2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学理.docx

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1、 2015 年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学理 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.设全集 U=R.若集合 =1， 2， 3， 4， =x|2x3，则 U= . 解析 ： 全集 U=R，集合 =1， 2， 3， 4， =x|2x3， （ UB） =x|x 3 或 x 2， A （ UB） =1， 4， 答案： 1， 4. 2.若复数 z 满足 3z+ =1+i，其中 i 是虚数单位，则 z= . 解析 ：设 z=a+bi，则 =a bi（ a， bR）， 又 3z+ =1+i

2、， 3（ a+bi） +（ a bi） =1+i， 化为 4a+2bi=1+i， 4a=1， 2b=1， 解得 a= ， b= . z= . 答案： . 3.若线性方程组的增广矩阵为 解为 ，则 c1 c2= 16 . 解析 ： 由题意知 ，是方程组 的解， 即 ， 则 c1 c2=21 5=16， 答案： 16. 4.若正三棱柱的所有棱长均为 a，且其体积为 16 ，则 a= 4 . 解析 ：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 aasin60，正棱柱的高为 a， （ aasin60） a=16 ， a=4， 答案： 4. 5.抛物线 y2=2px（ p 0）上的动点

3、 Q 到焦点的距离的最小值为 1，则 p= 2 . 解析 ：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. 答案： 2. 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 . 解析 ： 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： rl，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 2， l=2h， 设母线与轴的夹角为 ， 则 cos= = ， 故 = ， 答案： . 7.方程 log2（ 9x 1 5） =log2（ 3x 1 2） +2 的解为 2 . 解析 ：

4、log2（ 9x 1 5） =log2（ 3x 1 2） +2， log2（ 9x 1 5） =log24（ 3x 1 2） ， 9x 1 5=4（ 3x 1 2）， 化为（ 3x） 2 123x+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. 答案： 2. 8.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） . 解析 ：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 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； 答案： 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 . 解析 ：设 C1 的方程为 y2 3x2=， 设 Q（ x， y），则 P（ x， 2y），代入 y2 3x2=，可得 4y2 3x2=， C2 的渐近线方程为 4y2 3x2=0，即 . 答案： . 10.设

6、f 1（ x）为 f（ x） =2x 2+ ， x0， 2的反函数，则 y=f（ x） +f 1（ x）的最大值为 4 . 解析 ： 由 f（ x） =2x 2+ 在 x0， 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. 答案： 4. 11.在 的展开式中， x2 项的系数为 45 （结果用数值表示） . 解析 ： = +， 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 . 答案：

7、 45. 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 E1 E2= 0.2 （元） . 解析 ： 赌金的分布列为 所以 E1= （ 1+2+3+4+5） =3， 奖金的分布列为 所以 E2=1.4（ 1+ 2+ 3+ 4） =2.8， 则 E1 E2=3 2.8=0.2 元 . 答案 ： 0.2 13.已知函数 f（ x） =s

8、inx.若存在 x1， x2， ， xm 满足 0x1 x2 xm6，且 |f（ x1） f（ x2） |+|f（ x2） f（ x3） |+|f（ xm 1） f（ xm） |=12（ m12， mN*），则 m 的最小值为 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 = . 解析 ： 如图， ABD 与 ACD 的面积分别为 2 和 4， ， ， 可得 ， ， . 又 tanA= ， ，联立 sin2A+cos2A=1，得 ， . 由 ，得

9、. 则 . . 答案 ： . 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.设 z1， z2C，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 解析 ： 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

10、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.已知点 A 的坐标为 ，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. 解析 ： 点 A 的坐标为 ， 设 xOA=，则 ， ， 将 OA 绕坐标原点 O 逆时针旋转 至 OB， 则 OB 的倾斜角为 + ，则 |OB|=|OA|= ， 则点 B 的纵坐标为 y=|OP|sin（ + ） =7（ sincos +cossin ） = +6= ， 故选：

11、D. 17.记方程 ： x2+a1x+1=0，方程 ： x2+a2x+2=0，方程 ： 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 无实根的是（ ） A. 方程 有实根，且 有实根 B. 方程 有实根，且 无实根 C. 方程 无实根，且 有实根 D. 方程 无实根，且 无实根 解析 ： 当方程 有实根，且 无实根时， 1=a12 40， 2=a22 8 0， 即 a124， a22 8， a1， a2， a3 成等比数列， a22=a1a3， 即 ， 则 ， 即方程 的判别式 3=a32 16 0，此时方程 无实根

12、， 故选： B 18.设 Pn（ xn， yn）是直线 2x y= （ nN*）与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点，则极限=（ ） A. 1 B. C. 1 D. 2 解析 ： 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），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、 解析 题（本大题共有 5 题，满分 74 分） 解析 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.如图，

13、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 . 答案 ： 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

14、，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.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

15、值； （ 2）已知警员的对讲机的有效通话距离是 3 千米 .当 t1t1 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 t1t 时，由已知数据和余弦定理可得 f（ t） =PQ= ，当 t1时， f（ t） =PB=5 5t，综合可得当 t1 时， ，可得结论 . 答案 ： （ 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 t1t

16、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 t1 时，乙在 B 点不动，设此时甲在点 P， f（ t） =PB=AB AP=5 5t f（ t） = 当 t1 时， f（ t） 0， ， 故 f（ t）的最大值超过了 3 千米 . 21.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

17、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 . 解析 ： （ 1）依题意，直线 l1 的方程为 ，利用点到直线间的距离公式可求得点 C到直线 l1 的距离 ，再利用 |AB|=2|AO|= ，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+2y

18、2=1 上，可求得面积 S 的值 . 答案 ： （ 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|= ，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 ， 根据对称性，设 ，则 ， 同理可得 ， ，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

19、， 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.已知数列 an与 bn满足 an+1 an=2（ bn+1 bn）， nN*. （ 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（ nN*），求证：数列 bn的第 n0 项是最大项； （ 3）设 a1= 0， bn=n（ nN*），求 的取值范围，

20、使得 an有最大值 M 与最小值 m，且（ 2， 2） . 解析 ： （ 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 0， = 1， 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 的范围 . 答案 ：（ 1） an+1 an=2（ bn+1 bn）， bn=3n+5， an+1 an=2（

21、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 ， 当 1 0 时， 单调递减，有最大值 ； 单调递增，有最小值 m=a1=， ， ， . 当 = 1 时， a2n=3， a2n 1= 1， M=3， m= 1， （ 2， 2

22、），不满足条件 . 当 1 时，当 n+时， a2n+，无最大值； 当 n+时， a2n 1 ，无最小值 . 综上所述， （ ， 0）时满足条件 . 23.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. （ 1）验证 g（ x） =x+sin 是以 6 为周期的余弦周期函数； （ 2）设 a b，证明对任意 cf（ a）， f（ b） ，存在 x0a，

23、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 x0， T，都有 f（ x+T） =f（ x） +f（ T） . 解析 ： （ 1）根据余弦周期函数的定义，判断 cosg（ x+6）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 x0a， b，从而完成证明； （ 3）只需证明 u0+T 为方程 cosf（ x） =1

24、 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 x0，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） =2k1， k1Z，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 k15 是不存在的，而 k1=4 时结论成立，这

25、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 . 答案 ：（ 1） g（ x） =x+sin ； g（ x）是以 6 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 cf（ a）， f（ b） ； f（ a） f（ x0） f（ b），而 f（ x）为增函数； ax0b； 即存在 x0a， 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

26、： cosf（ u0+T） =1， Tu0+T2T； cosf（ u0） =1，且 0u0T； 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 x0， T，都有 f（ x+T） =f（ x） +f（ T）： 当 x=0 时， f（ 0） =0， 显然成立； 当 x=T 时， cosf（ 2T） =cosf（ T） =1； f（ 2T） =2k1，（ k1Z）， f（ T） =4，且 2k1 4， k1 2； 1）若 k1

27、=3， f（ 2T） =6，由（ 2）知存在 x0（ 0， T），使 f（ x0） =2； cosf（ x0+T） =cosf（ x0） =1f（ x0+T） =2k2， k2Z； f（ T） f（ x0+T） f（ 2T）； 4 2k2 6； 2 k2 3，无解； 2）若 k15， f（ 2T） 10，则存在 T x1 x2 2T，使得 f（ x1） =6， f（ x2） =8； 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， 2， 4， 3 个解，矛盾； 3）当 k1=4

28、时， f（ 2T） =8=f（ T） +f（ T），结论成立； 当 x（ 0， T）时， f（ x） （ 0， 4），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） （ 4， 8）； 而 f（ x1） +4， f（ x2） +4， ， f（ xn） +4（ 4， 8）为方程 cosf（ x） =c 在（ T， 2T）上的解； f（ xi+T） =f（ xi） +4=f（ xi） +f（ T）； 综上对任意 x0， T，都有 f（ x+T） =f（ x） +f（ T） .