[历年真题]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≥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{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} ．

【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=．【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．

【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．

【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．

【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．

【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．【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）．

【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．

【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．

【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）．

【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）（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）．

【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

ξ112345

P

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）==

ξ2 1.4 2.8 4.2 5.6

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）（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≥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≤x1＜x2＜…＜x m≤6π,|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|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．（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?=﹣．

【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）（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）（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．

【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．（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）（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=（）

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．

【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）（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．

【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,

t1=5×=千米,

设此时甲运动到点P,则AP=v

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）（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）（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）．

【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；

当n→+∞时,a2n

→﹣∞,无最小值．

﹣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）（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）．【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