上海市高考数学试卷理科解析讲解 12页

‎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）．‎