2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学理及答案解析.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

2、 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， 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 c 1 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

3、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 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

4、 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 ： log2（ 9x 1 5） =log2（

5、 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

6、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 ，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

7、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=， C 2的 渐 近 线 方 程 为 4y2 3x2=0， 即 .答 案 ： .10.设 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

8、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 ： 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

9、 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+

10、 4） =2.8，则 E1 E2=3 2.8=0.2 元 .答 案 ： 0.2 13.已 知 函 数 f（ x） =sinx.若 存 在 x1， x2， ， xm满 足 0 x1 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 ABC 中 ， tanA= ， D 为 边 BC 上 的 点 ， ABD 与 ACD 的 面 积 分 别 为 2和 4.过 D 作 DE AB 于 E， DF AC 于 F， 则 = .解 析 ： 如

11、 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 .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

12、 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 z 1=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

13、“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 ： D.17.记 方 程 ： x2

14、+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， a 1， a2， a3成 等 比

15、 数 列 ， a22=a1a3，即 ，则 ，即 方 程 的 判 别 式 3=a32 16 0， 此 时 方 程 无 实 根 ， 故 选 ： B18.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. 1B. C. 1D. 2解 析 ： 当 n+时 ， 直 线 2x y= 趋 近 于 2x y=1， 与 圆 x 2+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

16、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 ， 在 长 方 体 ABCD A 1B1C1D1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

17、 .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 A 1C1，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

18、 ， 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

19、 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 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 t 1= = 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） =

20、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 t 1= = 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 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（

21、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 距 离 ， 并 证 明 S=2|x1y2 x2y1|；（ 2） 设 l 1与 l2的 斜 率 之 积 为 ， 求 面 积 S 的 值 .解 析 ： （ 1） 依

22、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 l 1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，y

23、2） 在 椭 圆 x2+2y2=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 l 1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

24、=2|x 1y2 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 4x 1x2y1y2+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，

25、 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 a 1= 0， bn=n（ nN*） ， 求 的 取 值 范 围 ， 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

26、 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） a n+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；

27、（ 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 b n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） ， 不 满 足 条 件 . 当 1 时 ， 当 n+时 ， a2n+， 无 最 大 值 ；当 n

28、+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

29、 周 期 函 数 ；（ 2） 设 a b， 证 明 对 任 意 cf（ a） ， f（ b） ， 存 在 x0a， 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）

30、根 据 f（ x） 的 值 域 为 R， 便 可 得 到 存 在 x 0， 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 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，

31、 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 便 说 明 x=T时 结 论 成 立 ； 而 对 于 x（ 0， T） 时 ， 通 过 考 查 co

32、sf（ 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）

33、=1 在 区 间 T， 2T上 的 解 ；则 ： cosf（ u 0+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

34、（ T） =1； f（ 2T） =2k1， （ k1Z） ， f（ T） =4， 且 2k1 4， k1 2；1） 若 k1=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（ x 0+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

35、 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 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（ x i+T） =f（ xi） +4=f（ xi） +f（ T） ； 综 上 对 任 意 x0， T， 都 有 f（ x+T） =f（ x） +f（ T） .