2015年上海市高考数学试卷（文科） 23页

‎2015年上海市高考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 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）=1﹣3sin2x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|2≤x≤3}，则A∩B=　 　．‎ ‎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f﹣1（x）为f（x）=的反函数，则f﹣1（2）=　 　．‎ ‎5．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1﹣c2=　 　．‎ ‎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（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p=　 　．‎ ‎8．（4分）方程log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+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，…，xm满足0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12（m≥2，m∈N*），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、z2∈C，则“z1、z2均为实数”是“z1﹣z2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）＜2 B．x+8＜2（x2+2x+3）‎ C．＜ D．＞‎ ‎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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎18．（5分）设 Pn（xn，yn）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，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P﹣AOC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t1≤t≤t2时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，t2]上的最大值是否超过3？说明理由．‎ ‎22．（16分）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别与椭圆交于点A、B和C、D，记△AOC的面积为S．‎ ‎（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=|；‎ ‎（2）设l1：y=kx，，S=，求k的值；‎ ‎（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+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*．‎ ‎（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an0≥an（n∈N*），求证：{bn}的第n0项是最大项；‎ ‎（3）设a1=3λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得对任意m，n∈N*，an≠0，且．‎ ‎　‎ ‎2015年上海市高考数学试卷（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）=1﹣3sin2x的最小正周期为　π　．‎ ‎【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）=1﹣3sin2x=1﹣3=﹣+cos2x，‎ ‎∴函数的最小正周期为=π，‎ 故答案为：π．‎ ‎【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|2≤x≤3}，则A∩B=　{2，3}　．‎ ‎【分析】由A与B，找出两集合的交集即可．‎ ‎【解答】解：∵全集U=R，A={1，2，3，4}，B={x|2≤x≤3}，‎ ‎∴A∩B={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=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．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）设f﹣1（x）为f（x）=的反函数，则f﹣1（2）=　﹣　．‎ ‎【分析】由原函数解析式把x用含有y的代数式表示，x，y互换求出原函数的反函数，则f﹣1（2）可求．‎ ‎【解答】解：由y=f（x）=，得，‎ x，y互换可得，，即f﹣1（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．‎ ‎　‎ ‎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（•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．‎ ‎　‎ ‎7．（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　．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎8．（4分）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．‎ ‎　‎ ‎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=2×1+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．‎ ‎　‎ ‎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6﹣3r=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，‎ ‎①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+；‎ ‎②且{||，||}={1，3}，||=2，则，x2+y2=4，‎ ‎∴++=（1+x，3+y）‎ ‎∴||=的最大值，其几何意义是圆x2+y2=4上点（x，y）与定点（﹣1，﹣3）的距离的最大值为2+=2+，‎ ‎③{||，||}={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0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|‎ ‎=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xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（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）max﹣f（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0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12，‎ 按下图取值即可满足条件，‎ ‎∴m的最小值为8．‎ 故答案为：8．‎ ‎【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，正确理解对任意xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（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、z2∈C，则“z1、z2均为实数”是“z1﹣z2是实数”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 ‎【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合复数的有关概念进行判断即可．‎ ‎【解答】解：若z1、z2均为实数，则z1﹣z2是实数，即充分性成立，‎ 当z1=i，z2=i，满足z1﹣z2=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“z1﹣z2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）＜2 B．x+8＜2（x2+2x+3）‎ C．＜ D．＞‎ ‎【分析】根据x2+2x+3=（x+1）2+2＞0，可得不等式＜2，等价于x+8＜2（x2+2x+3），从而得出结论．‎ ‎【解答】解：由于x2+2x+3=（x+1）2+2＞0，不等式＜2，等价于x+8＜2（x2+2x+3），‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查不等式的基本性质的应用，体现了等价转化的数学思想，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎17．（5分）已知点A的坐标为（4，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（　　）‎ 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．‎ ‎　‎ ‎18．（5分）设 Pn（xn，yn）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 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P﹣AOC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P﹣AOC的高，底面积S△AOC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OE∥AC，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PH⊥AC，从而可在Rt△PAH中求出cos∠PAC，从而得到∠PAC．‎ ‎【解答】解：∵PO=2，OA=1，OC⊥AB；‎ ‎∴；‎ E为劣弧的中点；‎ ‎∴∠BOE=45°，又∠ACO=45°；‎ ‎∴OE∥AC；‎ ‎∴∠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PH⊥AC，AH=；‎ ‎∴在Rt△PAH中，cos∠PAH=；‎ ‎∴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a≠0时，f（1）=a+1，f（﹣1）=a﹣1，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），x∈[1，2]，‎ ‎∴ax＞1，‎ ‎∴ax3＞1，‎ ‎∴2ax3﹣1＞0，‎ ‎∴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t1≤t≤t2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=5﹣5t，CQ=7﹣8t；‎ ‎∴在△BCQ中由余弦定理得，f（t）=BC==；‎ 即f（t）=，；‎ 设g（t）=25t2﹣42t+18，，g（t）的对称轴为t=；‎ 且；‎ 即g（t）的最大值为，则此时f（t）取最大值；‎ 即f（t）在[t1，t2]上的最大值不超过3．‎ ‎【点评】考查余弦定理的应用，以及二次函数在闭区间上最值的求法．‎ ‎　‎ ‎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=|x1y2﹣x2y1|；‎ ‎（2）由（1）得：S=|x1y2﹣x2y1|=×|x1﹣y1|=，进而得到答案；‎ ‎（3）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，可求得x1、x2、y1、y2，利用S=|x1y2﹣x2y1|=•，设=c（常数），整理得：k4﹣2mk2+m2=c2[2k4+（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=|x1y2﹣x2y1|；‎ ‎（2）由（1）A（x1，y1），C（x2，y2），‎ S=|x1y2﹣x2y1|=×|x1﹣y1|=．‎ 所以|x1﹣y1|=，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=|x1y2﹣x2y1|=•，设=c（常数），‎ 所以（m﹣k2）2=c2（1+2k2）（k2+2m2），‎ 整理得：k4﹣2mk2+m2=c2[2k4+（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，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=（x1y2﹣x2y1）2=[1﹣（4m+）x1x2y1y2]﹣2x1x2y1y2‎ ‎=﹣（2m++2）x1x2y1y2，是常数，所以|x1y2﹣x2y1|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an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*．‎ ‎（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an0≥an（n∈N*），求证：{bn}的第n0项是最大项；‎ ‎（3）设a1=3λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得对任意m，n∈N*，an≠0，且．‎ ‎【分析】（1）把bn=3n+5代入已知递推式可得an+1﹣an=6，由此得到{an}‎ 是等差数列，则an可求；‎ ‎（2）由an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1，结合递推式累加得到an=2bn+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an的最大值M和最小值m，再由∈（）列式求得λ的范围．‎ ‎【解答】（1）解：∵an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），bn=3n+5，‎ ‎∴an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，‎ ‎∴{an}是等差数列，首项为a1=1，公差为6，‎ 则an=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；‎ ‎（2）∵an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1‎ ‎=2（bn﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1‎ ‎=2bn+a1﹣2b1，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎∴数列{bn}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=3λ＜0，‎ ‎∴的最小值为，最大值为，‎ 则，解得．‎ ‎∴λ∈（）．‎ ‎②当λ=﹣1时，a2n=1，a2n﹣1=﹣3，‎ ‎∴M=3，m=﹣1，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∈（﹣，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．‎ ‎　‎