2015年上海高考數(shù)學(xué)試卷理

2015年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試上海數(shù)學(xué)試卷(理工農(nóng)醫(yī)類)一、填空題(本大題共有14題，滿分56分)考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號(hào)的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個(gè)空格填對(duì)得4分，否則一律得零分..設(shè)全集U=R，若集合A={l,2,3,4},B={%12<%<3),則AB=.廣…，I n【答案】{l,4};【解析】根據(jù)題意，可得B={%I%>3或％<2},故A B={1,4}..若復(fù)數(shù)z滿足3z+Z=1+，，其中i為虛數(shù)單位，則z=.【答案】1+1i；42【解析】設(shè)z=%+yi(%,yeR)，根據(jù)題意，有z=%-yi，可把3z+Z=1+i化簡(jiǎn)成%+3yi+%-yi=1+i，對(duì)于系數(shù)相等可得出%=Ly=1，/.z=1+1i.2 42.... (23c、 ,「％=33.若線性方程組的增廣矩陣為 1、解為r3，則c-c=101cJ 〔y=5 12 【答案】16；【解析】根據(jù)增廣矩陣的定義可以還原成方程組=16.22%+3y=c1把［%=3代入，可得c=21,c=5=16.20+y=cIy=5 1 2 1 ：24.若正三棱柱的所有棱長(zhǎng)均為a，且其體積為16<3，則a=.【答案】4；【解析】根據(jù)正三棱柱的體積計(jì)算公式V=h-S=ax—x^-axa=W3=16<3na=4.底2 2 4.拋物線y2=2p%(p>0)上的動(dòng)點(diǎn)Q到焦點(diǎn)的距離的最小值為1,則p=.【答案】2；【解析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)，我們知道當(dāng)且僅當(dāng)動(dòng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)的時(shí)候，才與拋物線焦點(diǎn)的距離的最小,所以有|Q^I=1=p,np=2.min2.若圓錐的側(cè)面積與過(guò)軸的截面積面積之比為2兀，則其母線與軸的夾角的大小為.【答案】-；3【解析】設(shè)這個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)為初,底面半徑為〃,母線與軸的夾角為0'所以S側(cè)二;?/?萬(wàn)，而過(guò)軸的截面是一個(gè)三角形’故S是一個(gè)三角形’故S軸=>//'=2h,h=，也=4，sine」=正,「0」

r^3 h2 3=>//'=2h,h=.方程logGa-1-5)=logGa-i-2)+2的解為2 2【答案】2；【解析】由條件可得9^-1-5>039^-1-5>03、t—2>091—5=4(3--2)nQx-i)—4?3尤t+3=0,Qx—i—3)G-i—1)=03a-i=3,=>x=2,3x-i=1,=>%=1,所以％=1或％=2，檢驗(yàn)后只有l(wèi)=2符合；.在報(bào)名的3名男教師和6名女教師中，選取5人參加義務(wù)獻(xiàn)血，要求男、女教師都有，則不同的選取方法的種數(shù)為.(結(jié)果用數(shù)值表示)【答案】120；【解析】這里男女老師都要有的話，可以分男1、女4,男2、女3和男3、女4TOC\o"1-5"\h\z所以有C1C4+C2C3+=45+60+15=120.36 36 36.已知點(diǎn)夕和。的橫坐標(biāo)相同，戶的縱坐標(biāo)是。的縱坐標(biāo)的2倍，夕和。的軌跡分別為雙曲線。和C,1 2若。的漸近線方程為》=±氐，則C的漸近線方程為.1 2【答案】y=±—x；2【解析】設(shè)點(diǎn)夕和。的坐標(biāo)為"y)、(％?),則有「二：。0° y=2y又因?yàn)镃的漸近線方程為y=土石］,故設(shè)。的方程為3%2-尸=入，11/T把尸點(diǎn)坐標(biāo)代入，可得3%2一4丫2=入，令九=0,=＞百x±2y=0即為曲線。的漸近線方程，即y=±—%；o0 2 2.設(shè)1(%)為/(%)=2x-2+=%g［o,2］的反函數(shù)，則丁=/(%)+ (%)的最大值為.【答案】4；【解析】通過(guò)分析，我們可得函數(shù)/(%)=2一+］在定義域［。,2］上是單調(diào)遞增的，且值域?yàn)?,2,由反函數(shù)的定義域是原函數(shù)的值域，反函數(shù)的值域是原函數(shù)的定義域以及反函數(shù)與原函數(shù)的單調(diào)性相同，可得

TOC\o"1-5"\h\zf-i(%)的定義域?yàn)?,2,值域?yàn)閇0,2],又原函數(shù)與反函數(shù)的公共定義域?yàn)?,2,故4 4y=f(2)+f-i(2)=4.maxmax max1 1、10.在1+%+—的展開式中，％2項(xiàng)的系數(shù)為 .(結(jié)果用數(shù)值表示)I %2015J【答案】45；1 1Aio 1【解析】在1+%+—中要得到％2項(xiàng)的系數(shù)，肯定不能含有上項(xiàng)，I%2015) %2015故只有C0(1+%)。10'—'I%2015)=(1+%)0，而對(duì)于(1+%)10，%故只有C0(1+%)。10'—'I%2015)10.賭博有陷阱.某種賭博每局的規(guī)則是：賭客現(xiàn)在標(biāo)有1,2,3,4,5的卡片中隨機(jī)摸取一張，將卡片上的數(shù)字作為其賭金(單位：元)；隨后放回該卡片，再隨機(jī)摸取兩張，將兩張卡片上數(shù)字之差的絕對(duì)值的1.4倍作為其獎(jiǎng)金(單位：元).若隨機(jī)變量&和&分別表示賭客在每一局賭博中的賭金與獎(jiǎng)金，則1 2E&-E&=.(元)1 2【答案】0.2；【解析】由題可知，C25=--,P怎=4.2)=-10 2 C25=--,P怎=4.2)=-10 2 C2=—,P怎=5.6)=—10 2 1025=10，嗎=2.8)，若唉=1.4)=C2=1.4x0.4+2.8x0.3+4.2x0.2+5.6x0.1=2.8，即有E&-E&=0.2.1 2存在滿足0<%<%<<%<6兀，且1f(%])-f(%2)+1f(%2)-f(%3)+f(%)-f(%)=12(mm-1>2,meN*)，則m的最小值為【答案】8；TOC\o"1-5"\h\z【解析】對(duì)任意的X,X,1/(X)-f(x)<f(x)-f(x)=2,ij i j max min欲使m取最小值，盡可能多的讓x（i=1,2, ,m）取最值點(diǎn)，考慮至U0<x<x<<x<6兀,i 12 m\f(x)-f(x)+|f(x)-f(x)++f(x )-f(x)=12(m>2,mgN*),按照下圖所示取值可以滿足條件1 2 1 2 31 m-1 .2 ...所以m所以m的最小值為8;14.在銳角14.在銳角AABC中，tanA=-2D為BC邊上的一點(diǎn)，AABD與AACD面積分別為2和4,過(guò)D作DE±AB于E,DF1AC于F，則于E,DF1AC于F，則DE?DF二【答案】-16;15【解析】由題可知，cosZEDF--cosA,SAABD=2AB^DE-2，SAACD-2ACDFI=4，SABC二21AB||AC|sinA-6，所以|DE|-七，|DF|-DE-DF-DE|?DFFcosZEDF--1 8-cosA-lABllAC8

AC32，cosA，化簡(jiǎn)可得84DE?DF---sinAcosA---sin2A-

3 342tanA1ABMc|1631+tan2A15每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，二、選擇題（本大題共有4題，滿分20分）考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號(hào)位置填涂，選對(duì)得5分，否則一律得零分.每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，TOC\o"1-5"\h\z.設(shè)z,zgC，則“z,z中至少有一個(gè)數(shù)是虛數(shù)”是“z-z是虛數(shù)”的（ ）12 12 1 2A.充分非必要條件B.必要非充分條件C.充要條件D.既非充分也非必要條件【答案】B;【解析】充分性不成立，如z-1+i,z-2+i,z-z=-1不是虛數(shù)；1 2 12必要性成立，采用反證法，若z,z全不是虛數(shù)，即z,z均為實(shí)數(shù)，則z-z比為實(shí)數(shù)，所以z-z是虛數(shù)，12 12 1 2 1 2則z,z中至少有一個(gè)數(shù)是虛數(shù).選擇B.12.已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4<3,1）,將6A繞坐標(biāo)原點(diǎn)0逆時(shí)針轉(zhuǎn)-至OB，則B的縱坐標(biāo)為（ ）3A.班B,運(yùn)C.11D.132

【答案】D；【解析】以O(shè)為極點(diǎn)，％軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，設(shè)A（p,e），則B[p,e+3，且I3）psine=1,pcose=4<3,B的縱坐標(biāo)為：.(八兀psine+—I3TOC\o"1-5"\h\z=1psine+亙pcose=1+.(八兀psine+—I317.記方程①：％2+ax+1=0，方程②：x2+ax+2=0，方程③：x2+ax+4=0，其中a,a,a是正實(shí)數(shù).1 2 3 1 2 3當(dāng)a,a,a成等比數(shù)列時(shí)，下列選項(xiàng)中，能推出方程③無(wú)實(shí)根的是（ ）1 2 3A.方程①有實(shí)根，且②有實(shí)根 B.方程①有實(shí)根，且②無(wú)實(shí)根C.方程①無(wú)實(shí)根，且②有實(shí)根 D.方程①無(wú)實(shí)根，且②無(wú)實(shí)根【答案】B；當(dāng)a,a,a成等比數(shù)列時(shí)，a2=aa，

123 2 13【解析】方程③無(wú)實(shí)根，則A=a2-16<0，又A當(dāng)a,a,a成等比數(shù)列時(shí)，a2=aa，

123 2 13由A<0得a由A<0得a2-16=

3 3a2一1a' 1-16<0，即a4<16a221TOC\o"1-5"\h\z當(dāng)方程①有實(shí)根，且②無(wú)實(shí)根時(shí)，a2〉4，a2<8，可以推出a4<64<16x4<16a2，選擇B.12 2 118.設(shè)P（x尸）是直線2x-y=—（neN*）與圓x2+y2=2在第一象限的交點(diǎn)，則極限lim1二=（ ）nnn n+1 ix-1nA.-1B.-1 C.1 D.22【答案】A；【解析】采用極限思想求解當(dāng)n-8時(shí)，直線2x-y=—n—（neN*）趨向于2x-y=1，直線與圓的交點(diǎn)趨向于P（1,1），lim工~-可以理n+1 n-8x—1n解為過(guò)點(diǎn)P（1,1）所作的圓的切線的斜率k，設(shè)切線方程為y-1=k（x-1），結(jié)合d=r，即4=1=v2，解k2+1之k=-1，即limy-n-=-1.x1n―8人n三、解答題（本題共有5題，滿分74分）解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號(hào)的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19.（本題滿分12分）如圖，在長(zhǎng)方體中ABCD-ABCD，AA=1，AB=AD=2，E、F分別是棱AB、BC的中點(diǎn)，證明A、1111 1 1C、F、E四點(diǎn)共面，并求直線CD與平面ACFE所成角的大小.1 1 11TOC\o"1-5"\h\z【答案】arcsin ;15【解析】（1）由于E、F分別是棱AB、BC的中點(diǎn)，所以EF//AC,又AC//AC,所以EF//AC,由11 11公理三的推論，可知A、C、F、E四點(diǎn)共面.11（2）連接AF、AB由于CD//AB，所以直線CD與平面ACFE所成角的大小與AB與平面ACFE所成1 1 1 1 1 11 1 11d角的大小相等.設(shè)AB與平面ACFE所成角為6，點(diǎn)B到平面AEF的距離為d，則sin0=——，在三棱錐1 11 1 AB1A-EFB中，體積V=V，所以1 A—EFB B—A1EFTOC\o"1-5"\h\z1 1 ^ .AA 1 一1S.AA=1S -d，即d=晨FBAA1，結(jié)合題中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出S=1，AF=AB=7，3NEFB 13AAiEF S AEFB2 1AAiEFAF=EF=22，AF=M，由此可以計(jì)算出S =呈，所以d=上3，1 1 AA1EF 2 3所以sin0=dL=15L，即0=arcsin也，所以直線CD與平面ACFE所成角的大小為arcsin蟲5.本題亦AB15 15 1 11 151可采用空間向量解決，不再贅述.19.（本題滿分14分）本題共2個(gè)小題，第1小題6分，第2小題8分如圖，A、B、C三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米，現(xiàn)甲、乙兩警員同時(shí)從A地出發(fā)勻速前往B地，經(jīng)過(guò)t小時(shí)，他們之間的距離為f（t）（單位：千米）.甲的路線是AB，速度是5千米/小時(shí)，乙的路線是ACB，速度為8千米/小時(shí).乙到達(dá)B地后原地等待，設(shè)t=t時(shí)，乙到達(dá)C地.1CTOC\o"1-5"\h\z（1）求t1與f（t1）的值； /、、\（2）已知警員的對(duì)講機(jī)的有效通話距離為3千米.當(dāng)11st/時(shí)， 、'、、求f（t）的表達(dá)式，并判斷f（t）在1/,1］上的最大值是否超過(guò)3?說(shuō)明理由.B1一 } 3 73 /、3J4T J25t2-42t+18,一<t<—【答案】（1）t=3，f（t）=341；（2）（t））=1 818；最大值不超過(guò)3.18 1 8 f（t）=（ 75—5t ，一<t<11 8【解析】3 15（1）由題中條件可知t=3小時(shí)，此時(shí)甲與A點(diǎn)距離為15千米，由余弦定理可知18 8

22-2X3X"X3-36985 64所以f(1)=3841；(2)易知，當(dāng)t=7時(shí)乙到達(dá)B位置，所以8TOC\o"1-5"\h\z3 7 4①當(dāng)3<t<7時(shí)，「f(t)2=(7-8t1+(5-5t1-2-(7-8t)-(5-51)?4=2512-421+18；8 8L1」 5- 3 772512-421+18，-<t<-②當(dāng)7<t<1時(shí)，f(t)=5-5t；綜合①②，f(t)=\ 8188 5-5t ,7<t<133<41533<415，8當(dāng)3<t<包時(shí)，f(t)單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)的值域?yàn)? 25當(dāng)3<t<7時(shí)，f(t)單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)的值域?yàn)?,525 8 L58當(dāng)7<t<1時(shí)，f(t)單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)的值域?yàn)椤?,5］；8 L8」由此，函數(shù)f(t)在%1］上的值域?yàn)椴房?而(Wj<9，即等<3，所以f(t)在1,1］上的最大值沒有超過(guò)3.121.(本題滿分14分)本題共有2個(gè)小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分.TOC\o"1-5"\h\z已知橢圓％2+2y2=1，過(guò)原點(diǎn)的兩條直線/和/分別與橢圓交于點(diǎn)A、B和C、D，記得到的平行四邊形1 2ACBD的面積為S.(1)設(shè)A(%,y)，C(x,y)用A、C坐標(biāo)表示點(diǎn)C到直線l的距離，并證明S=2|xy-xy|；(2)設(shè)l與1 1 2 2 1 12 21 1l的斜率之積為-1，求面積S的值.2 2【答案】(1)C到直線l的距離為""2-y2』；證明見解析；(2)S=V2；“2+y2【解析】(1)由題易知A、C兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)不能同時(shí)為零，下面分兩種情況①當(dāng)A、C兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)有一個(gè)為零時(shí)，不妨設(shè)%=0，x中0不失一般性，此時(shí)l與y軸重合，C到直線l2 1 1的距離為|%|，平行四邊形ACBD的面積為S=2|xy|；2 21②當(dāng)A、c兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)均不為0時(shí)，即(和12的斜率均存在時(shí),設(shè)/的方程為y二k,其中k"亍‘由1y=k% 可得(2k2+1)x2-1=0，%2+2y2=1

4V2k2+1所以弦長(zhǎng)|AB=v1+k2-A=VI+k2—2k—i-二2竹二2%2+y2

2y2+%1 1kx-yy%-y%點(diǎn)C到直線l的距離d= =4V2k2+1所以弦長(zhǎng)|AB=v1+k2-A=VI+k2—2k—i-二2竹二2%2+y2

2y2+%1 1kx-yy%-y%點(diǎn)C到直線l的距離d= =12 211 \1+k2xx2+y21 1所以四邊形ACBD的面積為S=|AB|-d=2\%y-%y\12 21綜合①②點(diǎn)C到直線l的距離為1y1%2-y2%11 J%2+y2平行四邊形ACBD的面積為2|%y-%y|12 21(2)易知兩直線的斜率分別為：k=工，k=X，l1% l2%12由l1與l2的斜率之積為-2可得:%%=-2yy，又%2=1-2y2，%2=1-2y2，12 12 1 1 2 2所以%2%2=(-2yy1 2 12=1-2(y2+y2)+4y2y122，即21y12+y22=2,12 21 12 21 1221y2(1-2y2)+y2

2 11-2y2)+4yy2(1-2y2)+y2

2 11-2y2)+4y2y1 222.（本題滿分16分）本題共有3個(gè)小題，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分6分已知數(shù)列｛a｝與｛b｝滿足a—a=2（b—b）,neN*.n n n+1n n+1n(1)若b=3n+5，且a=1,求｛a｝的通項(xiàng)公式;(1)n 1 n設(shè)｛a｝的第n設(shè)｛a｝的第n項(xiàng)是最大項(xiàng)，n 0即a>aCieN*)，求證:n0n｛b｝的第n項(xiàng)是最大項(xiàng);n0設(shè)a=X<0,b=Q（neN*），求入的取值范圍，使得｛a｝有最大值M與最小值m，1 n n且Me(—2,2).m【答案】（1）a=【答案】（1）a=6n—5（neN*）；（2）證明見解析；（3）n1A-2,0J；【解析】(1)由b=3n+5可得：a—a=2(b—b)=6(neN*)，又a=1，n n+1n n+1n 1所以數(shù)列｛a｝為以1為首項(xiàng),n6為公差的等差數(shù)列，即有a=6n—5（neN*）；n(2)(2)由a—an+1 n=2(b—b),neN*可得:n+1a—a21a—a32a—a32=2(b—b)a—a=2(b—b )(n>2)TOC\o"1-5"\h\zn n—1 n n—1將上述式子累加可得a—a=2(b—b)(n>2)，當(dāng)n=1時(shí)，也成立，所以a—a=2(b—b)(neN*)，由此可得Jan+b「2a1Jan+b「2a1最大，即｛”的由于b—1a為常數(shù)，所以當(dāng)｛a｝的第n項(xiàng)是最大項(xiàng)時(shí),1 21 n 0第n項(xiàng)是最大項(xiàng);0結(jié)合a=兀b=kn可得

1n(3)有(2)可知a—a=2(b—b)(neN*)，即結(jié)合a=兀b=kn可得

1nn1 n1 nn1 1a=21n—入，分三種情況進(jìn)行討論：n①當(dāng)入=—1時(shí)，則n為偶數(shù)時(shí)a=3，n為奇數(shù)時(shí)a=—1，即有M=3，m=—1，此時(shí)”=—3任（—2,2），由n n m此，此情況不符合條件；②當(dāng)入e（-1,0）時(shí)，則n為偶數(shù)時(shí)，入n=（—D，由于入e（-1,0），所以—Xe（0,1），從而入n隨著n增大值減小，此時(shí)入n〉0，Qn）=X2，無(wú)最小值（無(wú)限靠近0）；n為奇數(shù)時(shí)，入n<0，此時(shí)入n=—（—>），由于max入e（-1,0），所以4e（0,1），從而（-D隨著n增大值減小，結(jié)合入n=—（—D，可知隨著n增大入n值增大,

此時(shí)Q〃)=X，無(wú)最大值(無(wú)限靠近0)；由此可知數(shù)歹共。｝的最大值M=2入2-入，最小值m=2X-X=X,一； nmin［2九-1＜2M二至3二21,又M式-2,2),所以版-1＞-2，解之-1＜，＜0；m入 m -1＜九＜0 2③當(dāng)入＜-1時(shí)，則n為偶數(shù)時(shí)，Q.=(-D，由于入＜-1，所以從式1,+Q，從而入"隨著n增大值增大，此時(shí)Q＞0,Qn)=X2，無(wú)最大值(無(wú)限靠近+8)；n為奇數(shù)時(shí)，入n＜0，此時(shí)入〃=-(-＞＞，由于入＜-1，min所以-X＞1,從而(-D隨著n增大值增大，結(jié)合入n=-(-1)n,可知隨著n增大入n值減小，此時(shí)(Xn)=X,max無(wú)最小值(無(wú)限靠近-8)；由此可知，在入＜-1條件下，數(shù)列｛。｝無(wú)最值，顯然不符合條件；n、 ,(1 、綜上，符合條件的實(shí)數(shù)入的取值范圍為-1,。.223.(本題滿分18分)本題共3個(gè)小題，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分.對(duì)于定義域?yàn)镽的函數(shù)g(Q，若存在正常數(shù)T,使得cosg(Q是以T為周期的函數(shù)，則稱g(Q為余弦周期函數(shù)，且稱T為其余弦周期.已知/(%)是以T為余弦周期的余弦周期函數(shù)，其值域?yàn)镽,設(shè)f(x)單調(diào)遞增，f(0)=0,f(T)=4兀；. X一(1)驗(yàn)證h(x)=X+sing是以6兀為余弦周期的余弦周期函數(shù)；(2)設(shè)a＜b，證明對(duì)任意cg［f(a),f(b)］，存在x0g［a,b］,使得f(x0)=c；(3)證明："u為方程cosf(x)=1在［0,T］上的解”的充要條件是“u+T為方程cosf(x)=1在［T,2T］上的0 0解”，并證明對(duì)任意xg［0,T］都有f(x+T)=f(x)+f(T).【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)見解析;【解析】(1)證明：cosh(x)=cosx+sin—【解析】(1)證明：cosh(x)=cosx+sin—cosh(x+6兀)=cosx+6兀+sin3J( .x)=cosx+6兀+sin—(.x\=cosx+sin—=cosh(x)x所以h(x)=x+sinx是以6兀為余弦周期的余弦周期函數(shù);(2)當(dāng)c=f(a)或者c=f(b)時(shí)，由于f(x)單調(diào)遞增，所以存在x0=a或x