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2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷
2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海）卷
数学（理科）

一．填空题：
共14小题，每小题4分，共56分。

1．设全集< br>UR
，若集合
A

1,2,3,4

，
Bx2x3
，则
Að

U
B
_________。
2．若复数
z
满足< br>3zz1i
，其中
i
为虚数单位，则
z
______ ___。
3．若线性方程组的增广矩阵为



23c
1


x3
，解为，则
c
1
c
2

__________。



01c
2


y5
4．若正三棱柱的所有棱长均为
a
，且其体积为
163
，则
a__________。
5．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．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为
2

，则其母线与轴的夹角的大小为
_______。
x1x1
7．方程< br>log
2
95log
2
322
的解为_______ ____。2

8．在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5参加义务献 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3x
，则
C
2
的渐近线方程为__ ________。
10．设
f
1

x
为
f

x

2
x2

2
，
x

0,2

的反函数，则
yf

x

f
1

x

的最
10
x
大值为_________。
1

2
11．在

1x
2015

的展开式中，
x
项的系数为____ ____（结果用数值表示）。
x

12．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

1
和

2
分别
表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则
E

1
 E

2

___________（元）。
13．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
6

，且
|f

x< br>1

f

x
2

||f
x
2

f

x
3

|| f

x
m1

f

x
m
< br>|12

m2,mN

，则
m
的最小值为__ ________。
14．在锐角三角形
ABC
中，
tanA
1 6

1
，
D
为边
BC
上的点，
ABD
与
A CD
的面
2

2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷

积分别为2和4。过
D
作
DEAB于
E
，
DFAC
于
F
，则
DEDF__________。
二
．选择题：
共4小题，每小题5分，共20分。 < br>15．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．已知点
A
的坐标为
43,1< br>，将
OA
绕坐标原点
O
逆时针旋转


至
OB
，则点
B
的
3
纵坐标为（ ） （A）
1113
3353
（B） （C） （D）
22
22
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< br>,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< br>（ ） （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
2xy
18．设
P
n
x
n
,y
n

是直线
则极限
lim
n 
n
nN


与圆
x
2
y
2
2
在第一象限的交点，

n1
1
y
n
1

（ ） （A）
1
（B）

（C）1 （D）2
2
x
n
1
三．解答题
（本大题共5题，满分74分）

19．（本题满 分12分）如图，在长方体
D
1
A
1
B
1
D
F
A
E
B
C
1
C
ABCDA
1
BC
AA
1
1
，
ABAD2
，
E,F11
D
1
中，
分别是
AB,BC
的中点．证明
A
1
,C
1
,F,E
四点共面，
并求直线
CD1
与平面
AC
11
FE
所成的角的大小。
2 0．（6分+8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
时乙到达
C
地。⑴求
t
1
与
f

t
1

的
值；⑵已知警员的对讲机的有效通话距离是3 千米，当
求
f

t

的表达式，并判断
f

t

在

t
1
,1

上
t
1
t1
时，
得最大值是否超过3？说明理由。
2 6

C
AB

2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷
21．（6分+8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
ABCD
的面 积为
S
。⑴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
1
x
2
y
1
|
；⑵设
l
1
与
l
2
的斜率之积为
求面积
S
的值。

22．（4分+6分+6分）已知数列
< br>a
n

与

b
n

满足
a
n1
a
n
2

b
n1
b
n

nN
。
1
，
2

⑴若
b
n
3n5
，且
a
1
1
，求数列

a
n

的通项公式；⑵设

a
n
的第
n
0
项是最大项，即
a
n
0
a
n

nN


，
b
n

n

nN


，求证：数列

b
n

的第
n
0
项是最大项；⑶设
a
1

0
，
求

的取值范围，使得

a
n

有最大值
M
与最小值
m
，且
M

2,2

。
m
23．（4分+6分+8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

4

。
⑴验证
h

x

xsin
x
是以
6

为周期的余弦周期函数；⑵设
ab
， 证明对任意
3
c


f

a

,f

b



，存在
x
0
< br>
a,b

，使得
f

x
0
c
；⑶证明：“
u
0
为方程
cosf

x< br>
1
在

0,T

上得解”的充要条件是“
u
0

为方程
cosf

x

1< br>在

T,2T

上有解”，并证明
对任意
x

0,T

都有
f

xT

f
x

f

T

。




2015年普通高校招生全国统考数学试卷上海卷解答

一．1．

1,4

；2．
11

3
i
；3．16；4．4；5．2；6．；7．2；8．120；9．
yx
；422
3
z
D
1
A
1
A
D
E
B
B
1
F
C
y
C
1
10．4；1 1．45；12．
0.2
；13．8；14．
1615

二．BDBA
19．解：如图，以
D
为原点建立空间直角坐标系，
则
A,0

，
F

1,2,0

，
1

2,0,1

，
C
1

0 ,2,1

，
E

2,1
3 6

x

2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷


因
AC
，
EF

1,1,0

，故
AC
知直线
ACC

0,2,0

，
D
1

0,0, 1

。
11
11
EF
，
11


2,2,0



与
EF
共面，即A
1
,C
1
,F,E
共面。设平面
AC
11< br>FE
的法向量为
n

x,y,z

，则
n EF
，



xy0
，取< br>x1
得
n

1,1,1

。设直线
CD
1
与平
nFC
1
。又
FC
1


1,0,1

，故

xz0

 


nCD
1
15


sin

|cosn,CD|
面
AC
所成 角为，因，故
，
FE
CD0,2,1

1
11
1
15
|n||CD
1
|
因此直线
CD
1
与平面
AC
11
FE
所成的角的大小为
arcsin
20．解：⑴由题
t
1

15
。
15
315，记乙到
C
时甲所在地为
D
，则
AD
千米，在
ACD
中，
88
93
CD
2
AC
2
AD
2
2ACADcosA41
，故
f

t1

CD41
（千米）；
648
3737
⑵甲到
B
用时1小时；乙到
C
用时小时，从
A
到
B
总用时小时。当
t
1
t
8888
时，
f
t



78t



55t

2

78t

55t


22
7
4
25t
2
42t18
；当t1
8
5
2


25t42t18

38t78


37

时，
f
t

55t
。所以
f

t

< br>
。因
f

t

在

,

上

88


78t1



55t
的最大值是
f



3
< br>
8

341

7

，
f

t

在

,1

上的最大值是
8

8


7

5

3

故
f

t

在

,1

上f


，

8

8

8< br>
的最大值是
341
，不超过3。
8
21．解：⑴由题l
1
：
y
1
xx
1
y0
，点C
到直线
l
1
的距离
d
|y
1
x< br>2
x
1
y
2
|
xy
2
1
2
1
，
|AB|2|OA|2x
1
2
y
1
2
，所以
S2S
ABC
|AB|d2|x
1y
2
x
2
y
1
|
；

y kx
1
x
。设
A

x
1
,y
1

，
C

x
2
,y
2

，由

2
⑵设
l
1
：
ykx
， 则
l
2
：
y
得
2
2k

x 2y1
x
1
x
2
1
2k
2
2
xS2|xyxy|2|x
2
kx
1
|

x 
，同理。由⑴，
1221
2
2
2
12k2k
1 2k
2
1
4 6

2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷
2k
2
1

|2k|

2k
2
1
|x
1
x
2
|2
。
22
|k|
|k|12k2k1
22．解：⑴由
b< br>n1
b
n
3
，得
a
n1
a
n
6
，故

a
n

是首项为1，公差为6的等 差数
列，从而
a
n
6n5
；
⑵由
a
n1
a
n
2

b
n1
b
n

，得
a
n1
2b
n1
a
n
2b
n
，故

a
n
2b
n

是常数列，因此
a
n
2b
n
a
1
2 b
1
，即
a
n
2b
n
a
1
 2b
1
。因为
a
n
0
a
n
，
n N

，所以
2b
n
0
a
1
2b1
2b
n
a
1
2b
1
，即
b< br>n
0
b
n
。故

b
n

的第
n
0
项是最大项；
⑶因为
b
n


，所以
a
n1
a
n
2

n
n

n1


n

，当
n2
时，
a
n
a
1



a
ka
k1



k2
n


2


k


k1

 2

n


。当
n1
时，
a
1


，符合上式。所以
a
n
2

n

。因
k2
为

0
，所以
a< br>2n
2|

|
2n



< br>，
a
2n1
2|

|
2n1




。①当

1
时，由指
数函数的单调 性知，

a
n

不存在最大、最小值；②当

 1
时，

a
n

的最大值为
3
，最小值为
1
，而
3


2,2

；③ 当
1

0
时，由指数函数的单调性知，

a
n

的最大值
1
2
Ma
2
2


，最小值
ma
1


，由
2 

1

1



0
。综上，

的取值范围是

,0

。
2
2

22．解：⑴由题
h

x

xsin
2

2



2
及
1
0
，得
x
的定义域为
R
，对任意
xR< br>，
h

x6




3
x6

sin
x6

h

x
< br>6

，故
cosh

x6


cos


h

x

6



cosh

x

，即
3
h

x

是以
6

为余弦周期的余弦周期函数；
⑵由 于
f

x

的值域为
R
，所以对任意
c


f

a

,f

b



，
c
都是一个函数值，即有
x
0
 R
，使得
f

x
0

c
。若
x
0
a
，则由
f

x

单调递增得到cf

x
0

f

a

，与
c

所以
x
0
a
。同理可证
x< br>0
b
。故存在
x
0


a,b

使得
f

x
0

c
；
f

a

,f

b


< br>矛盾，
⑶若
u
0
为
cosf

x

1
在

0,T

上的解，则
cosf

u
0

1
，且
u
0

< br>T,2T

，
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2015年高考真题理科数学（解析版） 上海卷
cosf

u
0
T

cosf

u
0

1
，即
u
0
T
为 方程
cosf

x

1
在

T,2T< br>
上的解。同理，
若
u
0

为方程
cos f

x

1
在

T,2T

上 的解，则
u
0
为该方程在

0,T

上的解。以下 证明
最后一部分结论。由⑵所证知存在
0x
0
x
1
x
2
x
3
x
4
T
，使得
f

x
i

i


i0,1,2,3,4

，而

x
i
,x
i1


i 0,1,2,3

是函数
cosf

x

的单调 区间。与之前
类似地可以证明：
u
0
是
cosf

x

1
在

0,T

上的解当且仅当
u
0
T
是
cosf

x

1
在

T,2T

上的解，从而
cosf

x
1
在

0,T

和

T,2T

上的解的个数相同。故
f

x
i
T

f

x
i

4


i0, 1,2,3,4

。对于
x

0,x
1

，
f

x



0,

，
f

xT



4

, 5


，而
cosf

xT

cos f

x

，故
f

xT

f

x

4

f

x

f

T

。类似地，当
x

x
i< br>,x
i1


i1,2,3

时，有
f

xT

f

x

f
< br>T

。结论成立。
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