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  • 2021-05-13 发布

上海市高考数学试卷理科解析讲解

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‎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 Eξ1﹣Eξ2=      (元).‎ ‎13.(4分)(2015•上海)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≥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)(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: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)(2015•上海)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)(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{an}与{bn}满足an+1﹣an=2(bn+1﹣bn),n∈N*.‎ ‎(1)若bn=3n+5,且a1=1,求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设{an}的第n0项是最大项,即a≥an(n∈N*),求证:数列{bn}的第n0项是最大项;‎ ‎(3)设a1=λ<0,bn=λn(n∈N*),求λ的取值范围,使得{an}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).‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案:‎ ‎1、‎ 解:∵全集U=R,集合Α={1,2,3,4},Β={x|2≤x≤3},‎ ‎∴(∁UB)={x|x>3或x<2},‎ ‎∴A∩(∁UB)={1,4},故答案为:{1,4}.‎ ‎2、‎ 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:.‎ ‎ 3、‎ 解:由题意知,是方程组的解,‎ 即,‎ 则c1﹣c2=21﹣5=16,‎ 故答案为:16.‎ ‎4、‎ 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.‎ ‎5、‎ 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.‎ ‎6、‎ 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:.‎ ‎ 7、‎ 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.‎ ‎ 8、‎ 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.‎ ‎ 9、‎ 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:.‎ ‎ 10、‎ 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.‎ ‎11、‎ 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.‎ ‎ 12、‎ 解:赌金的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P 所以 Eξ1=(1+2+3+4+5)=3,‎ 奖金的分布列为 ‎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 ‎13.‎ ‎14、‎ ‎∵△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:.‎ ‎ 15、‎ 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.‎ ‎16、‎ 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=|OP|sin(θ+)=7(sinθcos+cosθsin)=7(×+)=+6=,‎ 故选:D.‎ ‎ 17、‎ 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 ‎ 18.‎ 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.‎ ‎ 19、‎ 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 ‎,‎ 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.‎ ‎ 20、‎ 解:(1)由题意可得t1==h,‎ 设此时甲运动到点P,则AP=v甲t1=5×=千米,‎ ‎∴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)的最大值超过了3千米.‎ ‎21、‎ 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|;‎ ‎(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|=.‎ ‎ 22、‎ ‎(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=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﹣1→﹣∞,无最小值.‎ 综上所述,λ∈(﹣,0)时满足条件.‎ ‎23、‎ 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(xn),(x1<x2<…<xn);‎ 则f(x1+T),f(x2+T),…,f(xn+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(xn)+4π∈(4π,8π)为方程cosf(x)=c在(T,2T)上的解;‎ ‎∴f(xi+T)=f(xi)+4π=f(xi)+f(T);‎ ‎∴综上对任意x∈[0,T],都有f(x+T)=f(x)+f(T).‎