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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∩∁
U
Β= ．

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c
1
﹣c
2
= ．

，则a= ．

4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积 为16
5．（4分）抛物线y
2
=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log
2
（9
x
﹣
1
﹣5）=log
2
（3
x
﹣
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C
1
和C
2
．若C
1
的渐近线方程为y=±
为 ．

10 ．（4分）设f
﹣
1
（x）为f（x）=2
x
﹣
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+
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）已知函数f（x）=sinx．若存在x
1
，x< br>2
，…，x
m
满足0≤x
1
＜x
2
＜…＜x
m
）
10
的展开式中，x
2
项的系数为 （结果用数值表
x，则C
2
的渐近线方程

≤6π， 且|f（x
1
）﹣f（x
2
）|+|f（x
2
）﹣f（x< br>3
）|+…+|f（x
m
﹣
1
）﹣f（x
m
）|=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

，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至
•= ．

16．（5分）已知点A的坐标为（4
OB，则点B的纵坐标为（ ）

A． B． C． D．

17．记方程①：x
2
+a
1< br>x+1=0，方程②：x
2
+a
2
x+2=0，方程③：x
2
+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

18．（5分）设 P
n
（x
n
，y
n
）是直线2x﹣y=
限的交点， 则极限
A．﹣1 B．﹣ C．1


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.

D．2

=（ ）

（n∈N
*
）与圆x
2
+y
2
=2在第一象

19．（12分）如图， 在长方体ABCD﹣A
1
B
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
1C
1
FE
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=t
1< br>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）已知椭圆x
2
+2y
2
=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ACBD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
|；< br>
（2）设l
1
与l
2
的斜率之积为﹣，求面积S的值．
< br>22．（16分）已知数列{a
n
}与{b
n
}满足a
n+
1
﹣a
n
=2（b
n
+
1
﹣bn
），n∈N
*
．

（1）若b
n
=3n+5 ，且a
1
=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
项是最大项；

（3）设a
1
=λ＜0，b
n
=λ
n
（n∈N
*< br>），求λ的取值范围，使得{a
n
}有最大值M与最
小值m，且∈（﹣2，2） ．

≥a
n
（n∈N
*
），求证：数列{b
n}的第n
0

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）．

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∩∁
U
Β = {1，4} ．

【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．

【解答】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．（4分）（2015•上海）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z= ．

【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．

【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）（2015•上海）若线性方程组的增广矩阵为
﹣c
2
= 16 ．

【分析】根据增广矩阵的定义得到
即可．

【解答】解：由题意知，是方程组的解，

，是方程组
解为，则c
1
的解，解方程组
即，

则c
1
﹣c
2
=21﹣5=16，

故答案为：16．



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
a= 4 ．

【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•a=16，由此求得a的值．

，则
【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
故答案为：4．


< br>5．（4分）（2015•上海）抛物线y
2
=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距 离的最小
值为1，则p= 2 ．

【分析】利用抛物线的顶点到焦点的距离最小，即可得出结论．

【解答】解：因为抛 物线y
2
=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．

，∴a=4，

6．（4分）（20 15•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 ．

【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．
【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）（2015•上海）方程 log
2
（9
x
﹣
1
﹣5）=log
2
（ 3
x
﹣
1
﹣2）+2的解为 2 ．

【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．

【解答】解：∵ log
2
（9
x
﹣
1
﹣5）=log
2
（ 3
x
﹣
1
﹣2）+2，∴log
2
（9
x
﹣
1
﹣5）=log
2
[4×
（3
x
﹣
1
﹣2）]，

∴9
x
﹣
1
﹣5=4（3
x
﹣
1
﹣2），

化为（3
x
）
2
﹣12•3
x
+27=0，

因式分解为：（3
x
﹣3）（3
x
﹣9）=0，

∴3
x
=3，3
x
=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）（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）．

【分析】根据题意，运用排除法分析，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．

【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C
9
5
=126种；

其中只有女教师的有C
6
5
=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．（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=±
近线方程为 ．
x，则C
2
的渐
【分析】设C
1
的方程为y
2
﹣3x
2
=λ，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即
可求出C
2
的渐近线方程．

【解答】解：设C
1
的方程为y
2
﹣3 x
2
=λ，

设Q（x，y），则P（x，2y），代入y
2
﹣3x
2
=λ，可得4y
2
﹣3x
2
=λ，
< br>∴C
2
的渐近线方程为4y
2
﹣3x
2
=0，即故答案为：


10．（4分）（2015•上海）设f
﹣
1< br>（x）为f（x）=2
x
﹣
2
+，x∈[0，2]的反函数，则
y=f（x）+f
﹣
1
（x）的最大值为 4 ．

【分析】由f （x）=2
x
﹣
2
+在x∈[0，2]上为增函数可得其值域，得到y=f< br>﹣
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．

]，

．

．

【解答】解：由f（x）=2
x
﹣
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，
< br>∴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）（2015•上海）在（1+x+
果用数值表示）．

【分析 】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x
2
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．

【
=
∴仅在第一部分中出现x
2
项的系数．

再由
x
2
项的系数为
故答案为：45．



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
= 0.2 （元）．

【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．

【解答】解：赌金的分布列为

ξ
1

P

1


10
的展开式中，）x
2
项的系数为 45 （结
解答】解：∵（1+x+
，

）
10
，令r=2，可得，

．

2


3


4


5


所以 Eξ
1
=（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（ξ
2
=1.4）==，P（ξ
2
=2.8）==，P（ξ
2
=4.2）= =，P（ξ
2
=5.6）
==
ξ
2

P


1.4


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．（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
＜…＜x
m
≤6π，且|f（x< br>1
）﹣f（x
2
）|+|f（x
2
）﹣f（x
3）|+…+|f（x
m
﹣
1
）﹣f
（x
m
）| =12（m≥2，m∈N
*
），则m的最小值为 8 ．

【分析】由正弦函 数的有界性可得，对任意x
i
，x
j
（i，j=1，2，3，…，m），都有
|f（x
i
）﹣f（x
j
）|≤f（x）
max
﹣ f（x）
min
=2，要使m取得最小值，尽可能多让x
i
（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．

【解答】解：∵y=sinx对 任意x
i
，x
j
（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x
i
）﹣f（x
j
）
|≤f（x）
max
﹣f（x）
m in
=2，

要使m取得最小值，尽可能多让x
i
（i=1，2，3 ，…，m）取得最高点，

考虑0≤x
1
＜x
2
＜…＜x< br>m
≤6π，|f（x
1
）﹣f（x
2
）|+|f（x
2
）﹣f（x
3
）|+…+|f（x
m
﹣
1
）﹣f （x
m
）|=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．（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
﹣ ．

，，然后
•=
【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=
代入数量积公式得答案．

【解答】解：如图，


∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴可得
又tanA=，∴
由
则
∴•=
．

=，，∴
，联立sin
2
A+cos
2
A=1，得
，得．

，
．

，cosA=．

，

．

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）（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

【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．

【解答 】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< br>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，
< br>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．



16．（5分）（2015•上海）已知点A的坐标为（4
时针旋转
A．
至OB，则点B的纵坐标为（ ）

B． C． D．

，1）， 将OA绕坐标原点O逆
【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．

【解答】解：∵点 A的坐标为（4
∴设∠xOA=θ ，则sinθ=
将OA绕坐标原点O逆时针旋转
则OB的倾斜角为θ+
，1），

=，cosθ=
至OB，

，

=，

，则|OB|=|OA|=

则点B的纵坐标为y=|OB|sin（θ+
+
故选：D．



）=+6=，

）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×17．（2015•上海）记方程①：x
2
+a
1
x+1=0，方程②： x
2
+a
2
x+2=0，方程③：x
2
+a
3x+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

【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a
1
2
≥4，a
2
2
＜8，结合a
1
，a
2< br>，
a
3
成等比数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论．
【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△
1
=a
1
2
﹣ 4≥0，△
2
=a
2
2
﹣8＜0，

即a
1
2
≥4，a
2
2
＜8，

∵a
1
，a
2
，a
3
成等比数列，

∴a
2
2
=a
1
a
3
，

即a
3
=，

则a
3
2
=（）
2
=，

即方程③的判别 式△
3
=a
3
2
﹣16＜0，此时方程③无实根，

故选：B



18．（5分）（2015•上海）设 P
n
（x
n
，y
n
）是直线2x﹣y=
在第一象限的交点，则 极限
A．﹣1 B．﹣ C．1 D．2

趋近于2x﹣y=1，与圆x
2
+y
2
=2在第一象
=（ ）

（n∈N
*
）与圆x
2
+y
2
=2< br>【分析】当n→+∞时，直线2x﹣y=
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．

【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y =
一象限的交点无限靠近（1，1），而
趋近于2x﹣y=1，与圆x
2
+y
2
=2在第
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
2
+y
2
=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为
﹣1．

∴
故选：A．



三、解答题（本大题共有5题，满分7 4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
1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
=1，AB=AD=2，
E、F分别是A B、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．

=﹣1．


【分析】利用长方体的几何关系建立直角坐标系．利用向量方法求空间角．

【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∥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x、y、z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
1FE所成的角的大小arcsin


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< br>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．


【分析】（1）由题意可得t
1
=
=PC=
=h，由余弦定理可得f（t1
）
，代值计算可得；

，
]，
（2）当t
1
≤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．

【解答】解：（1）由题意可得t
1
==h，

千米，
< br>设此时甲运动到点P，则AP=v
甲
t
1
=5×=
∴f（t< br>1
）=PC=

==千米；

（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）的最大值没有超过3千米．



]，

21．（14分）（2015•上海）已知椭圆x
2
+2y
2
=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ACBD的面积为S．

（1）设A（x< br>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．
< br>【分析】（1）依题意，直线l
1
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l
1
的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，
可证得S=| AB|d=2|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|； 当l
1
与l
2
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l
1
的斜率为k，则直线l
2
的斜率为﹣，可 得直线l
1
与l
2

的方程，联立方程组，可求得x
1
、x
2
、y
1
、y
2
，继而可求得答案 ．

方法二：设直线l
1
、l
2
的斜率分别为、，则=﹣， 利用A（x
1
，y
1
）、
C（x
2
，y
2
）在椭圆x
2
+2y
2
=1上，可求得面积S的值．
【解答】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
﹣x
2
y
1
|；

当l
1
与l
2
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l
1
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
，

，
< br>，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
y
2
，

∴=4=﹣2x
1< br>x
2
y
1
y
2
，

、，则=﹣，

∵A（x
1
，y
1
）、C（x2
，y
2
）在椭圆x
2
+2y
2
=1上，
∴（）（
+
）=+4
）=1，

+2（+）=1，

即﹣4x
1
x
2
y
1
y
2
+2（

所以（x
1
y
2
﹣x
2
y
1
）
2
=，即|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|=
所以S=2|x
1
y
2
﹣x
2
y
1
|=


．

，

22．（16分）（2015•上海）已知数列{a
n
}与{b
n
}满足a
n
+
1
﹣a
n< br>=2（b
n
+
1
﹣b
n
），n∈
N
*
．

（1）若b
n
=3n+5，且a
1
=1，求 数列{a
n
}的通项公式；

（2）设{a
n
}的第n0
项是最大项，即a
项是最大项；

（3）设a
1
=λ ＜0，b
n
=λ
n
（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）．

【分析】（1 ）把b
n
=3n+5代入已知递推式可得a
n
+
1
﹣an
=6，由此得到{a
n
}是等差
数列，则a
n
可求；

（2）由a
n
=（a
n
﹣a
n
﹣
1
）+（a
n
﹣
1
﹣a
n
﹣
2
）+…+（a
2
﹣a
1
）+a
1
，结合递推式累加得到a
n
=2b
n
+a
1
﹣2b
1
，求得
得答案；

（3）由（2）可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况
，进一步得到
≥a
n
（n∈N
*
），求证：数列{b
n
}的第n
0
求得a
n
的最大值M和最小值m，再由∈（﹣2，2 ）列式求得λ的范围．

【解答】（1）解：∵a
n
+
1
﹣ a
n
=2（b
n
+
1
﹣b
n
），b
n
=3n+5，

∴a
n
+
1
﹣a
n< br>=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
﹣a1
）+a
1

=2（b
n
﹣b
n
﹣< br>1
）+2（b
n
﹣
1
﹣b
n
﹣
2< br>）+…+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．（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）．

【分析】（1）根据余弦函数的周期定义，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x
0
，使得f（x
0
）=c，而根据f（x）
在R上单调递增即可说明x
0
∈[a，b]，从而完成证明；

（3）只需证明u
0
+T为方 程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u
0
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）=2k
1< br>π，k
1
∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k
1
＞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k
1
=3，和k
1
≥5是不存在的，而k
1
=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．

【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< br>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”；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
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
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（x
1
+T），f（x
2
+T），…，f（x
n
+T）为方程cosf（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）．