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- 2021-05-13 发布
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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)设全集U=R.若集合Α={1,2,3,4},Β={x|2≤x≤3},则Α∩∁UΒ= .
2.(4分)若复数z满足3z+=1+i,其中i是虚数单位,则z= .
3.(4分)若线性方程组的增广矩阵为解为,则c1﹣c2= .
4.(4分)若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16,则a= .
5.(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= .
6.(4分)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)方程log2(9x﹣1﹣5)=log2(3x﹣1﹣2)+2的解为 .
8.(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).
9.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)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)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)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)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 .
14.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)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)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.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)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,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)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)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ACBD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)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)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,”的充要条件是“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).
2015年上海市高考数学试卷(理科)
参考答案与试题解析
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)设全集U=R.若集合Α={1,2,3,4},Β={x|2≤x≤3},则Α∩∁UΒ= {1,4} .
【解答】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.(4分)若复数z满足3z+=1+i,其中i是虚数单位,则z= .
【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:.
3.(4分)若线性方程组的增广矩阵为解为,则c1﹣c2= 16 .
【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.
4.(4分)若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16,则a= 4 .
【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.
5.(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 .
【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.
6.(4分)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 .
【解答】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.(4分)方程log2(9x﹣1﹣5)=log2(3x﹣1﹣2)+2的解为 2 .
【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.
8.(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).
【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.
9.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 .
【解答】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.(4分)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 4 .
【解答】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.(4分)在(1+x+)10的展开式中,x2项的系数为 45 (结果用数值表示).
【解答】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.(4分)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= 0.2 (元).
【解答】解:赌金的分布列为
ξ1
1
2
3
4
5
P
所以 Eξ1=(1+2+3+4+5)=3,
奖金的分布列为:若两张卡片上数字之差的绝对值为1,则有(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),4种,
若两张卡片上数字之差的绝对值为2,则有(1,3),(2,4),(3,5),3种,
若两张卡片上数字之差的绝对值为3,则有(1,4),(2,5),2种,
若两张卡片上数字之差的绝对值为4,则有(1,5),1种,
则P(ξ2=1.4)==,P(ξ2=2.8)==,P(ξ2=4.2)==,P(ξ2=5.6)==
ξ2
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.(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 .
【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.
14.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•= ﹣ .
【解答】解:如图,
∵△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:.
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)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
【解答】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.(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.
【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.
17.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
【解答】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.(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
【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.
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,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.
【解答】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x、y、z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.(14分)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.
【解答】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)的最大值没有超过3千米.
21.(14分)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ACBD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.
【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=2|x1y2﹣x2y1|;
当l1与l2时的斜率之一不存在时,同理可知结论成立;
(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.(16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).
【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=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.(18分)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,”的充要条件是“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).
【解答】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).