高考上海理科数学试题及答案解析 8页

‎2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）‎ 数学（理科）‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ 一、填空题（本大题共14小题，共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）【2015年上海，理1】设全集，若集合，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，可得，故．‎ ‎【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）【2015年上海，理2】若复数满足，其中为虚数单位，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，根据题意，有，可把化简成，对于系数相等可得出，．‎ ‎【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题．‎ ‎（3）【2015年上海，理3】若线性方程组的增广矩阵为、解为，则 ．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】根据增广矩阵的定义可以还原成方程组把代入，可得，．‎ ‎【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）【2015年上海，理4】若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 ．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】根据正三棱柱的体积计算公式．‎ ‎【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）【2015年上海，理5】抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为1，则 ．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】根据抛物线的性质，我们知道当且仅当动点运动到原点的时候，才与抛物线焦点的距离的最小，所以有．‎ ‎【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）【2015年上海，理6】若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为，则其母线与轴的夹角的大小为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设这个圆锥的母线长为，底面半径为，母线与轴的夹角为，所以，而过轴的截面是一个三角形，故，有，所以，‎ ‎，．‎ ‎【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）【2015年上海，理7】方程的解为 ．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】由条件可得，‎ ‎，所以或，检验后只有符合．‎ ‎【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）【2015年上海，理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，则不同的选取方法的种数为 ．（结果用数值表示）‎ ‎【答案】120‎ ‎【解析】解法一：‎ 这里男女老师都要有的话，可以分男1、女4，男2、女3和男3、女4，‎ 所以有． ‎ 解法二：‎ 根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，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．‎ ‎【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年上海，理9】已知点和的横坐标相同，的纵坐标是的纵坐标的2倍，和的轨迹分别为双曲线和，若的渐近线方程为，则的渐近线方程为 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设点和的坐标为、，则有，又因为的渐近线方程为，故设的 方程为，把点坐标代入，可得，令，即为曲线的渐 近线方程，即．‎ ‎【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）【2015年上海，理10】设为的反函数，则的最大值为 ．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】通过分析，我们可得函数在定义域上是单调递增的，且值域为，由反函数的定义域是原函数的值域，反函数的值域是原函数的定义域以及反函数与原函数的单调性相同，可得的定义域为，值域为，又原函数与反函数的公共定义域为，故．‎ ‎【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）【2015年上海，理11】在的展开式中，项的系数为 ．（结果用数值表示）‎ ‎【答案】45‎ ‎【解析】在中要得到项的系数，肯定不能含有项，故只有，而对于，项的系数为．‎ ‎【点评】本题考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）【2015年上海，理12】赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客现在标有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）．若随机变量和分别表示赌客在每一局赌博中的赌金与奖金，则 ．（元）‎ ‎【答案】0.2‎ ‎【解析】由题可知， ，‎ 所以，和的分布列分别为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎，即有．‎ ‎【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）【2015年上海，理13】已知函数，若存在满足，且，则的最小值为 ．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】对任意的，，欲使取最小值，‎ 尽可能多的让取最值点，考虑到，‎ ‎，‎ 按照右图所示取值可以满足条件，所以的最小值为8．‎ ‎【点评】本题主要考察正弦函数的图像，数形结合是本题关键．‎ ‎（14）【2015年上海，理14】在锐角中，，为边上的一点，与面积分别为2和4，过作于，于，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可知，，，，‎ ‎，所以，，‎ ‎，‎ 化简可得．‎ ‎【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）【2015年上海，理15】设，则“中至少有一个数是虚数”是“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）既非充分也非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】充分性不成立，如，，不是虚数；必要性成立，采用反证法，若全不是虚数，即均为实数，则比为实数，所以是虚数，则中至少有一个数是虚数，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）【2015年上海，理16】已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针转至，则的纵坐 标为（ ）‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】D ‎【解析】以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，且，，的纵坐标为：，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）【2015年上海，理17】记方程①：，方程②：，方程③：，其中是正实数．当成等比数列时，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】方程③无实根，则，又，，当成等比数列时，，即有，由得，即，当方程①有实根，且②无实根时，，，可以推出，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）【2015年上海，理18】设是直线与圆在第一象限的交点，则极 限（ ）‎ ‎ （A） （B） （C）1 （D）2‎ ‎【答案】A ‎【解析】采用极限思想求解当时，直线趋向于，直线与圆的交点趋向于，可以理解为过点所作的圆的切线的斜率，设切线方程为，结合，即，解之，即，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）【2015年上海，理19】（本小题满分12分）如图，在长方体中，‎ ‎，，、分别是棱、的中点，证明、、、四点 ‎ 共面，并求直线与平面所成角的大小．‎ 解：由于、分别是棱、的中点，所以，又，所以， ‎ 由公理三的推论，可知、、、四点共面．连接、由于，所 以直线与平面所成角的大小与与平面所成角的大小相等．设 与平面所成角为，点到平面的距离为，则，在三棱锥中，体积 ‎，所以，即，结合题中的数据，可以计算出，‎ ‎，，，由此可以计算出，所以，‎ 所以，即，所以直线与平面所成角的大小为．‎ ‎【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出二面角的方法，属高考常考题型；本题也可采用空间向量解决．‎ ‎（20）【2015年上海，理20】（本小题满分14分）如图，、、三地有直道相通，千米，‎ 千米，千米，现甲、乙两警员同时从地出发匀速前往地，经过小时，他们之间的距离为 ‎（单位：千米）．甲的路线是，速度是5千米/小时，乙的路线是，速度为8千米/小时．乙到达 地后原地等待，设时，乙到达地．‎ ‎（Ⅰ）求与的值；‎ ‎（Ⅱ）已知警员的对讲机的有效通话距离为3千米．当时，求的表达式，并 判断在上的最大值是否超过3？说明理由．‎ 解：（Ⅰ）由题中条件可知小时，此时甲与点距离为千米，由余弦定理可知 ‎，所以． ……6分 ‎（Ⅱ）易知，当时乙到达位置，所以 ‎①当时，；‎ ‎②当时，；综合①②，‎ 当时，单调递减，此时函数的值域为；‎ 当时，单调递增，此时函数的值域为；‎ 当时，单调递减，此时函数的值域为；‎ 由此，函数在上的值域为，而，即，‎ 所以在上的最大值没有超过3． ……14分 ‎【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）【2015年上海，理21】（本小题满分14分）已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和，记得到的平行四边形的面积为．‎ ‎（Ⅰ）设，．用坐标表示点到直线的距离，并证明；‎ ‎（Ⅱ）设与的斜率之积为，求面积的值．‎ 解：（Ⅰ）由题易知两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况：‎ ‎①当两点的横坐标有一个为零时，不妨设，不失一般性，此时与轴重合，到直线的距离为，平行四边形的面积为；‎ ‎②当两点的横坐标均不为0时，即和的斜率均存在时，设的方程为，其中 可得，‎ 所以弦长 点到直线的距离所以四边形的面积为 综合①②点到直线的距离为，平行四边形的面积为． ……6分 ‎ ‎（Ⅱ）解法一：‎ 易知两直线的斜率分别为：，，由与的斜率之积为可得：，‎ 又，，所以，即，‎ 化简得，所以平行四边形的面积为． ……14分 解法二：‎ 设直线的斜率为，则直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程组，‎ 消去解得，根据对称性，设，则，‎ 同理可得，，所以． ……14分 ‎【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）【2015年上海，理22】（本小题满分16分）已知数列与满足．‎ ‎（Ⅰ）若，且，求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设的第项是最大项，即，求证：的第项是最大项；‎ ‎（Ⅲ）设，求的取值范围，使得有最大值与最小值，且．‎ 解：（Ⅰ）由可得：，又，所以数列为以1为首项，6为公差的等差数列，即有． ……4分 ‎（Ⅱ）由 可得： ‎ 将上述式子累加可得，当时，也成立，所以，由此可得，由于为常数，‎ 所以当的第项是最大项时，最大，即的第项是最大项． ……10分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，即，‎ 结合可得，分三种情况进行讨论：‎ ‎①当时，则为偶数时，为奇数时，即有，，此时，‎ 由此，此情况不符合条件；‎ ‎②当时，则为偶数时，，由于，所以，从而随着增 大值减小，此时，，无最小值（无限靠近0）；为奇数时，，此时，由于，所以，从而随着增大值减小，结合，可知随着增大值增大，此时，无最大值（无限靠近0）；由此可知数列的最大值，最小值，，又，所以，解之；‎ ‎③当时，则为偶数时，，由于，所以，从而随着增大值增大，此时，，无最大值（无限靠近）；为奇数时，，此时，由于，所以，从而随着增大值增大，结合，可知随着增大值减小，此时，无最小值（无限靠近）；由此可知，在条件下，数列无最值，显然不符合条件；‎ 综上，符合条件的实数的取值范围为． ……16分 ‎【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（Ⅲ）的求解运用了极限思想方法，是中档题．‎ ‎（23）【2015年上海，理23】（本小题满分18分）对于定义域为的函数，若存在正常数，使得是以为周期的函数，则称为余弦周期函数，且称为其余弦周期．已知是以为余弦周期的余弦周期函数，其值域为，设单调递增，，．‎ ‎（Ⅰ）验证是以为余弦周期的余弦周期函数；‎ ‎（Ⅱ）设，证明对任意，存在，使得；‎ ‎（Ⅲ）证明：“为方程在上的解”的充要条件是“为方程在上的解”，并证明对任意都有．‎ 解：（Ⅰ），‎ 所以是以为余弦周期的余弦周期函数． ……4分 ‎（Ⅱ）当或者时，由于单调递增，所以存在或使得成立；当，构造函数，则，，从而，所以存在，使得，即存在，使得成立，证毕． ……10分 ‎（Ⅲ）先证必要性：‎ 为方程在上的解，即，由可得，由于函数 是以为余弦周期的余弦周期函数，所以，即为方程在上的解；‎ 再证充分性：‎ 为方程在上的解，即，由可得，由于函数是以为余弦周期的余弦周期函数，所以，即为方程在上的解；‎ 下证：对任意都有．‎ 由于函数是以为余弦周期的余弦周期函数，‎ 所以，即有，‎ 所以，‎ 即或，‎ 所以或．‎ ‎①若，由，，可得．‎ 所以，这与函数为增函数矛盾，舍去；‎ ‎②若，由，，可得，‎ 所以，即．‎ 由此，对任意都有． ……18分 ‎【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，知道由能得出，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．‎