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- 2021-05-14 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)(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、名师解答题(本大题共有 5 题,满分 74 分)名师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).
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)(2015•上海)设全集 U=R.若集合 Α={1,2,3,4},Β={x|2≤x≤3},则 Α∩∁UΒ=
{1,4} .
知识归纳: 交、并、补集的混合运算.菁优网版权所有
名师分析: 本题考查集合的运算,由于两个集合已经化简,故直接运算得出答案即可.
名师讲解: 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}.
名师点评: 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.(4 分)(2015•上海)若复数 z 满足 3z+ =1+i,其中 i 是虚数单位,则 z= .
知识归纳: 复数代数形式的乘除运算.菁优网版权所有
名师分析: 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.
名师解答: 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: .
名师点评: 本题考查了复数的运算法则、复数相等,属于基础题.
3.(4 分)(2015•上海)若线性方程组的增广矩阵为 解为 ,则 c1﹣c2=
16 .
知识归纳: 二阶行列式与逆矩阵.菁优网版权所有
名师分析: 根据增广矩阵的定义得到 ,是方程组 的解,解方程组即
可.
名师解答: 解:由题意知 ,是方程组 的解,
即 ,
则 c1﹣c2=21﹣5=16,
故答案为:16.
名师点评: 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.(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= 4 .
知识归纳: 棱锥的结构特征.菁优网版权所有
名师分析: 由题意可得( •a•a•sin60°)•a=16 ,由此求得 a 的值.
名师解答: 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.
名师点评: 本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式,属于基础题.
5.(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= 2 .
知识归纳: 抛物线的简单性质.菁优网版权所有
名师分析: 利用抛物线的顶点到焦点的距离最小,即可得出结论.
名师解答: 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.
名师点评: 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.(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 .
知识归纳: 旋转体(圆柱、圆锥、圆台).菁优网版权所有
名师分析: 设圆锥的底面半径为 r,高为 h,母线长为 l,由已知中圆锥的侧面积与过轴的
截面面积之比为 2π,可得 l=2h,进而可得其母线与轴的夹角的余弦值,进而得到答案.
名师解答: 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: .
名师点评: 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,是名师解答的关键.
7.(4 分)(2015•上海)方程 log2(9x﹣1﹣5)=log2(3x﹣1﹣2)+2 的解为 2 .
知识归纳: 对数的运算性质.菁优网版权所有
名师分析: 利用对数的运算性质化为指数类型方程,解出并验证即可.
名师解答: 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.
名师点评: 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.(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 120 (结果用数值表示).
知识归纳: 排列、组合的实际应用.菁优网版权所有
名师分析: 根据题意,运用排除法名师分析,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.
名师解答: 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.
名师点评: 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•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
.
知识归纳: 双曲线的简单性质.菁优网版权所有
名师分析: 设 C1 的方程为 y2﹣3x2=λ,利用坐标间的关系,求出 Q 的轨迹方程,即可求
出 C2 的渐近线方程.
名师解答: 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: .
名师点评: 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.(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 4 .
知识归纳: 反函数.菁优网版权所有
名师分析: 由 f(x)=2x﹣2+ 在 x∈[0,2]上为增函数可得其值域,得到 y=f﹣1(x)在[ ]
上为增函数,由函数的单调性求得 y=f(x)+f﹣1(x)的最大值.
名师解答: 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.
名师点评: 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.(4 分)(2015•上海)在(1+x+ )10 的展开式中,x2 项的系数为 45 (结果用
数值表示).
知识归纳: 二项式系数的性质.菁优网版权所有
名师分析: 先把原式前两项结合展开,名师分析可知仅有展开后的第一项含有 x2 项,然
后写出第一项二项展开式的通项,由 x 的指数为 2 求得 r 值,则答案可求.
名师解答: 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.
名师点评: 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)(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= 0.2 (元).
知识归纳: 离散型随机变量的期望与方差.菁优网版权所有
名师分析: 分别求出赌金的分布列和奖金的分布列,计算出对应的均值,即可得到结
论.
名师解答: 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
名师点评: 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.(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 8 .
知识归纳: 正弦函数的图象.菁优网版权所有
名师分析: 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.
名师解答: 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.
名师点评: 本题考查正弦函数的图象和性质,考查名师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 是名师解答该题的关键,是难题.
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 • = ﹣ .
知识归纳: 平面向量数量积的运算.菁优网版权所有
名师分析: 由题意画出图形,结合面积求出 cosA= , ,然后代入
数量积公式得答案.
名师解答: 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: .
名师点评: 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 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
知识归纳: 必要条件、充分条件与充要条件的判断.菁优网版权所有
名师分析: 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.
名师解答: 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.
名师点评: 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.(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.
知识归纳: 任意角的三角函数的定义.菁优网版权所有
名师分析: 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.
名师解答: 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=|OP|sin(θ+ )=7(sinθcos +cosθsin )=7( × + )=
+6= ,
故选:D.
名师点评: 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•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
知识归纳: 根的存在性及根的个数判断.菁优网版权所有
名师分析: 根据方程根与判别式△之间的关系求出 a12≥4,a22<8,结合 a1,a2,a3 成等比
数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论.
名师解答: 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
名师点评: 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.(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
知识归纳: 极限及其运算.菁优网版权所有
名师分析: 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.
名师解答: 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.
名师点评: 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、名师解答题(本大题共有 5 题,满分 74 分)名师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.
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名师分析: 利用长方体的集合关系建立直角坐标系.利用法向量求出二面角.
名师解答: 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 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 .
名师点评: 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.
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.
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名师分析: (1)由题意可得 t1= = h,由余弦定理可得 f(t1)=PC=
,代值计算可得;
(2)当 t1≤t≤ 时,由已知数据和余弦定理可得 f(t)=PQ= ,当 <t≤1 时,
f(t)=PB=5﹣5t,综合可得当 <t≤1 时,f(t)∈[0, ],可得结论.
名师解答: 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)的最大值超过了 3 千米.
名师点评: 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.(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.
知识归纳: 直线与圆锥曲线的综合问题;点到直线的距离公式.菁优网版权所有
名师分析: (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=2|x1y2﹣x2y1|;
(2)方法一:设直线 l1 的斜率为 k,则直线 l2 的斜率为﹣ ,可得直线 l1 与 l2 的方程,联
立方程组 ,可求得 x1、x2、y1、y2,继而可求得答案.
方法二:设直线 l1、l2 的斜率分别为 、 ,则 =﹣ ,利用 A(x1,y1)、C(x2,
y2)在椭圆 x2+2y2=1 上,可求得面积 S 的值.
名师解答: 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|;
(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|= .
名师点评: 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.(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).
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名师分析: (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 ∈(﹣2,2)列式求得 λ 的范围.
名师解答: (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.
名师点评: 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.
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).
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名师分析: (1)根据余弦周期函数的定义,判断 cosg(x+6π)是否等于 cosg(x)即可;
(2)根据 f(x)的值域为 R,便可得到存在 x0,使得 f(x0)=c,而根据 f(x)在 R 上单
调递增即可说明 x0∈[a,b],从而完成证明;
(3)只需证明 u0+T 为方程 cosf(x)=1 在区间[T,2T]上的解得出 u0 为方程 cosf(x)=1
在[0,T]上的解,是否为方程的解,带入方程,使方程成立便是方程的解.证明对任意
x∈[0,T],都有 f(x+T)=f(x)+f(T),可讨论 x=0,x=T,x∈(0,T)三种情况:x=0
时是显然成立的;x=T 时,可得出 cosf(2T)=1,从而得到 f(2T)=2k1π,k1∈Z,根据 f
(x)单调递增便能得到 k1>2,然后根据 f(x)的单调性及方程 cosf(x)=1 在[T,2T]和
它在[0,T]上解的个数的情况说明 k1=3,和 k1≥5 是不存在的,而 k1=4 时结论成立,这便说
明 x=T 时结论成立;而对于 x∈(0,T)时,通过考查 cosf(x)=c 的解得到 f(x+T)=f
(x)+f(T),综合以上的三种情况,最后得出结论即可.
名师解答: 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).
名师点评: 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
cosf(x)=1 能得出 f(x)=2kx,k∈Z,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.