难舍难分的句子-我的理想作文800字

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∩∁
U
Β= ．
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c
1
﹣c
2
= ．
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= ．
2
5．（4分）（2015•上海）抛物线y=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）（20 15•上海）方程log
2
（9﹣5）=log
2
（3﹣2）+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C
1
和C
2
．若C
1
的渐近线方程为 y=±x，则C
2
的渐近线方程
为 ．
10．（4分）（2015•上海）设f（x）为f（x）=2
+f（x）的最大值为 ．
11．（4分）（2015•上海）在（1+x+）的展开式中，x项的系数为 （结< br>102
﹣
1
﹣
1
x
﹣
1x
﹣
1
x
﹣
2
+，x∈[0，2]的反函数，则y=f（x）
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ξ
1
和ξ
2
分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ
1
﹣Eξ
2
=
（元）．
13．（4分） （2015•上海）已知函数f（x）=sinx．若存在x
1
，x
2
，…， x
m
满足0≤x
1
＜x
2
＜…
*
＜xm
≤6π，且|f（x
1
）﹣f（x
2
）|+|f（x
2
）﹣f（x
3
）|+…+|f（x
m
﹣
1
）﹣f （x
m
）|=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z
1
，z
2
∈C，则“z
1
、z
2
中至少有一个数是虚数”是“z
1
﹣z
2
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（ ）
ABCD


． ． ． ．
222
17．（2 015•上海）记方程①：x+a
1
x+1=0，方程②：x+a
2
x+2= 0，方程③：x+a
3
x+4=0，
其中a
1
，a
2
，a
3
是正实数．当a
1
，a
2
，a
3
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
（n∈N）与圆x+y=2在第一
*22
18．（5分）（2015•上海）设 P< br>n
（x
n
，y
n
）是直线2x﹣y=
象限的交点，则 极限=（ ）
A
﹣1
BC1 D2
﹣
． ． ． ．
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﹣A
1B
1
C
1
D
1
中，AA
1
=1，AB =AD=2，E、
F分别是AB、BC的中点，证明A
1
、C
1
、F 、E四点共面，并求直线CD
1
与平面A
1
C
1
FE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=t
1
时乙到达C地．
（1）求t
1
与f（t
1
）的值；
（2）已知警员的对讲 机的有效通话距离是3千米．当t
1
≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判
断f（t ）在[t
1
，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x+2y=1，过原点的两条直 线l
1
和l
2
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（x
1
，y
1
），C（x
2
，y
2
），用A、C的坐标表示点C到直线l
1
的距离，并证明 S=2|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|；
（2）设l
1
与l
2
的斜率之积为﹣，求面积S的值．



22．（16分）（2015•上海）已知数列{a
n
}与{b
n
}满足a
n+1
﹣a
n
=2（b
n+1
﹣b
n
），n∈N．
（1）若b
n
=3n+5，且a
1< br>=1，求数列{a
n
}的通项公式；
（2）设{a
n
}的第 n
0
项是最大项，即a
n*
*
22
≥a
n
（n∈N），求证：数列{b
n
}的第n
0
项是最大项；
*
（3）设a
1
=λ＜0，b
n
=λ（n∈N），求λ的取值范围，使得{a
n
}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x
0
∈[a，b]，使得f（x
0< br>）=c；
（3）证明：“u
0
为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解 ，”的充分条件是“u
0
+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}，
∴（∁
U
B）={x|x＞3或x＜2}，
∴A∩（∁
U
B）={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，
4、
则c
1
﹣c
2
=21﹣5=16，
故答案为：16． < br>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，
5、
故答案为：4．
2
解：因为抛物线y=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=，
．
x< br>﹣
1x
﹣
1x
﹣
1x
﹣
1
故答案为 ：

7、

8、
解：∵log
2
（9﹣5）= log
2
（3﹣2）+2，∴log
2
（9﹣5）=log
2
[4×（3
x
﹣
1x
﹣
1
∴9﹣5=4（3﹣2），
x2x
化为（3）﹣12•3+27=0，
xx
因式分解为：（3﹣3）（3﹣9）=0，
xx
∴3=3，3=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．
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，
5
在9名老师中选取5人，参加义务献血，有C
9
=126种；
5
其中只有女教师的有C
6
=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．
解：设C
1
的方程为y﹣3x=λ，
2222
设Q（x，y），则P（x，2y），代入y﹣3x=λ，可得4y﹣3x=λ，
∴C
2
的渐近线方程为4y﹣3x=0，即
故答案为：．
]，
22
22
﹣2）]，

9、
．

x
﹣
2
解：由f（x）=2+在x∈[0，2]上为增函数，得其值域为[
10 、
可得y=f（x）在[
﹣
1
﹣
1
]上为增函数，
]上为增函数，
﹣
1
因此y=f（x）+f（x）在[
﹣
1
∴y=f（x）+f（x）的最大值为f（2）+f（2）=1+1+2=4．
故答案为：4．
11、
解：∵（1+x+
=
∴仅在第一部分中出现x项的系数．
2
）
10
，

再由
x项的系数为
2
，令r=2，可得，
．
故答案为：45．
解：赌金的分布列为
1 2
12、

P

3

4

5

所以 Eξ
1
=（1+2+3+4+5）=3，
奖金的分布列为
1.4
P
=
2.8
=
4.2
=
5.6
=
所以 Eξ
2
=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，
则 Eξ
1
﹣Eξ
2
=3﹣2.8=0.2元．
故答案为：0.2
13
．











14
、

∵△ABD与△AC D的面积分别为2和4，∴
可得
又tanA=，∴
由
则
∴•=
．
=．
，，∴
，联立sinA+cosA=1，得
，得．
22
，
．
，cosA=．
，

故答案为：

15
、
．
16
、
解： 设z
1
=1+i，z
2
=i，满足z
1
、z
2中至少有一个数是虚数，则z
1
﹣z
2
=1是实数，则z
1﹣z
2
是虚数不成立，
若z
1
、z
2
都是实 数，则z
1
﹣z
2
一定不是虚数，因此当z
1
﹣z
2
是虚数时，
则z
1
、z
2
中至少有一个数是虚数，即必要性成立，
故 “z
1
、z
2
中至少有一个数是虚数”是“z
1
﹣z
2
是虚数”的必要不充分条件，
故选：B．
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
则OB的倾斜角为θ+
至OB，
，
+cosθsin）=7（×+）
，则|OB|=|OA|=
）=7（sinθcos则点B 的纵坐标为y=|OP|sin（θ+
=+6=，

17
、
故选：D．
22
解：当方程①有实根，且②无实根时，△
1
=a< br>1
﹣4≥0，△
2
=a
2
﹣8＜0，
22
即a
1
≥4，a
2
＜8，
∵a
1
，a
2
，a
3
成等比数列，
2
∴a
2
=a
1
a
3
，
即a
3
=，
则a
3
=（
2
）=
2
2
，
即方程③的判别式△
3
=a
3
﹣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2 x﹣y=1，与圆x+y=2在第一象限的交
22
点无限靠近（1，1），而
22可看作点 P
n
（x
n
，y
n
）与（1，1）连线的斜 率，其
值会无限接近圆x+y=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．
∴=﹣1．

故选：A．
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，

19、
所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A
1
C
1
，
所以EF∥A
1
C
1
，
所以A
1
、C
1
、F、E四点共面．
以D为坐标原点，DA、DC、DD
1
分别为xyz轴，建立空间直角坐标系，易求得

，
设平面A
1
C
1
EF的法向量为

则


，所以，即，
z=1，得x=1，y=1，所以
所以
=
，
，
所以直线 CD
1
与平面A
1
C
1
FE所成的角的大小arcsin< br> 20、
解：（1）由题意可得t
1
==h，
千米，

=千米；
．
设此时甲运动到点P，则AP=v
甲
t
1< br>=5×=
∴f（t
1
）=PC=
=
（2）当t
1≤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l
1
的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C到直
线l
1
的距离d== ，
因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x
1
y
2< br>﹣x
2
y
1
|；
， （2）方法一：设直线l
1< br>的斜率为k，则直线l
2
的斜率为﹣
设直线l
1
的方程为y= kx，联立方程组，消去y解得x=±，
根据对称性，设x
1
=，则y
1
=，
同理可得x
2
=，y
2
=，所以S=2|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|=．
方法二：设直线l
1
、l
2的斜率分别为
所以x
1
x
2
=﹣2y
1
y2
，
∴=4=﹣2x
1
x
2
y
1
y
2
，
2
、，则=﹣，
∵A（x
1
，y
1
）、C（x
2
，y
2
）在椭圆x+2y=1上，
∴（）（
+
2
2
）=+4
）=1，
，
+2（+）=1，
即﹣4x
1
x
2
y
1
y
2
+2（
所以（x
1
y
2
﹣x
2
y
1
）=，即|x
1
y
2
﹣x
2
y1
|=

所以S=2|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|=．
（1）解：∵a
n+1
﹣a
n=2（b
n+1
﹣b
n
），b
n
=3n+5，

22、
∴a
n+1
﹣a
n
=2 （b
n+1
﹣b
n
）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，
∴{a
n
}是等差数列，首项为a
1
=1，公差为6，
则a
n
=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；
（2）∵a
n
=（a
n
﹣a
n
﹣
1
）+（a
n
﹣
1
﹣a
n
﹣
2
）+…+（a
2
﹣a
1< br>）+a
1

=2（b
n
﹣b
n
﹣
1
）+2（b
n
﹣
1
﹣b
n
﹣
2
） +…+2（b
2
﹣b
1
）+a
1

=2b
n
+a
1
﹣2b
1
，
∴
∴
∴数列{b
n
}的第n
0
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=a
1
=λ，
∴
∴λ∈
∈（﹣2，2），
，∴．
；
，
．
②当λ=﹣1时，a
2n
=3，a
2n
﹣
1
=﹣1 ，
∴M=3，m=﹣1，
（﹣2，2），不满足条件．
③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a
2n
→+∞，无最大值；
当n→+∞时，a
2n
﹣
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x
0
，使f（x
0
）=c；
又c∈[f（a），f（b）]；
∴f（a）≤f（x
0
）≤f（b），而f（x）为增函数；
∴a≤x
0
≤b；
即存在x
0
∈[a，b]，使f（x
0
）=c；
（3）证明：若u
0
+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；
则：cosf（u
0
+T）=1，T≤u
0
+T≤2T；
∴cosf（u
0
）=1，且0≤u
0
≤T；
∴u
0
为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；
∴“u
0
为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u
0
+T为方程co sf（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）=2k
1< br>π，（k
1
∈Z），f（T）=4π，且2k
1
π＞4π，∴k
1
＞2；
1）若k
1
=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x
0
∈（0，T），使f（x
0
）=2π；
cosf（x
0
+T）=cosf（x
0
）=1⇒f（x
0
+T）=2k
2
π，k
2
∈Z；
∴f（T）＜f（x
0
+T）＜f（2T）；
∴4π＜2k
2
π＜6π；∴2＜k
2
＜3，无解；
2） 若k
1
≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x
1
＜x
2
＜2T，使得f（x
1
）=6π，f（x
2
）=8π；
则T，x< br>1
，x
2
，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k
1
=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（x
1
），f（x
2
），…，f（x
n
），（x
1
＜x
2
＜…＜x
n
）；
则f（x1
+T），f（x
2
+T），…，f（x
n
+T）为方程cos f（x）=c在（T，2T）上的解；
又f（x+T）∈（4π，8π）；
而f（x
1
）+4π，f（x
2
）+4π，…，f（x
n
）+4π∈（4π ，8π）为方程cosf（x）=c在
（T，2T）上的解；
∴f（x
i
+ T）=f（x
i
）+4π=f（x
i
）+f（T）；
∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．