上海市复旦附中2015届高三最后一卷数学文理试题(无答案)
2015上海高考理科数学真题及答案
2015上海高考理科数学真题及答案一、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∩∁U Β=．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c 1﹣c 2=．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y 2=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log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（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C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±x，则C 2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，x 2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x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|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z 1，z 2∈C，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）A．﹣1B．﹣C．1D．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﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E、F 分别是AB、BC 的中点，证明A 1、C 1、F、E 四点共面，并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 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=t 1时乙到达C 地．（1）求t 1与f（t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．21．（14分）已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线l 1和l 2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（x 1，y 1），C（x 2，y 2），用A、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；（2）设l 1与l 2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a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a≥a n （n∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=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x 0∈[a，b]，使得f（x 0）=c；（3）证明：“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u 0+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）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁Β={1，U 4}．【考点】1H：交、并、补集的混合运算．【专题】5J：集合．【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}，∴（∁B）={x|x＞3或x＜2}，UB）={1，4}，∴A∩（∁U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）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=．【考点】A5：复数的运算．【专题】5N：数系的扩充和复数．【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）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c 1﹣c 2=16．【考点】ON：二阶行列式与逆矩阵．【专题】5R：矩阵和变换．【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c 1﹣c 2=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）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【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）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．【考点】K8：抛物线的性质．【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【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）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．【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】5F：空间位置关系与距离．【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）方程log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（3x﹣1﹣2）+2的解为x=2．【考点】4H：对数的运算性质．【专题】51：函数的性质及应用．【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：∵log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（3x﹣1﹣2）+2，∴log 2（9x﹣1﹣5）=log 2[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：x=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）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）．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；5O：排列组合．【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C 95=126种；其中只有女教师的有C 65=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．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C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±x，则C 2的渐近线方程为．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ，利用坐标间的关系，求出Q 的轨迹方程，即可求出C 2的渐近线方程．【解答】解：设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ，设Q（x，y），则P（x，2y），代入y 2﹣3x 2=λ，可得4y 2﹣3x 2=λ，∴C 2的渐近线方程为4y 2﹣3x 2=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）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．【考点】4R：反函数．【专题】51：函数的性质及应用．【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）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45（结果用数值表示）．【考点】DA：二项式定理．【专题】5P：二项式定理．【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）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）．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】5I：概率与统计．【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ξ112345P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 5.6P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）已知函数f（x）=sinx．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m ）|=12（m≥2，m∈N *），则m 的最小值为8．【考点】H2：正弦函数的图象．【专题】51：函数的性质及应用；57：三角函数的图像与性质．【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≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|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．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•=﹣．【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】5A：平面向量及应用．【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sin 2A+cos 2A=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）设z 1，z 2∈C，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】5L：简易逻辑；5N：数系的扩充和复数．【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z 1=1+i，z 2=i，满足z 1、z 2中至少有一个数是虚数，则z 1﹣z 2=1是实数，则z 1﹣z 2是虚数不成立，若z 1、z 2都是实数，则z 1﹣z 2一定不是虚数，因此当z 1﹣z 2是虚数时，则z 1、z 2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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）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（）D．C．B．A．【考点】G9：任意角的三角函数的定义．【专题】56：三角函数的求值．【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．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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【考点】53：函数的零点与方程根的关系．【专题】51：函数的性质及应用．【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a 12≥4，a 22＜8，结合a 1，a 2，a 3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=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0，即a 12≥4，a 22＜8，∵a 1，a 2，a 3成等比数列，∴a 22=a 1a 3，即a 3=，则a 32=（）2=，即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜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）设P n （x n ，y n ）是直线2x﹣y=（n∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）D．2C．1B．﹣A．﹣1【考点】6F：极限及其运算．【专题】53：导数的综合应用．【分析】当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x 2+y 2=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x 2+y 2=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x 2+y 2=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）如图，在长方体ABCD﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E、F 分别是AB、BC 的中点，证明A 1、C 1、F、E 四点共面，并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小．【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】5G：空间角．【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∥A 1C 1，所以EF∥A 1C 1，所以A 1、C 1、F、E 四点共面．以D 为坐标原点，DA、DC、DD 1分别为x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A 1C 1EF 的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 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）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=t 1时乙到达C 地．（1）求t 1与f（t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．【考点】HR：余弦定理．【专题】58：解三角形．【分析】（1）由题意可得t 1==h ，由余弦定理可得f （t 1）=PC=，代值计算可得；（2）当t 1≤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t 1==h，设此时甲运动到点P，则AP=v 甲t 1=5×=千米，∴f（t 1）=PC===千米；（2）当t 1≤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）已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线l 1和l 2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（x 1，y 1），C（x 2，y 2），用A、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；（2）设l 1与l 2的斜率之积为﹣，求面积S 的值．【考点】IT：点到直线的距离公式；KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）依题意，直线l 1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l 1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得S=|AB|d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；当l 1与l 2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l 1的斜率为k，则直线l 2的斜率为﹣，可得直线l 1与l 2的方程，联立方程组，可求得x 1、x 2、y 1、y 2，继而可求得答案．方法二：设直线l 1、l 2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x 1，y 1）、C（x 2，y 2）在椭圆x 2+2y 2=1上，可求得面积S 的值．【解答】解：（1）依题意，直线l 1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C 到直线l 1的距离d==，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；当l 1与l 2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l 1的斜率为k，则直线l 2的斜率为﹣，设直线l 1的方程为y=kx，联立方程组，消去y 解得x=±，根据对称性，设x 1=，则y 1=，同理可得x 2=，y 2=，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=．方法二：设直线l 1、l 2的斜率分别为、，则=﹣，所以x 1x 2=﹣2y 1y 2，∴=4=﹣2x 1x 2y 1y 2，∵A（x 1，y 1）、C（x 2，y 2）在椭圆x 2+2y 2=1上，∴（）（）=+4+2（+）=1，即﹣4x 1x 2y 1y 2+2（+）=1，所以（x 1y 2﹣x 2y 1）2=，即|x 1y 2﹣x 2y 1|=，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=．【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）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a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a≥a n （n∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=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）．【考点】82：数列的函数特性；8H：数列递推式．【专题】2：创新题型；54：等差数列与等比数列；59：不等式的解法及应用．【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）+…+（a 2﹣a 1）+a 1，结合递推式累加得到a n =2b n +a 1﹣2b 1，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．【解答】（1）解：∵a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），b n =3n+5，∴a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，∴{a n }是等差数列，首项为a 1=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）+…+（a 2﹣a 1）+a 1=2（b n ﹣b n﹣1）+2（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+2（b 2﹣b 1）+a 1=2b n +a 1﹣2b 1，∴，∴．∴数列{b n }的第n 0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=a 1=λ，∴∈（﹣2，2），∴λ∈，∴．②当λ=﹣1时，a 2n =3，a 2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a 2n →+∞，无最大值；当n→+∞时，a 2n﹣1→﹣∞，无最小值．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）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x 0∈[a，b]，使得f（x 0）=c；（3）证明：“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u 0+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）．【考点】57：函数与方程的综合运用．【专题】2：创新题型；51：函数的性质及应用．【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x 0，使得f（x 0）=c，而根据f（x）在R 上单调递增即可说明x 0∈[a，b]，从而完成证明；（3）只需证明u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u 0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）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T 时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k 1π，k 1∈Z，根据f （x）单调递增便能得到k 1＞2，然后根据f （x）的单调性及方程cosf （x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k 1=3，和k 1≥5是不存在的，而k 1=4时结论成立，这便说明x=T 时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf （x）=c 的解得到f （x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【解答】解：（1）g（x）=x+sin ；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x 0，使f（x 0）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x 0）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x 0≤b；即存在x 0∈[a，b]，使f（x 0）=c；（3）证明：若u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u 0+T）=1，T≤u 0+T≤2T；∴cosf（u 0）=1，且0≤u 0≤T；∴u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T 时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k 1π，（k 1∈Z），f（T）=4π，且2k 1π＞4π，∴k 1＞2；1）若k 1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x 0∈（0，T），使f（x 0）=2π；cosf（x 0+T）=cosf（x 0）=1⇒f（x 0+T）=2k 2π，k 2∈Z；∴f（T）＜f（x 0+T）＜f（2T）；∴4π＜2k 2π＜6π；∴2＜k 2＜3，无解；2）若k 1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x 1＜x 2＜2T，使得f（x 1）=6π，f（x 2）=8π；则T，x 1，x 2，2T 为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k 1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c 在（0，T）上的解；设其解为f（x 1），f（x 2），…，f（x n ），（x 1＜x 2＜…＜x n ）；则f（x 1+T），f（x 2+T），…，f（x n +T）为方程cosf（x）=c 在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x 1）+4π，f（x 2）+4π，…，f（x n ）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c 在（T，2T）上的解；∴f（x i +T）=f（x i ）+4π=f（x i ）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【点评】考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf （x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．。
2015年上海市高考数学试卷(理科)解析
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）(2015•上海）设全集U=R．若集合Α={1，2,3，4｝，Β={x｜2≤x≤3｝，则Α∩∁UΒ=．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=．3．(4分）（2015•上海）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=．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=．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=．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．7．（4分)(2015•上海）方程log2(9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为．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（结果用数值表示)．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．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．11．（4分）（2015•上海）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）(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 E ξ1﹣E ξ2= （元)．13．（4分）（2015•上海）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π,且｜f （x 1）﹣f （x 2）|+｜f(x 2）﹣f(x 3）｜+…+|f(x m ﹣1)﹣f （x m ）｜=12（m ≥12，m ∈N ＊)，则m 的最小值为 ．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•= ．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z 1，z 2∈C ，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数"是“z 1﹣z 2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)(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 ．17．(2015•上海)记方程①：x 2+a 1x+1=0,方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0,其中a 1,a 2,a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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）（2015•上海）设 P n （x n ，y n )是直线2x ﹣y=（n ∈N ＊)与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=( ） A ． ﹣1B ． ﹣C ． 1D ． 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）（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．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．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ABCD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)（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）．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）．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｝．考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．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=．考点：复数代数形式的乘除运算．专题：数系的扩充和复数．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．考点: 二阶行列式与逆矩阵．专题：矩阵和变换．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．考点：棱锥的结构特征．专题: 空间位置关系与距离．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．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．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．考点: 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．专题: 空间位置关系与距离．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．考点：对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．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）．考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题;排列组合．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．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．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．考点：反函数．专题：函数的性质及应用．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）．考点：二项式系数的性质．专题：二项式定理．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+)1=，∴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）．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题: 概率与统计．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P所以Eξ1=（1+2+3+4+5)=3，奖金的分布列为P所以Eξ2=1.4×(×1+×2+×3+×4）=2。
2015高考理科数学“最后一卷”附答案
俯视图（6题图）2015年高中毕业班“最后一卷”联考理科数学学科试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，第Ⅱ卷第21题为选考题，其他题为必考题．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题 共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．设集合{}0232<++=x x x M , 集合1{|()4}2x N x =≤ ，则MUN为( )A ．}{2-≥x x B ．}{1->x xC ．}{1-<x xD ．}{2-≤x x2.执行如图所示的程序框图，输出的S 值为( ) A ．9B ．16C ．25D ．363．等差数列}{n a 中，7,10451==+a a a ，则数列}{n a 的公差为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 4.“1cos 2α=”是“3πα=”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 5.已知直线3231+=x y 与幂函数)0()(≠=m x x f m 的图像将于B A 、两点，且10=AB 则m 的值为（ ）.A ．2-B ．21-C ．21D ．26. 若某几何体的三视图(单位：cm )如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．310cmB ．320cmC ．330cmD ．340cm7． 如图，四边形ABCD为矩形，AB =1BC =，以A 为圆心，1为半径画圆，交线段AB 于E ，在圆弧DE 上任取一点P ，则直线AP 与线段BC有公共点率为（ ） A ．16 B ．14 C ．13D ．328.已知半圆的直径10AB = ，O 为圆心，C 为半圆上不同于B A ,的任意一点，若P 为半径OC 上的动点，则()⋅+的最小值是（ ） Ａ．225Ｂ.25- Ｃ．25 Ｄ.225-9．设方程021log 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛-xx 与041log 41=⎪⎭⎫ ⎝⎛-xx 的根分另为21,x x ，则（ ）A ．1021<<x xB ．121=x xC ．2121<<x xD ．221≥x x 10.已知函数错误！未找到引用源。
2015年上海市高考数学试卷理科解析
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）（2015?上海）设全集U=R .若集合A={1 , 2, 3, 4}, B={x|2 <x<3}，贝U Af?U B= ______ .2. ____________________________________________________________________________ （4分）（2015?上海）若复数z满足3z+H=1+i，其中i是虚数单位，则z= _______________________3. （4分）（2015?上海）若线性方程组的增广矩阵为随机变量3和?分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则（元）•13. (4分)(2015?上海)已知函数 f ( x ) =si nx .若存在x i , x 2,…，x m 满足0 §i v x 2v … v X m 詣 n,且 |f (x i ) - f ( x 2) |+|f (x 2) - f (x 3)+ (x m -1) - f (x m ) | = 12 ( m 》2, m €N ),则m 的最小值为 14. （2015?上海）在锐角三角形 ABC 中，ta nA=* , D 为边 BC 上的点，△ ABD 与厶ACD的面积分别为2和4.过D 作D E 丄A B 于E , DF 丄AC 于F ,则〒?.吩 _______________________________ .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._ 2 ... 2 (2)17. （2015?上海）记方程 ①：x +a 1x+ 仁0 ,方程②：x +a 2x+2=0，方程③：x +a 3x+4=0 , 其中a 1, a 2, a 3是正实数.当a 1, a 2, a 3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，B .方程①有实根，且②有实根 且②无实根C .方程①无实根，D .方程①无实根，且②有实根 且②无实根・ | * 2 218. (5 分)(2015?上海)设 P n (x n , y n )是直线 2x - y= ( n €N )与圆 x +y =2 在第n+1三、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•z 2中至少有一个数是虚数"是Z 1 - z 2是虚数的（) A . 充分非必要条B .必要非充分条 件件 C . 充要条件 D .既非充分又非16. （ 5分）（2015?上海）已知点至OB ，则点B 的纵坐标为（3A 的坐标为（4極,1）,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转 D . 215. (5 分)(2015?上海)设 z 1, z 2€C ，则 z 1必要条件19. (12 分)(2015?上海)如图，在长方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中，AA 仁1 , AB=AD=2 , E 、 F 分别是AB 、BC 的中点，证明 A 1、C 1、F 、E 四点共面，并求直线 CD 1与平面A 1C 1FE 所 成的角的大小.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=t 1时乙到达C 地.(1 )求t 1与f (t 1)的值；(2 )已知警员的对讲机的有效通话距离是 3千米•当t 1W <1时，求f (t )的表达式，并判断f (t )在［t 1, 1］上的最大值是否超过 3?说明理由.21. ( 14分)(2015?上海)已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线11和12分别于椭圆交于 A 、 B 和C 、D ,记得到的平行四边形 ABCD 的面积为S.(1 )设A (X 1,y 1),C ( x 2, y 2),用A 、C 的坐标表示点 C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2 —x2y 1|; (2 )设11与l 2的斜率之积为-丄;，求面积S 的值.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a 1=1，求数列｛a n ｝的通项公式；(2 )设｛a n ｝的第n 0项是最大项，即a 却(n €N *),求证：数列｛b n ｝的第n 0项是最大项；(3)设a 1=入v 0, b n = f (n€N *),求入的取值范围，使得｛a n ｝有最大值M 与最小值m ，且7 €JT(-2, 2). 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 ) =4 n.(1)验证g (x ) =x+sin 二是以6 n 为周期的余弦周期函数；(2 )设 a v b ，证明对任意 c€［f (a ), f (b )］，存在 xo€［a , b ］，使得 f (x 0) =c ;(3)证明：u o 为方程cosf (x ) =1在［0，T ］上得解，”的充分条件是 U o +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）{1 ,4}（2015?上海）设全集U=R .若集合A={1 , 2, 3, 4}, B={x|2 ，贝U Af?U B=考点：交、并、补集的混合运算.专题：集合.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A={1 , 2, 3,4}, B={x|2 $^3}, ••• （?U B）={x|x > 3 或x v 2}, • A n（?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）— 11 1 （2015?上海）若复数z满足3z+八=1+i，其中i 是虚数单位，则z==考点：复数代数形式的乘除运算. 专题：数系的扩充和分析: 解答: 复数.设z=a+bi，贝U =a- bi (a,b€R)，利用复数的运算法则、复数相等即可得出.解：设z=a+bi, 贝则尸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二,b—.4 2 •士丄一故答案为：1,1・21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考点：二阶行列式与逆矩阵.专题：矩阵和变换.分析：根据增广矩阵的定义得到J S=3,是方程1尸5组*的解，解方程组即可.解：由题意知h~3,是方程 1尸5r 2x+33F G 组 1的解， 即、卢6H5吨1 上二区?贝 y C 1 - c 2=21 -5=16, 故答案为：16.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 ::,贝U a= 4 考点：棱锥的结构特 征.专题： 空间位置关系 与距离.分析： 由题意可得（丄?a?a?si n60°）?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?s in 60°,正棱柱的高为a .解答: 点评:（丄?a?a?si n60°2）?a=16、J :,••• 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.25. （4分）（2015?上海）抛物线y =2px （p> 0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1,则考点：抛物线的简单性质.专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程.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2y =2px （p>0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1, 所以丄=1 ,2 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2n,则其母线与轴的夹角TT的大小为-—3 —旋转体（圆柱、圆锥、圆台）. 空间位置关系考点：专题：分析: 解答: 点评: 与距离.设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为I，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2n,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：设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为I,则圆锥的侧面积为：n,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 n,•••l=2h ,设母线与轴的夹角为0,贝U COS0J!=—,1 2故匸丄,故答案为：丄.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）考点：(2015?上海)方程Iog2 (9x 1- 5) =log2 (3x 1- 2) +2 的解为2 对数的运算性质.专题：函数的性质及应用.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- 5) =log2(3x 「1-2) +2,log 2 (9x 1-5) =log2[4 x( 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,x x••• 3 =3 , 3 =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.& （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）.考点：排列、组合的实际应用.专题：计算题；排列组合.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5C9 =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C i和C2.若C1的渐近线方程为y土■:x,则C2的渐近线方程为—尸土宁—考点：双曲线的简单性质.专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程.分析：设C1的方程为y2- 3X2=入利用坐标间的关系，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-小23x =入，设Q (x, y), 则P (x, 2y), 代入y2- 3x2=入，可得4y2 -3X2=入••• C2的渐近线方程为4y2-23x =0，即「丄'.'.¥2故答案为：「丄-..'2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，贝U y=f (x) +f 1(x)的最大值为4 .考点：反函数.专题：函数的性质及应用.分析：由f(x)=2x-2+±2在x€［0, 2］上为增函数可得其值域，得到y=f\x)在［二’：］4上为增函数，由函数的单调性求得y=f (x) +f1(x)的最大值.解答：解：由f (x) =2x2+ 在x €[0 ,「22] 上为增函数，得其值域为[— 1 ,4可得y=f「1(x)在[ ]上为4增函数，因此y=f (x) +f「(x )在[二.:]4上为增函数，—1/• y=f (x) +f(x )的最大值为f(2) +f—(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+ | ) 的展开式中，x项的系数为45 (结果用数值表示)考点：二项式系数的性质.专题：二项式定理.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（i+x ） （ L ） °+L10 VirK }、20157 十xr 1 （m ）九… L 10 v 1 * 7 ' 2015J?•••仅在第一部分中出现x 2项 的系数. 再由 咯1二J ， 令r=2，可得, x 2项的系数为二n故答案为：45.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8和?分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则E 日-E ? = 0.2（元）.考点：离散型随机变 量的期望与方 差.专题： 概率与统计. 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，即可得到结解答:为2求得r 值, 则答案可求.点评:116象.解答:论.解：赌金的分布 列为P所以E g=i5（1+2+3+4+5 ）=3，奖金的分布列 为点评:cP所以 E 2=1.4X （二 xi+上 >2+15 10 1>3+ 一 2） =2.8 ,10则E & — E 題=3 -2.8=0.2 元. 故答案为：0.2 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.1 1013. (4分)(2015?上海)已知函数f ( x ) =si nx .若存在x i ,x 2,…，x m 满足0 §i v x 2v …v x m 詣 n,且 |f (x i ) - f ( x 2) |+|f (x 2) — f (x 3) |+・・ + |f (x m -1) — f (x m ) |=12 ( m 》2, m €N ), 则m 的最小值为 8 .考点： 正弦函数的图3 10116A BC 中，tanA=* , D 为边 BC 上的点，△ A BD 与厶ACD的面积分别为2和4.过D 作D E 丄A B 于E ，DF 丄AC 于F ，则•？ =_「14. （2015?上海）在锐角三角形考点：平面向量数量积的运算. 专题：平面向量及应用.分析：由题意画出图形，结合面积求出cosA=' 」5|五卜而| =,然后代入数量积公式得答案.15解答：解：如图，△ ACD的面积分别为2和4,|||AB|dDEl^||A£|dDFl^可得I AB RI AC I又tanA=—,2.sinA _]cosA 2\立2 2sin A+cos A=1 , 得—r '， cosA=^i!.5由£|甬卜疋|赵nAN，得|AB|-|A C|=12V5iDEl-lDPI DE I- |DF I COS <DE , DF >故答案为：_ 1&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z i , Z 2€C ，则Z l 、Z 2中至少有一个数是虚数 "是Z 1 - Z 2是虚数” 的（ ） A .充分非必要条件C .充要条件邑瓦（_空）15515点评:B .必要非充分条 件 D .既非充分又非必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题：简易逻辑；数系的扩充和复数.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z i=i+i，z2=i，满足z i、Z2中至少有一个数是虚数，则z i- z2=1 是实数，则z i - Z2是虚数不成立，若Z i、Z2都是实数，则z i - z2 一定不是虚数，因此当Z i - Z2是虚数时，则Z i、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故Z i、z2中至少有一个数是虚数"是z i - 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）（20i5?上海）已知点A的坐标为（血,i）,将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（）3|OB|=|OA|=&十（任）'二届二耳则点B 的纵坐 标为 y=|OP|sinA •:，；考点：专题：分析：C • 11~2解答:任意角的三角 函数的定义.三角函数的求 值. 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：I 点A 的 坐标为（4 :", 1）,•••设 / xOA= 0, 则sin 0=1 = 1旦cos 0=将OA 绕坐标原 点O 逆时针旋则OB 的倾斜角(9+—) =73s —+co 3(丄a +7 2；)27=丄+6二2 2 故选：D .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._ 2 2 217. （2015?上海）记方程 ①：x 2+a i x+ 仁0 ,方程②：x 2+a 2x+2=0 ,方程③：x 2+a 3x+4=0 , 其中a i , a 2, a 3是正实数.当a i , a 2, a 3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，B .方程①有实根，且②有实根且②无实根C .方程①无实根，D .方程①无实根，且②有实根且②无实根考点：根的存在性及 根的个数判断. 专题：函数的性质及 应用.分析：根据方程根与 判别式△之间 的关系求出 a i 2 羽，a 22<8, 结合 a i , a 2, a 3 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(sin 9co13点评:s9si=7根时，△ i=a i2-4 为，△ 2=a2-8 v 0,即a i2绍，a22v8,•••ai, a2, a3 成等比数列，. 2…a2=a1a3,2即a3=「,a L贝廿a32=(—)2_4 a22 a l<耳二164即方程③的判别式△ 3=a32- 16v 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+1(n €N*)与圆x2+y2=2 在第象限的交点, 则极限D. 2考点：极限及其运算.专题：导数的综合应lira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.y - 1二_=-1. 故选：A.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，AA 仁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: 解答: 用.当n i+8时，直线2x - y=_£Ln+1 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：当n^+8 时，直线2x -y=—趋近于n+12x- y=1，与圆x2+y2=2 在第一象限的交点无限靠近（1,1）, 点评:考点：直线与平面所成的角.专题：空间角.分析：利用长方体的集合关系建立直角坐标系.用法向量求出面角.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xyz轴，建立空间直角坐标系，易求得E4C= （0, 2, -1）Aj C J- ( — 2? 2, Q ) Tjl 二(o, 1, -1) 设平面A 1C 1EF 的法向量为 n= y» S ) 则 n* Aj C 彳 T --- * ， □ • A] E 二0 所以 r (x, y, zi * ( - 2, 2, 0) =0 t (K )¥、i) (0, 1. -15 二Q ，即j" - 2x425,^0 1 y - 2=0 ， z=1，得 x=1, y=1，所以 n= (b 1, 1) 所以 丨一―一 m_ I 二D£l I n * D 1C A I — ~] ・] 1 l“|D]C| Id 二(g z -i )l 护 VWs 所以直线CD i 与平面A 1C 1FE 所成的角的大 利用空间直角 坐标系求出点评:本题主要考查 小 arcsi€［0，：-］， 面角的方法，属 咼考常考题型.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=t i 时乙到达C 地.(1 )求t l 与f (⑴的值；(2 )已知警员的对讲机的有效通话距离是 3千米.当t i W <1时，求f (t )的表达式，并判断f (t )在［t i , 1］上的最大值是否超过 3?说明理由.余弦定理的应用.解三角形. (1 )由题意可得由余弦定理可得 f (t 1)=PC=2AC*AP*GOS A，代值计算可得;考点： 专题：分析：和余弦定理可=PQ=f (t ) =PB=5 -5t ，综合可得当时，由已知数据可得结论.解：(1)由题意可得t1=厶,吃8设此时甲运动到点P,则AP=v甲ti=5 乙=—千:::米，••• f (t1)=PC=2AC*AP*GOS AP点，• QB=AC+CB-8t=7 - 8t,PB=AB - AP=5-5t,•-f (t)=PQ=7Q B2+PB2-2QB-PB*COS B7 C?-8t) 2+ 2-2 C7-8t) (5-5t) 0.8当冬t o时，乙s在B点不动，设此时甲在点P,• f (t) =PB=AB时，乙在CB上的Q点，设甲在解答:点评:-AP=5 - 5t•-f (t)V25t£-42t+L8 .5_5t j tClI 8•••当』v t勻时，8f (叮o,4'-］，故f (t)的最大值超过了3千米.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B和C、D,记得到的平行四边形ABCD的面积为S.(1)设A (X1, y i) , c (x2, y2)，用A、C的坐标表示点C到直线—X2y1|；(2)设11与12的斜率之积为-丄，求面积S的值. 11和12分别于椭圆交于A、11的距离，并证明S=2|x1y2考点：专题：分析：直线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离公式. 直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程.(1 )依题意，直线11的方程点到直线间的距离公式可求得点C到直线11 的距离S=|AB|d=2|x i y 2 —x2y 1|; (2 )方法一： 设直线11的斜 率为k ,则直线 12的斜率为- —，可得直线11 2k 与12的方程，联 立方程组 L x 5+2y £=l 可求得X I 、x 2、 y l 、y 2，继而可 求得答案. 方法二：设直线 利用 A( X 1, y 1)、 C (x 2, y 2)在 椭圆 x 2+2y 2=1 上,可求得面积 S 的值. 解：(1)依题意， 直线11的方程 d= |AB|=2|AO|=2 证得— :, 解答:11、12的斜率分 到直线间的距离公式得：点C到直线11的距离d=瓦2 一葢］丫』因为|AB|=2|AO|=2T^W，所以S=|AB|d=2|x i y2-x2y1l;(2 )方法一：设直线11的斜率为k,则直线12的斜率为- n 谢设直线11的方程为y=kx ,联立方程组消去y解得根据对称性，设则同理可得_V2所以 S=2|X i y 2 - x 2y i |=Z 」. 方法二：设直线 11、12的斜率分则」=-丄,"七 2 所以X i x 2=- 2y 1y 2, ■■ =4 • =42 2I =■2x 1x 2y 1y 2,••• A (x i , y i )、 C (x 2, y 2)在 椭圆 x 2+2y 2=1 上， （冲+如J ）（J ）=沁 2+4巧七4+2(- )=1兌^1 ) 1，即- 4x1x2y1y2+2 (「:+,.「)=1'所以(X1y2 -2 |X2y1)=—，即2|x1y2-X2y1|= -2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a i=1，求数列｛a n｝的通项公式；(2) 设｛a n｝的第n o项是最大项，即a 為(n€N*),求证：数列｛b n｝的第n o项是最大项；(3) 设a i=入v 0, b n= f (n€N*),求入的取值范围，使得｛a n｝有最大值M与最小值m,审€JT(-2, 2).考点：数列递推式；数列的函数特性.专题：创新题型；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用.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 —a i) +a i,结合递推式累加得至卩a n=2b n+a i —2b i,求得解答: 咯冷一引)第(务+2切-aj) 得答案；(3 )由(2 )可得屯二2 X n _人，然后分-1<入v 0, }=—1,入<—1三种情况求得a n的最大值M和最小值m,再由更€ (—2, 2)列式求得入的范围.(1)解：••• a n+1—a n=2 ( b n+1 —b n), b n=3n+5,a n+1 —a n=2(b n+1 —b n) =2(3n+8 —3n —5) =6,.{a n}是等差数列，首项为a1=1,公差为6, 贝U a n=1+ (n —1) >6=6 n —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)，进一步得到+ --+2 （b2- b i）+a i=2b n+a i - 2b i,b n4（a n+2b l - 岂）b%冷（%切>1 ~ aj）>| &+2耳-閔）• ••数列｛b n｝的第n0项是最大项；(3 )由(2 )可得①当-1v疋0 时，单调递减，有最大值%- 1单调递增，有最小值m=a i=入（-2, 2）,•-入€②当？= -1时,a2n=3, a2n-仁—1,/• M=3 , m= - 1,-I - 2,2),不满足条件.③当X- 1时，当n^+8时，a2n f+ 8,无最大值；当n^+8时，a2n--8,无最小值.综上所述，入€(-二，0)时满2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) =4 n.(1)验证g (x) =x+sin上是以6n为周期的余弦周期函数；3|(2)设a v b，证明对任意c€［f (a), f (b)］，存在x o€［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).考点：函数与方程的综合运用.专题：创新题型；函数的性质及应用.分析：(1 )根据余弦周期函数的定义，判断cosg(x+6 n)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xo€［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)三种情况：x=0 时是显然成立的；x=T 时，可得出cosf(2T) =1，从而得到f( 2T) =2k l n, k l €Z, 根据f (x)单调递增便能得到k i> 2，然后根据f (x)的单调性及方程cosf(x) =1 在［T, 2T］和它在［0，T］上解的个数的情况说明k i=3，和k i为是不存在的，而k i=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x €(0, T )时，通过考查cosf (x) =c的解得到f(X+T) =f (x) +f (T),综合以上的三种情况，最后得出结论即可.解答：解：(1) g (x)=x+s in^;3sosg (瓦+6■兀)=GOS (計6兀4-sin )COS ( XZ+sillW )■J*=cosg (x)••• g (x)是以6 n为周期的余弦周期函数；(2 )T f (x)的值域为R;•存在x0,使f(x o) =c ;又c€[f (a), f(b)];•f (a)詣(x o)< (b),而f (x) 为增函数；•a^xo^b；即存在xo€[a,b]，使f (x o)=c ；(3 )证明：若u o+T为方程cosf (x) =1 在区间［T , 2T］上的解；贝U: cosf (u o+T) =1,T 电o+T 电T; ••• cosf (u o) =1, 且0岂o訂；•u o 为方程cosf ( x) =1 在［o，T］上的解；•u o为方程cos(f x) =1 在［o，T］上得解”的充分条件是“u o+T 为方程cosf( x)=1 在区间［T，2T］上的解”；下面证明对任意x€［o, T］，都有f(x+T) =f(x)+f( T):①当x=o 时，f ( o) =o，• 显然成立；②当x=T 时，cosf( 2T) =cosf (T) =1；• f ( 2T) =2k1 n, (k l€Z)，f(T) =4 n,且2k l n> 4n, • k1 > 2; 1)若k1=3, f(2T) =6n,由(2)知存在x o€ (o, T),使f(x o) =2 ncosf( x o+T)=cosf( x o) =1 ? f (x o+T ) =2k2 n, k2^Z;• f (T )v f(x o+T )v f(2T)；• 4 nV 2k2 nV 6 n;••• 2 v k2< 3，无解；2) 若k i为,f(2T)》0n,贝U 存在T v x1 v x2 v2T,使得f(x i) =6 n,f(x2)=8 n;贝T ，x i ，x2 ，2T 为cosf( x)=1 在［T , 2T］上的4 个解；但方程cosf( x)=1 在［0 , 2T］上只有f( x) =0，2 n 4 n 3个解，矛盾；3) 当k1=4 时，f(2T)=8 n=f(T)+f( T ) ，结论成立；③当x €( 0, T) 时，f (x) €( 0,4 n),考查方程cosf( x) =c 在(0 ,T )上的解；设其解为 (f x1 )，f(x2),…，f(x n), (x i V X2V •••<x n)；贝f(x1+T), f(X2+T),…，f(x n+T )为方程cosf( x) =c 在(T , 2T) 上的解；又f( x+T ) €( 4 n, 8n);而f (x i) +4 n, f ( x2) +4 n,…, f(x n) +4 n(4 n, 8 n)为方程COSf ( x) =c 在( T, 2T)上的解；二f (x i+T) =f(X i) +4 n=f (x i)+f( T)；• ••综上对任意x€[0, T]，都有f( x+T )=f( x) +f( T)．考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf( x) 点评：=1 能得出f( x ) =2kx , k €Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．参与本试卷答题和审题的老师有：whgcn ;孙佑中；maths; caoqz;刘长柏；翔宇老师;danbo7801 ；sxs123;海燕；雪狼王；lincy ；wfy814 ；wkl197822 （排名不分先后）菁优网2015 年6 月25 日4. （4分）（2015?上海）若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为1痢，则a=.25. （4分）（2015?上海）抛物线y =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）（2015?上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2n,则其母线与轴的夹角的大小为_________________ .7. （4 分）（2015?上海）方程log2 （9X「1- 5）=log2 （3X「1- 2）+2 的解为.& （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_____________________________________ （结果用数值表示）.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= 土「；x，则C2的渐近线方程为_______________ .—1 x -2 Y10. （4 分）（2015?上海）设f （x）为f （x）=2 + ，x €[0，2]的反函数，贝U y=f （x）+f 1（x）的最大值为__________________ .11. ________________________________________________________________________（4分）（2015?上海）在（1+x+一「）* 2 * * * & * * * 10的展开式中，x2项的系数为________________________________________________________________________________________________ （结果用数值表示）.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。
全国I卷2015高三最后一模数学(理)试题及答案
2021 年高考理科数学押题密卷(全国新课标I 卷)说明：一、本试卷分为第一卷和第二卷．第一卷为选择题；第二卷为非选择题，分为必考和选考两局部．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“考前须知〞，按照“考前须知〞的规定答题． 三、做选择题时，每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将答案擦干净后，再涂其他答案．四、考试完毕后，将本试卷与原答题卡一并交回．第一卷一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求． 〔1〕集合A ={ (x ，y )|x ，y 为实数，且x 2＋y 2=4}，集合B={(x ，y ) |x ，y 为实数，且y =x －2}， 那么A ∩ B 的元素个数为〔 〕 〔A 〕0 〔B 〕1 〔C 〕2〔D 〕3〔2〕复数z ＝1－3i1＋2i，那么〔A 〕|z |＝2 〔B 〕z 的实部为1〔C 〕z 的虚部为－i〔D 〕z 的共轭复数为－1＋i〔3〕随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，假设P (X ≤2)＝0.72，那么P (X ≤0)＝ 〔A 〕0.22 〔B 〕0.28 〔C 〕0.36 〔D 〕0.64 〔4〕执行右面的程序框图，假设输出的k ＝2，那么输入x 的取值范围是〔A 〕(21，41) 〔B 〕[21，41] 〔C 〕(21，41] 〔D 〕[21，41) 〔5〕等比数列{a n }的前n 项和为S n ， a 1＋a 3＝5 2，且a 2＋a 4＝ 54，那么S na n＝〔A 〕4n －1 〔B 〕4n －1〔C 〕2n －1 〔D 〕2n －1〔6〕过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一个焦点F 作一条渐近线的垂线，假设垂足恰在线段OF 〔O为原点〕的垂直平分线上，那么双曲线的离心率为 〔A 〕 2 〔B 〕2 〔C 〕 5 〔D 〕 3〔7〕函数f (x )＝cos (2x ＋π 3)，g (x )＝sin (2x ＋2π3)，将f (x )的图象经过以下哪种变换可以与g (x )的图象重合 〔A 〕向左平移 π 12 〔B 〕向右平移 π12〔C 〕向左平移 π 6 〔D 〕向右平移 π6〔8〕某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为〔A 〕1136 〔B 〕 3〔C 〕533 〔D 〕433〔9〕向量a=〔1, 2〕，b=〔2,3〕假设〔c +a 〕∥b ，c ⊥〔b +a 〕，那么c=〔A 〕〔 79 ， 73 〕 〔B 〕〔 73 ， 79 〕〔C 〕〔73 ， 79 〕 〔D 〕〔－ 79 ，－ 73〕〔10〕4名研究生到三家单位应聘，每名研究生至多被一家单位录用，那么每家单位至少录用一名研究生的情况有 〔A 〕24种 〔B 〕36种 〔C 〕48种 〔D 〕60种〔11〕函数，其图像的对称中心是〔A 〕〔－1，1〕 〔B 〕〔1，－1〕 〔C 〕〔0，1〕〔D 〕〔0，－1〕〔12〕关于曲线C ：x 12 ＋y 12 ＝1，给出以下四个命题：①曲线C 有且仅有一条对称轴； ②曲线C 的长度l 满足l ＞2；③曲线C 上的点到原点距离的最小值为24 ；④曲线C 与两坐标轴所围成图形的面积是 16上述命题中，真命题的个数是 〔A 〕4 〔B 〕3 〔C 〕2 〔D 〕1第二卷二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．俯视图〔13〕在(1＋x 2)(1－2 x)5的展开式中，常数项为__________．〔14〕四棱锥P -ABCD 的底面是边长为42的正方形，侧棱长都等于45，那么经过该棱锥五个顶点的球面面积为_________． 〔15〕点P 在△ABC 内部〔包含边界〕，|AC |=3， |AB |=4，|BC |=5，点P 到三边的距离分别是d 1, d 2 , d 3 ，那么d 1+d 2+d 3的取值范围是_________． 〔16〕△ABC 的顶点A 在y 2＝4x 上，B ，C 两点在直线x －2y+5=0上，假设|－AC |＝2 5 ，那么△ABC 面积的最小值为_____．三、解答题：本大题共70分，其中〔17〕—〔21〕题为必考题，〔22〕，〔23〕，〔24〕题为选考题．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤． 〔17〕〔本小题总分值12分〕在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ≥b ，sin A ＋3cos A ＝2sin B ． 〔Ⅰ〕求角C 的大小；〔Ⅱ〕求a ＋bc的最大值．〔18〕〔本小题总分值12分〕〔Ⅱ〕以上述数据统计甲、乙两名队员得分超过．．15分的频率作为概率，假设甲、乙两名队员在同一场比赛中得分多少互不影响，预测在本赛季剩余的2场比赛中甲、乙两名队员得分均超过．．．15分次数X 的分布列和均值．〔19〕〔本小题总分值12分〕如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面ABB 1A 1为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60 ，AB ⊥B 1C ．〔Ⅰ〕求证：平面ABB 1A 1⊥BB 1C 1C ； 〔Ⅱ〕求二面角B -AC -A 1的余弦值．BCB 1BAC 1A 1A〔20〕〔本小题总分值12分〕椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1〔a ＞b ＞0〕经过点M (－2，－1)，离心率为22．过点M 作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C 交于异于M 的另外两点P 、Q ． 〔Ⅰ〕求椭圆C 的方程；〔Ⅱ〕证明：直线PQ 的斜率为定值，并求这个定值； 〔Ⅲ〕∠PMQ 能否为直角？证明你的结论．〔21〕〔本小题总分值12分〕函数 x 轴是函数图象的一条切线．〔Ⅰ〕求a ； 〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕：请考生在第〔22〕，〔23〕，〔24〕三题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑． 〔22〕〔本小题总分值10分〕选修4-1：几何证明选讲如下图，AC 为⊙O 的直径，D 为BC ︵的中点，E 为BC 的中点．〔Ⅰ〕求证：DE ∥AB ； 〔Ⅱ〕求证：AC ·BC ＝2AD ·CD ．〔23〕〔本小题总分值10分〕选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系Ox 中，直线C 1的极坐标方程为ρsin θ＝2，M 是C 1上任意一点，点P 在射线OM 上，且满足|OP |·|OM |＝4，记点P 的轨迹为C 2． 〔Ⅰ〕求曲线C 2的极坐标方程；〔Ⅱ〕求曲线C 2上的点到直线ρcos (θ＋4)＝2距离的最大值．〔24〕〔本小题总分值10分〕选修4-5：不等式选讲设f (x )＝|x －3|＋|x －4|． 〔Ⅰ〕解不等式f (x )≤2；〔Ⅱ〕假设存在实数x 满足f (x )≤ax －1，试求实数a 的取值范围．2021 年高考理科数学押题密卷(全国新课标I 卷)O一、选择题：CDBCD ABCDD BA二、填空题：〔13〕41；〔14〕100π；〔15〕[ 12 5，4]；〔16〕1．三、解答题：〔17〕解：〔Ⅰ〕sin A＋3cos A＝2sin B即2sin(A＋π3)＝2sin B，那么sin(A＋π3)＝sin B．…3分因为0＜A，B＜π，又a≥b进而A≥B，所以A＋π3＝π－B，故A＋B＝2π3，C＝π3．……………………………6分〔Ⅱ〕由正弦定理及〔Ⅰ〕得a＋b c＝sin A＋sin Bsin C＝23[sin A＋sin(A＋π3)]＝3sin A＋cos A＝2sin(A＋π6)．…10分当A＝π3时，a＋bc取最大值2．……………………………12分〔18〕解：〔Ⅰ〕x-甲＝18(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，x-乙＝18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，s2甲＝18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，s2乙＝18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25．甲、乙两名队员的得分均值相等；甲的方差较大〔乙的方差较小〕．…4分〔Ⅱ〕根据统计结果，在一场比赛中，甲、乙得分超过15分的概率分别为p1＝3 8，p2＝12，两人得分均超过15分的概率分别为p1p2＝316，依题意，X～B(2，316)，P(X＝k)＝C k2(316)k(1316)2－k，k＝0，1，2，…7分X的分布列为…10分X的均值E(X)＝2×316＝38．……………………………12分〔19〕解：〔Ⅰ〕由侧面ABB1A1为正方形，知AB⊥BB1．又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥BB 1C 1C ．…………………………4分〔Ⅱ〕建立如下图的坐标系O -xyz ．其中O 是BB 1的中点，Ox ∥AB ，OB 1为y 轴，OC 为z 轴．设AB ＝2，那么A (2，－1，0)，B (0，－1，0)，C (0，0，3)，A 1(2，1，0)．AB →＝(－2，0，0)，AC →＝(－2，1，3)，AA 1→＝(0，2，0)． …6分设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为面ABC 的法向量，那么n 1·AB →＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＝0，－2x 1＋y 1＋3z 1＝0．取z 1＝－1，得n 1＝(0，3，－1)． …8分设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为面ACA 1的法向量，那么n 2·AA 1→＝0，n 2·AC →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2＋y 2＋3z 2＝0．取x 2＝3，得n 2＝(3，0，2)． …………………10分 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－77．因此二面角B -AC -A 1的余弦值为－77． ……………………………12分〔20〕解：〔Ⅰ〕由题设，得4a 2＋1b2＝1， ①且a 2－b 2a ＝22， ②由①、②解得a 2＝6，b 2＝3，椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1． …………………………………………………3分〔Ⅱ〕记P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)．设直线MP 的方程为y ＋1＝k (x ＋2)，与椭圆C 的方程联立，得 (1＋2k 2)x 2＋(8k 2－4k )x ＋8k 2－8k －4＝0，－2，x 1是该方程的两根，那么－2x 1＝8k 2－8k －41＋2k 2，x 1＝－4k 2＋4k ＋21＋2k 2．设直线MQ 的方程为y ＋1＝－k (x ＋2)，同理得x 2＝－4k 2－4k ＋21＋2k 2．………………………………………………………6分因y 1＋1＝k (x 1＋2)，y 2＋1＝－k (x 2＋2)，故k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋2)＋k (x 2＋2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2＋4)x 1－x 2＝8k1＋2k 28k 1＋2k 2＝1，因此直线PQ 的斜率为定值． ……………………………………………………9分 〔Ⅲ〕设直线MP 的斜率为k ，那么直线MQ 的斜率为－k ， 假设∠PMQ 为直角，那么k ·(－k )＝－1，k ＝±1． 假设k ＝1，那么直线MQ 方程y ＋1＝－(x ＋2)， 与椭圆C 方程联立，得x 2＋4x ＋4＝0，该方程有两个相等的实数根－2，不合题意； 同理，假设k ＝－1也不合题意．故∠PMQ 不可能为直角．…………………………………………………………12分〔21〕解：〔Ⅰ〕f '(x ) = 当x ∈(0，a )时，f '(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(a ，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增． ∵ x 轴是函数图象的一条切线，∴切点为〔a ，0〕．f (a )=lna ＋1=0，可知a =1. ……………………………4分 〔Ⅱ〕令1＋，由x>0得知t>1，，于是原不等式等价于： .取，由〔Ⅰ〕知：当t ∈(0，1)时，g '(t )＜0，g (t )单调递减， 当t ∈(1，＋∞)时，g '(t )＞0，g (t )单调递增． ∴ g (t )> g (1)=0，也就是.∴ . ……………………………8分 〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知：x 是正整数时，不等式也成立，可以令： x =1，2，3，…，n-1，将所得各不等式两边相加，得：即. ……………………………12分 〔22〕证明：〔Ⅰ〕连接OE ，因为D 为BC ︵的中点，E 为BC 的中点，所以OED 三点共线．因为E 为BC 的中点且O 为AC 的中点，所以OE ∥AB ，故DE ∥AB ． ………………………… …5分〔Ⅱ〕因为D 为BC ︵的中点，所以∠BAD ＝∠DAC ，又∠BAD ＝∠DCB ⇒∠DAC ＝∠DCB ． 又因为AD ⊥DC ，DE ⊥CE ⇒△DAC ∽△ECD ．A⇒AC CD ＝ADCE ⇒AD ·CD ＝AC ·CE ⇒ 2AD ·CD ＝AC ·2CE ⇒ 2AD ·CD ＝AC ·BC ． ……………………………10分 〔23〕解：〔Ⅰ〕设P (ρ，θ)，M (ρ1，θ)，依题意有 ρ1sin θ＝2，ρρ1＝4． ……………………………3分 消去ρ1，得曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ． ……………………………5分〔Ⅱ〕将C 2，C 3的极坐标方程化为直角坐标方程，得 C 2：x 2＋(y －1)2＝1，C 3：x －y ＝2． ……………………………7分C 2是以点(0，1)为圆心，以1为半径的圆，圆心到直线C 3的距离d ＝322，故曲线C 2上的点到直线C 3距离的最大值为1＋322． ……………………………10分〔24〕解：〔Ⅰ〕f (x )＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2x ，x ＜3，1，3≤x ≤4，2x －7，x ＞4．……………………………2分作函数y ＝f (x )的图象，它与直线y ＝2交点的横坐标为 5 2和 92，由图象知不等式f (x )≤2的解集为[5 2， 92]． ……………………………5分〔Ⅱ〕函数y ＝ax －1的图象是过点(0，－1)的直线．当且仅当函数y ＝f (x )与直线y ＝ax －1有公共点时，存在题设的x ．由图象知，a 取值范围为(－∞，－2)∪[ 12，＋∞)． ………………………10分＝ 1 2。
2015年高考上海卷文科数学试卷
2015 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试上海•数学试卷（文史类）考生注意：1. 本试卷共4页，23道试题，满分150分. 考试时间120分钟.2. 本考试分设试卷和答题纸. 试卷包括试题与答题要求. 作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.3. 答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名.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. 函数()213sin f x x =-的最小正周期为 .2. 设全集U R =，若集合{}{}1,2,3,4,|23A B x x ==≤≤，则U A B = ð .3. 若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z = .4. 若()1f x -为()21xf x x =+的反函数，则()12f -= .5. 若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= .6. 若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a = .7. 抛物线()220y px p =>上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = .8.方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 .9. 若,x y 满足020x y x y y -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则目标函数2f x y =+的最大值为 .10. 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）11. 在6212x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中，常数项等于 .（结果用数值表示）12. 已知双曲线1C 、2C 的顶点重合，1C 的方程为2214x y -=.若2C 的一条渐近线的斜率是1C 放入一条渐近线的斜率的2倍，则2C 的方程为 .13.已知平面向量,,a b c 满足a b ⊥，且{}{},,1,2,3a b c = ，则a b c ++的最大值是 .14.已知函数()s i n f x x =，若12,,,m x x x 存在满足1206m x x x π≤<<<≤ ，且()()()()()()()*12231122,m m f x f x f x f x f x f x m m N --+-++-=≥∈ ，则m 的最小值为 .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 C ∈，则“1z 、2z 均为实数”是“12z z -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.既非充分也非必要条件16. 下列不等式中，与不等式28223x x x +<++解集相同的是（ ） A.()()28232x x x +++<B. ()28223x x x +<++C. 212238x x x <+++ D. 223182x x x ++>+17.已知点A的坐标为()，将OA 绕坐标原点O 逆时针转3π至OB ，则B 的纵坐标为（ ）B.C.112D.13218.设(),n n n P x y 是直线()*21nx y n N n -=∈+与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim 1nn ny x →∞-=-（ ） A. 1-B.12-C.1D.2三、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，圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，底面的一条直径为AB ，C 为半圆弧AB 的中点，E 为劣弧 CB 的中点. 已知2PO =，1OA =. 求三棱锥P AOC -的体积，并求异面直线PA 与OE 所成的角的大小.20. （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.已知函数()21f x ax x=+，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()1,3a ∈，判断函数()f x 在[]1,2上的单调性，并说明理由.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分如图，,,O P Q 三地有直道相通，3OP =千米，4PQ =千米，5OQ =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1t t =时，乙到达P 地；2t t =时，乙到达Q 地. （1）求1t 与1()f t 的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当12t t t ≤≤时， 求()f t 的表达式，并判断()f t 在[]12,t t 上的最大值是否超过3？说明理由.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6分.已知椭圆2221x y +=，过原点的两条直线1l 和2l 分别与椭圆交于点A B 、和C D 、，记AOC 的面积为S .（1）设()()1122,,,Ax y C x y ，用A C 、的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明122112S x y x y =-； （2）设1:l y kx =，C ⎝⎭，13S =，求k 的值； （3）设1l 与2l 的斜率之积为m ，求m 的值，并使得无论1l 与2l 如何变动，面积S 保持不变.23.（本题满分18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8分已知数列{}n a 与{}n b 满足()*112,N n n n n a a b b n ++-=-∈. （1）若35n b n =+，且11a =，求{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即()0*N n n a a n ≥∈，求证：{}n b 的第0n 项是最大项；（3）设()*130,N n n a b n λλ=<=∈，求λ的取值范围，使得对任意*,N ,0n m n a ∈≠，且1,66m n a a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.A B PQO。
2015年高考上海卷理科数学【答案加解析】
一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集U R =．若集合{}1,2,3,4A =，{}23x x B =≤≤，则U A B =ð ．【答案】{}1,4【解析】因为{|32}U C B x x x =><或，所以{4,1}U A C B = 【考点定位】集合运算2、若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z = ． 【答案】1142i +3、若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= ． 【答案】16【解析】由题意得：121223233521,05,21516.c x y c x y c c =+=⨯+⨯==⋅+=-=-= 【考点定位】线性方程组的增广矩阵4、若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为a = ． 【答案】45、抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = ． 【答案】26、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 ． 【答案】3π【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π【考点定位】圆锥轴截面7、方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 ．【答案】2【解析】设13,(0)x t t -=>，则2222log (5)log (2)254(2)0t t t t -=-+⇒-=->21430,333112x t t t t x x -⇒-+==⇒=⇒-=⇒=【考点定位】解指对数不等式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，则不同的选取方式的种数为 （结果用数值表示）． 【答案】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1C 和2C ．若1C 的渐近线方程为y =，则2C 的渐近线方程为 ．【答案】2y x =±【解析】由题意得：1C ：223,(0)x y λλ-=≠，设(,)Q x y ，则(,2)P x y ，所以2234x y λ-=，即2C 的渐近线方程为2y x =± 【考点定位】双曲线渐近线10、设()1fx -为()222x xf x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为 ． 【答案】411、在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）．【答案】45【解析】因为10101019102015201520151111(1)(1)(1)x x x C x x x x ⎛⎫⎛⎫++=++=++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2x 项只能在10(1)x +展开式中，即为8210C x ，系数为81045.C = 【考点定位】二项展开式12、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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12ξξE -E = （元）． 【答案】0.2【解析】赌金的分布列为所以11(12345)35E ξ=++++=奖金的分布列为所以223111.4(1234)2.8510510E ξ=⨯⨯+⨯+⨯+⨯=12ξξE -E =0.2【考点定位】数学期望13、已知函数()sin f x x =．若存在1x ，2x ，⋅⋅⋅，m x 满足1206m x x x π≤<<⋅⋅⋅<≤，且()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=（2m ≥，m *∈N ），则m 的最小值为 ． 【答案】8【解析】因为()sin f x x =，所以()()max min ()()2m n f x f x f x f x -≤-=，因此要使得满足条件()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=的m 最小，须取123456783579110,,,,,,,6,222222x x x x x x x x πππππππ========即8.m= 【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形C AB 中，1tan 2A =，D 为边C B 上的点，D ∆AB 与CD ∆A 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥AB 于E ，DF C ⊥A 于F ，则DDF E⋅= ． 【答案】1615-【解析】由题意得：1sin sin 242A AAB AC A AB AC==⋅⋅=+⇒⋅=，又112,43222AB DE AC DF AB DE AC DF DE DF ⋅=⋅=⇒⋅⨯⋅=⇒⋅=,因为DEAF 四点共圆，因此D DF E⋅=16cos()(15DE DF A π⋅⋅-==-【考点定位】向量数量积，解三角形二、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.15、设1z ，2C z ∈，则“1z 、2z 中至少有一个数是虚数”是“12z z -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 【答案】B16、已知点A 的坐标为()，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转3π至OB ，则点B 的纵坐标为（ ）A ．2 B ．2C ．112D ．132【答案】D【解析】113(cossin ))()3322OB OA i i i ππ=⋅+=⋅+=+，即点B 的纵坐标为132【考点定位】复数几何意义17、记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x a x ++=，其中1a ，2a ， 3a 是正实数．当1a ，2a ，3a 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 【答案】B【解析】当方程①有实根，且②无实根时，22124,8a a ≥<，从而4222321816,4a a a =<=即方程③：2340x a x ++=无实根，选B.而A,D 由于不等式方向不一致，不可推；C 推出③有实根【考点定位】不等式性质18、设(),n n n x y P 是直线21n x y n -=+（n *∈N ）与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim1n n n y x →∞-=-（ ） A ．1- B ．12- C ．1 D ．2 【答案】A三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
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∩∁U Β= ． 2．（4分）若复数z 满足3z +z =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(23c 101c 2)解为{x =3y =5,则c 1﹣c 2= ．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16√3,则a= ． 5．（4分）抛物线y 2=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log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（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C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±√3x,则C 2的渐近线方程为 ．10．（4分）设f ﹣1（x ）为f （x ）=2x ﹣2+x 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 +1x ）10的展开式中,x 2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x 1,x 2,…,x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π,且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|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=12,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DE →•DF →= ．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z 1,z 2∈C,则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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√3,1）,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB,则点B 的纵坐标为（ ）A ．3√32B ．5√32C ．112D ．13217．记方程①:x 2+a 1x +1=0,方程②:x 2+a 2x +2=0,方程③:x 2+a 3x +4=0,其中a 1,a 2,a 3是正实数．当a 1,a 2,a 3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=nn+1（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点,则极限lim n→∞y n −1x n−1=（ ）A ．﹣1B ．﹣12C ．1D ．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 ﹣A 1B 1C 1D 1中,AA 1=1,AB=AD=2,E 、F 分别是AB 、BC 的中点,证明A 1、C 1、F 、E 四点共面,并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 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﹣12,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 n≥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Mm∈（﹣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 x3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）设全集U=R ．若集合Α={1,2,3,4},Β={x |2≤x ≤3},则Α∩∁U Β= {1,4} ． 【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}．2．（4分）若复数z 满足3z +z =1+i,其中i 是虚数单位,则z= 14+12i ．【解答】解:设z=a +bi,则z =a ﹣bi （a,b ∈R ）, 又3z +z =1+i,∴3（a +bi ）+（a ﹣bi ）=1+i, 化为4a +2bi=1+i, ∴4a=1,2b=1,解得a=14,b=12．∴z=14+12i ．故答案为:14+12i ．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为(23c 101c 2)解为{x =3y =5,则c 1﹣c 2= 16 ． 【解答】解:由题意知{x =3y =5,是方程组{2x +3y =c 1y =c 2的解,即{c 1=6+15=21c 2=5,则c 1﹣c 2=21﹣5=16, 故答案为:16．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16√3,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12•a•a•sin60°,正棱柱的高为a, ∴（12•a•a•sin60°）•a=16√3,∴a=4,故答案为:4．5．（4分）抛物线y 2=2px （p ＞0）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y 2=2px （p ＞0）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1,所以p 2=1,所以p=2． 故答案为:2．6．（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 π3 ．【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=ℎl =12,故θ=π3,故答案为:π3．7．（4分）方程log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（3x ﹣1﹣2）+2的解为 2 ．【解答】解:∵log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2（3x ﹣1﹣2）+2,∴log 2（9x ﹣1﹣5）=log 2[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:2．8．（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 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C 95=126种; 其中只有女教师的有C 65=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:120．9．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C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±√3x,则C 2的渐近线方程为 ．【解答】解:设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ,设Q （x,y ）,则P （x,2y ）,代入y 2﹣3x 2=λ,可得4y 2﹣3x 2=λ, ∴C 2的渐近线方程为4y 2﹣3x 2=0,即． 故答案为:．10．（4分）设f ﹣1（x ）为f （x ）=2x ﹣2+x 2,x ∈[0,2]的反函数,则y=f （x ）+f ﹣1（x ）的最大值为 4 ． 【解答】解:由f （x ）=2x ﹣2+x 2在x ∈[0,2]上为增函数,得其值域为[14,2],可得y=f ﹣1（x ）在[14,2]上为增函数,因此y=f （x ）+f ﹣1（x ）在[14,2]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:4．11．（4分）在（1+x +1x 2015）10的展开式中,x 2项的系数为 45 （结果用数值表示）．【解答】解:∵（1+x +1x2015）10 =C 100(1+x)10⋅(1x 2015)0+C 101(1+x)9⋅(1x 2015)1+⋯, ∴仅在第一部分中出现x 2项的系数．再由T r+1=C 10r x r ,令r=2,可得,x 2项的系数为C 102=45． 故答案为:45．12．（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= 0.2 （元）．【解答】解:赌金的分布列为ξ1 12345P11 1 1 1 所以 Eξ1=15（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）=4C 52=25,P （ξ2=2.8）=3C 52=310,P （ξ2=4.2）=2C 52=15,P （ξ2=5.6）=1C 52=110ξ2 1.4 2.8 4.2 5.6P23 1 1 所以 Eξ2=1.4×（25×1+310×2+15×3+110×4）=2.8,则 Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元． 故答案为:0.213．（4分）已知函数f （x ）=sinx ．若存在x 1,x 2,…,x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π,且|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|f （x m ﹣1）﹣f （x m ）|=12（m ≥2,m ∈N *）,则m 的最小值为 8 ．【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≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π,|f （x 1）﹣f （x 2）|+|f （x 2）﹣f （x 3）|+…+|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:8．14．在锐角三角形 A BC 中,tanA=12,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DE →•DF →= ﹣1615． 【解答】解:如图,∵△ABD 与△ACD 的面积分别为2和4,∴12|AB →|⋅|DE →|=2,12|AC →|⋅|DF →|=4,可得|DE →|=4|AB →|,|DF →|=8|AC →|,∴|DE →|⋅|DF →|=32|AB →|⋅|AC →|． 又tanA=12,∴sinA cosA =12,联立sin 2A +cos 2A=1,得sinA =√55,cosA=2√55． 由12|AB →|⋅|AC →|sinA =6,得|AB →|⋅|AC →|=12√5． 则|DE →|⋅|DF →|=8√515．∴DE →•DF →=|DE →|⋅|DF →|cos ＜DE →,DF →＞=8√515×(−2√55)=−1615．故答案为:−1615．二、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z 1,z 2∈C,则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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z 1=1+i,z 2=i,满足z 1、z 2中至少有一个数是虚数,则z 1﹣z 2=1是实数,则z 1﹣z 2是虚数不成立,若z 1、z 2都是实数,则z 1﹣z 2一定不是虚数,因此当z 1﹣z 2是虚数时, 则z 1、z 2中至少有一个数是虚数,即必要性成立,故“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的必要不充分条件, 故选:B ．16．（5分）已知点A 的坐标为（4√3,1）,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB,则点B 的纵坐标为（ ）A ．3√32B ．5√32C ．112D ．132【解答】解:∵点 A 的坐标为（4√3,1）,∴设∠xOA=θ,则sinθ=√1+(4√3)2=√49=17,cosθ=√3√1+(4√3)2=4√37,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转π3至OB,则OB 的倾斜角为θ+π3,则|OB |=|OA |=√1+(4√3)2=√49=7,则点B 的纵坐标为y=|OB |sin （θ+π3）=7（sinθcos π3+cosθsin π3）=7（17×12+√32×4√37）=12+6=132, 故选:D ．17．记方程①:x 2+a 1x +1=0,方程②:x 2+a 2x +2=0,方程③:x 2+a 3x +4=0,其中a 1,a 2,a 3是正实数．当a 1,a 2,a 3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【解答】解:当方程①有实根,且②无实根时,△1=a 12﹣4≥0,△2=a 22﹣8＜0, 即a 12≥4,a 22＜8, ∵a 1,a 2,a 3成等比数列, ∴a 22=a 1a 3, 即a 3=a 22a 1,则a 32=（a 22a 1）2=a 24a 12＜824=16,即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜0,此时方程③无实根, 故选:B18．（5分）设 P n （x n ,y n ）是直线2x ﹣y=nn+1（n ∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点,则极限lim n→∞y n −1x n−1=（ ）A ．﹣1B ．﹣12C ．1D ．2【解答】解:当n→+∞时,直线2x ﹣y=nn+1趋近于2x ﹣y=1,与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1,1）,而y n −1x n −1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x 2+y 2=2在点（1,1）处的切线的斜率,其斜率为﹣1．∴lim n→∞y n −1x n−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ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中,AA 1=1,AB=AD=2,E 、F 分别是AB 、BC 的中点,证明A 1、C 1、F 、E 四点共面,并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 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EF ∥AC ．由长方体的性质知AC ∥A 1C 1, 所以EF ∥A 1C 1,所以A 1、C 1、F 、E 四点共面．以D 为坐标原点,DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系,易求得D 1C→=(0,2,−1)A 1C 1→=(−2,2,0),A 1E→=(0,1,−1)设平面A 1C 1EF 的法向量为n →=(x,y,z)则{n →⋅A 1C 1→=0n →⋅A 1E →=0,所以{(x,y,z)⋅(−2,2,0)=0(x,y,z)(0,1,−1)=0,即{−2x +2y =0y −z =0,z=1,得x=1,y=1,所以n →=(1,1,1),所以|cos ＜n →,D 1C →＞|=|n →⋅D 1C →||n →||D 1C →|=√3√5=√1515, 所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小arcsin √1515．20．（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=t 1时乙到达C 地． （1）求t 1与f （t 1）的值;（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t ≤1时,求f （t ）的表达式,并判断f （t ）在[t 1,1]上的最大值是否超过3？说明理由．【解答】解:（1）由题意可得t 1=AC v 乙=38h,设此时甲运动到点P,则AP=v 甲t 1=5×38=158千米,∴f （t 1）=PC=√AC 2+AP 2−2AC ⋅AP ⋅cosA=√32+(158)2−2×3×158×35=3√418千米;（2）当t 1≤t ≤78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=√QB 2+PB 2−2QB ⋅PB ⋅cosB =√(7−8t)2+(5−5t)2−2(7−8t)(5−5t)0.8 =√25t 2−42t +18,当78＜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 ）={√25t 2−42t +18,38≤t ≤785−5t,78＜t ≤1∴当38＜t ≤1时,f （t ）∈[0,3√418],故f （t ）的最大值没有超过3千米．21．（14分）已知椭圆x 2+2y 2=1,过原点的两条直线l 1和l 2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 （x 1,y 1）,C （x 2,y 2）,用A 、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离,并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|;（2）设l 1与l 2的斜率之积为﹣12,求面积S 的值．【解答】解:（1）依题意,直线l 1的方程为y=y 1x 1x,由点到直线间的距离公式得:点C到直线l 1的距离d=|y 1x2x 1−y 2|√1+(y 1x 1)=12121212,因为|AB |=2|AO |=2√x 12+y 12,所以S=|AB |d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|; 当l 1与l 2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l 1的斜率为k,则直线l 2的斜率为﹣12k,设直线l 1的方程为y=kx,联立方程组{y =kxx 2+2y 2=1,消去y 解得x=±√2,根据对称性,设x 1=√1+2k 2,则y 1=√1+2k2, 同理可得x 2=√2k √1+2k 2,y 2=−√22√1+2k 2,所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=√2．方法二:设直线l 1、l 2的斜率分别为y 1x 1、y 2x 2,则y 1y 2x 1x 2=﹣12, 所以x 1x 2=﹣2y 1y 2,∴x 12x 22=4y 12y 22=﹣2x 1x 2y 1y 2,∵A（x1,y1）、C（x2,y2）在椭圆x2+2y2=1上,∴（x12+2y12）（x22+2y22）=x12x22+4y12y22+2（x12y22+x22y12）=1,即﹣4x1x2y1y2+2（x12y22+x22y12）=1,所以（x1y2﹣x2y1）2=12,即|x1y2﹣x2y1|=√22,所以S=2|x1y2﹣x2y1|=√2．22．（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 n≥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Mm∈（﹣2,2）．【解答】（1）解:∵a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n）,b n=3n+5,∴a n+1﹣a n=2（b n+1﹣b n）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6,∴{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,∴b n=12(a n+2b1−a1),∴b n0=12(a n+2b1−a1)≥12(a n+2b1−a1)．∴数列{b n}的第n0项是最大项;（3）由（2）可得a n=2λn−λ,①当﹣1＜λ＜0时,a2n=2(λ2)n−λ单调递减,有最大值M=a2=2λ2−λ; a2n−1=2λ2n−1−λ单调递增,有最小值m=a1=λ,∴Mm=2λ−1∈（﹣2,2）,∴λ∈(−1 2,3 2),∴λ∈(−12,0)．②当λ=﹣1时,a2n=3,a2n﹣1=﹣1,∴M=3,m=﹣1,Mm=−3∉（﹣2,2）,不满足条件．③当λ＜﹣1时,当n→+∞时,a2n→+∞,无最大值;当n→+∞时,a2n﹣1→﹣∞,无最小值．综上所述,λ∈（﹣12,0）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）=4π．（1）验证g（x）=x+sin x3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x∈[0,T],都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【解答】解:（1）g（x）=x+sin x 3 ;∴cosg(x+6π)=cos(x+6π+sin x+6π3)=cos(x+sinx3)=cosg（x）∴g（x）是以6π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c∈[f（a）,f（b）];∴f（a）≤f（x0）≤f（b）,而f（x）为增函数;∴a≤x0≤b;即存在x0∈[a,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,T≤u0+T≤2T;∴cosf（u0）=1,且0≤u0≤T;∴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cosf（x）=1在区间[T,2T]上的解”;下面证明对任意x∈[0,T],都有f（x+T）=f（x）+f（T）:①当x=0时,f（0）=0,∴显然成立;②当x=T时,cosf（2T）=cosf（T）=1;∴f（2T）=2k1π,（k1∈Z）,f（T）=4π,且2k1π＞4π,∴k1＞2;1）若k1=3,f（2T）=6π,由（2）知存在x0∈（0,T）,使f（x0）=2π;cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π,k2∈Z;∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）;∴4π＜2k2π＜6π;∴2＜k2＜3,无解;2）若k1≥5,f（2T）≥10π,则存在T＜x1＜x2＜2T,使得f（x1）=6π,f（x2）=8π;则T,x1,x2,2T为cosf（x）=1在[T,2T]上的4个解;但方程cosf（x）=1在[0,2T]上只有f（x）=0,2π,4π,3个解,矛盾;3）当k1=4时,f（2T）=8π=f（T）+f（T）,结论成立;③当x∈（0,T）时,f（x）∈（0,4π）,考查方程cosf（x）=c在（0,T）上的解;设其解为f（x1）,f（x2）,…,f（x n）,（x1＜x2＜…＜x n）;则f（x1+T）,f（x2+T）,…,f（x n+T）为方程cosf（x）=c在（T,2T）上的解;又f（x+T）∈（4π,8π）;而f（x1）+4π,f（x2）+4π,…,f（x n）+4π∈（4π,8π）为方程cosf（x）=c在（T,2T）上的解;∴f（x i+T）=f（x i）+4π=f（x i）+f（T）;∴综上对任意x∈[0,T],都有f（x+T）=f（x）+f（T）．。
15年高考真题——理科数学(上海卷)
2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海）卷数学（理科）一．填空题：共14小题，每小题4分，共56分。
1．设全集U R =，若集合{}1,2,3,4A =，{}23B x x =≤≤，则U A B = ð_________。
2．若复数z 满足31z z i +=+，其中i 为虚数单位，则z =_________。
3．若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫⎪⎝⎭，解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -=__________。
4．若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为a =__________。
5．抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p =_______。
6．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．方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为___________。
28．在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5参加义务献血，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1C 和2C 。
若1C的渐近线方程为y =，则2C 的渐近线方程为__________。
10．设()1fx -为()222x xf x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为_________。
11．在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为________（结果用数值表示）。
12．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）。
[高考数学] 2015年上海高考数学真题(文科)试卷(原卷版)
绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学试卷(文史类)（满分150分，考试时间120分钟）考生注意1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页.2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名，将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在试卷上作答一律不得分.4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.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.函数f(x)=1−3sin2x的最小正周期为 .2.设全集π.若集合2sin2x=1−cos2x，f(x)=1−32(1−cos2x)=−12+32cos2x，则f(x) .3.若复数2π2=π满足3z+z=1+i，其中i是虚数单位，则U=R .4.设A={1,2,3,4}为B={x|2≤x<3}的反函数，则A∩(C U B)= .5.若线性方程组的增广矩阵为{1,4}31c1)c2)解为{x=3|，则c1−c2= .6.若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16√3，则a= .7.抛物线z上的动点3z+z=1+i到焦点的距离的最小值为1，则i .8. 方程z=的解为 .9.若14+12i满足{x−y≥0|{x+y≤2|，则目标函数z=x+2y的最大值为 .10. 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，则不同的选取方式的种数为（结果用数值表示）.11.在(2x+1x2)6的二项式中，常数项等于（结果用数值表示）.12.已知双曲线C 1、C 2的顶点重合，C 1的方程为x 24−y 2=1，若C 2的一条渐近线的斜率是f −1(x)的一条渐近线的斜率的2倍，则f(x)=x 2x+1的方程为 . 13.已知平面向量f −1(2)=、−23、f −1(x)满足f(x)=x 2x+1，且x 2x+1=2，则x =−23的最大值是 .14.已知函数f −1(2)=−23.若存在x 1，x 2，⋅，(2(0(满足31，且c 1)c 2){x =3|，则c 1−c 2=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. 设{x =3|、{2x +3y =c 1|，则“{c 1=21|、c 1−c 2=21−5=16均为实数”是“a 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. 下列不等式中，与不等式16√3解集相同的是（ ）.A. a =B. 12×a ×a ×√32×a =16√3 C. a =4 D. x 2+2x+3x+8>1217. 已知点 A 的坐标为y 2=2px (p >0)，将Q 绕坐标原点p =逆时针旋转Q 至p 2=1，则点p =2的纵坐标为（ ）.A.log 2(9x−1−5)=log 2(3x−1−2)+2 B. 5√32C. 112D. 13218. 设P n (x n ,y n )是直线2x −y =n n+1(n ∈N )与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限lim n→∞y n −1x n −1=( ).A. −1B. −12C. 1D. 2三．解答题（本大题共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，圆锥的顶点为P，底面的一条直径为AB，C为半圆弧AB的中点，E为劣弧CB的中点.已知PO=2，OA=1，求三棱锥P−AOC的体积，并求异面直线PA与x,y所成角的大小.（本题满分14分）本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分.已知函数{x−y≥0|{x+y≤2|，其中z=x+2y为实数.（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.（本小题14分）本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分.如图，O,P,Q三地有直道相通，OQ=5千米，OP=3千米，PQ=4千米.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t1≤t≤t2时，求f(t)的表达式，并判断f(t)在[t1,t2]上得最大值是否超过3？说明理由.22.（本题满分14分）本题共3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.已知椭圆x 24−y 24=1，过原点的两条直线l 1和l 2分别于椭圆交于A 、B 和C 、D ，设ΔAOC 的面积为S .（1）设A(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)，用A 、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明a ⃗；（2）设b ⃗⃗，c ⃗，a ⃗⊥b ⃗⃗，求{|a ⃗|,|b ⃗⃗|,|c ⃗|}={1,2,3}的值；（3）设|a ⃗+b ⃗⃗+c ⃗|与3+√5的斜率之积为m ，求m 的值，使得无论l 1与l 2如何变动，面积S保持不变.23.（本题满分16分）本题共3小题.第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分. 已知数列}{n a 与}{n b 满足)(211n n n n b b a a -=-++，*∈N n . （1）若53+=n b n ，且11=a ，求数列的通项公式； （2）设的第0n 项是最大项，即)N (0*∈≥n a a n n ，求证：数列}{n b 的第0n 项是最大项；（3）设130a λ=<，f(x)=sin x ，求x 1的取值范围，使得对任意x 2，O,P,Q ，OQ =5，且OP =3.}{n a }{n a )N (*∈n。
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2015年考前最后一卷（文理科）
时间120分钟，满分150分2015.05.28
一、填空题（每题4分，共56分）
1.若复数z 满足2i z i z =-（i 是虚数单位），则z =________.
2.直线12
:
3l y x
=的一个单位法向量n =________. 3.函数cos cos 3y x x π⎛
⎫=+- ⎪⎝
⎭的最大值为________.
4.若圆锥的侧面积与其底面积之比为2，则该圆锥的轴与母线的夹角大小为________.
5.若曲线C 为到点()0,1和()0,1-距离之和为4的动点的轨迹，则曲线C 的方程为________.
6.设等差数列{}n a 的公差d 不为0，若对于任意*N i ∈，行列式
1
+2
3
i
i i i a a a a ++的值恒等于公差d ，则d =________.
7.（理科）两本书随机给甲、乙、丙三人，则甲拿到的书的数目ξ的数学期望E ξ=________. （文科）若集合{}1,2,3,4,,A a A b A =∈∈，那么方程22
1x y a b
+=表示中心在原点，焦点在y
轴的椭圆的概率为________.
8.在1时15分时，时针与分针所成的最小正角是________弧度.
9.定义：区间[]()1212,x x x x <的长度为21x x -，若函数2
log 2
x
y =的定义域为[],m n ，值域为[]0,2，则区间[],m n 长度的最小值为________.
10.设12,e e 为单位向量，非零向量12,,b xe ye x y R =+∈，若12,e e 的夹角为6π
，则x b
的最大值等于________.
11.已知运算按下面的方式定义：2a b a ab =-，若整数,x y 使()2400x y =成立，则在所有满足条件的整数对(),x y 中，x y +的最大值为________.
12.设()f x 是定义在正整数集上的函数，且()f x 满足：“当()2f k k ≥成立时，总可推出()()2
11f k k +≥+成立”.那么，下列四个命题中，正确的是________.（填写命题序号）
①若()24f <成立，则()10100f <；②若()39f >成立，则当4k ≥时，均有()2f k k >成立；③若()425f ≥成立，则当4k ≥时，均有()2f k k ≥成立；④若()525f <成立，则()11f ≤；
13.在n 行n 列矩阵12321
2
34113
4512
1
2
321n n n n n n
n n n n --⎛⎫ ⎪- ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪---⎝
⎭
中，记位于第i 行j 列的数为(),1,2,,ij a i j n =，当7n =时，表中所有满足2i j <的ij a 和为________.
14.设,R a b ∈，且对一切0x ≤，不等式()()
2220ax x b ++≤恒成立，则2a b -的最小值为________.
二、选择题（共4大题，满分20分，每小题中只有一个正确选项，选对得5分，否则0分） 15.已知集合1,Z 2P x x k k ⎧⎫==+∈⎨⎬⎩⎭，,Z 2k Q x x k ⎧⎫
==∈⎨⎬⎩⎭
，记原命题：“x P ∈，则x Q ∈”.
那么，在原命题及其逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（ ）
A.0
B.1
C.2
D.4
16.（理科）已知极坐标中圆C 的方程为2cos 4πρθ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭，则圆心的极坐标为（ ）
A. 1,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭
B. 31,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭
C. 1,4π⎛⎫- ⎪⎝⎭
D. 31,4π⎛
⎫- ⎪⎝⎭
（文科）把函数()2log 234y x =-+的图像按向量a 平移后得到函数()2log 2y x =的图像，则a =（ ）
A. 3,42⎛⎫- ⎪⎝⎭
B. 3,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭
C. 3,42⎛⎫- ⎪⎝⎭
D. ()3,4-- 17.若干个平面把一个长方体分成k 个四面体，这些四面体的体积之和等于长方体的体积，则k 的最小值为（ ） A.3 B.4 C.5 D.6
18.定理：若0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则sin x x <.设,,0,2a b c π⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭，其中a 是函数y x =与cos y x =图像交
点的横坐标，()sin cos b b =，()cos sin c c =，则,,a b c 的大小关系是（ ） A.a b c <<
B. a c b <<
C. b a c <<
D. b c a <<
三、解答题（共5大题，满分74分，写出必要的文字说明与步骤） 19.（本题满分12分，第1小题6分，第2小题6分）
已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点O 是1BD 的中点，M 是棱1AA 上的一点，请问：
（1）若M 是1AA 的中点，求直线MO 与1AD 所成角的大小；
（2）若M 在线段1AA （不为点A ）上运动，试求三棱锥1M ABD -体积的最大值.
20. （本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分） 在ABC ∆中，3
A π
∠=，1BC =.
（1）若4
B π
∠=
，求AC 的长；
（2）若ABC ∆
1，求ABC ∠的值.
21. （本题满分14分，第1小题7分，第2小题7分） 设常数R a ∈，若函数()()f x a x x =-存在反函数()1f x -. （1）求证：0a =，并求出反函数()1f x -；
（2）若关于x 的不等式()
()12f x m f x -+<对一切[]2,2x ∈-恒成立，求实数m 的取值范围.
A
B
C
D 1
A 1
B 1
C 1
D M
O
22. （本题满分16分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分）
已知直线l 过点()2,1A --，直线l 的一个方向向量为()1,1，抛物线Γ的方程为2y ax =. （1）求直线l 的方程；
（2）若直线l 与抛物线Γ交于,B C 两点，且BC 是AB 和AC 的等比中项，求抛物线Γ的方程；
（3）设抛物线Γ的焦点为F ，问：是否存在正整数a ，使得抛物线Γ上至少有一点P ，满足
PF PA =？若存在，求出所有这样的正整数a 的值；若不存在，说明理由.
23. （本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分）
对于给定数列{}n x ，若存在一个常数*k N ∈，对于任意的*n N ∈，使得n k n x x +=成立，则称数列{}n x 是周期数列，k 是数列{}n x 的一个周期，若k 是数列{}n x 的周期，且1,2,
,1k -均不是
数列{}n x 的周期，则称k 为数列{}n x 的最小周期.已知数列{}n a 的最小周期为4，前n 项和为n S ，且()2
41n n S a =+.
（1）求1a 的值；
（2）求数列{}n a 通项公式n a 和前n 项和n S ；
（3）已知数列{}n b 是首项为135，公比为1
3的等比数列，记数列{}n n a b ⋅的前n 项和为n T ，求
n T 的取得最大值和最小值时n 的值.。