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（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

2、= 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

3、，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 二、选择题（本大题共4小题，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

4、标原点O逆时针旋转至OB，则点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，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

5、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（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

6、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；（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2015年上海市高考数学试

7、卷（文科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，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

8、，4，B=x|2x3，AB=2，3，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，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）=【分析】由原函数解析式把x用含有y的代数式表示

9、，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，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

10、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，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

11、可【解答】解：log2（9x15）=log2（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：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，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

12、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【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

13、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），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

14、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

15、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+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

16、）与定点（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0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*），则

17、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）|+|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：

18、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4小题，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【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、

19、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+

20、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（）ABCD【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=，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

21、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，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=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

22、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，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中求出cosPAC，从而得到PAC【解答】

23、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；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

24、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，ax1，ax31，2ax310，f（x）0，函数f（x）在1，2上的单调递增【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

25、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

26、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【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

27、上最值的求法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；（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

28、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、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【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=|x1y

29、2x2y1|；（2）由（1）A（x1，y1），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，由于左右两边恒成立，所以只能是，所以，此时S=，综上所述，

30、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，属于难题23（18分）已知数列an与bn满足

31、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【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

32、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，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，是中档题第21页（共21页）