2015年上海市高考数学试卷(理科)解析54256

2015年上海市高考数学试卷(理科)解析54256

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∩∁UΒ=　　　　　　． 　 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 c1﹣c2=　　　　　　． 　 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=　　　　　　． 　 5．（4 分）（2015•上海）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=　　　　　　． 　 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）（2015•上海）方程 log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+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 C1 和 C2．若 C1 的渐近线方程为 y=± x，则 C2 的渐近线方程 为　　　　　　． 　 10．（4 分）（2015•上海）设 f﹣1（x）为 f（x）=2x﹣2+ ，x∈[0，2]的反函数，则 y=f（x）+f﹣1 （x）的最大值为　　　　　　． 　 11．（4 分）（2015•上海）在（1+x+ ）10 的展开式中，x2 项的系数为　　　　　　（结 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 ξ1 和 ξ2 分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ1﹣Eξ2=　　　　　　 （元）． 　 13．（4 分）（2015•上海）已知函数 f（x）=sinx．若存在 x1，x2，…，xm 满足 0≤x1＜x2＜…＜ xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=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 z1，z2∈C，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 　 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（　　） 　A． B． C． D． 　 17．（2015•上海）记方程①：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：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）（2015•上海）设 Pn（xn，yn）是直线 2x﹣y= （n∈N*）与圆 x2+y2=2 在第一 象限的交点，则极限 =（　　） 　A．﹣1 B．﹣ C．1 D．2 　 　 三、名师解答题（本大题共有 5 题，满分 74 分）名师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﹣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． 　 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=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 t1≤t≤1 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． 　 21．（14 分）（2015•上海）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 l1 与 l2 的斜率之积为﹣ ，求面积 S 的值． 　 22．（16 分）（2015•上海）已知数列{an}与{bn}满足 an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*． （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（n∈N*），求证：数列{bn}的第 n0 项是最大项； （3）设 a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求 λ 的取值范围，使得{an}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 x0∈[a，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 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∩∁UΒ=　 {1，4}　． 知识归纳： 交、并、补集的混合运算．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师讲解： 解：∵全集 U=R，集合 Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}， ∴（∁UB）={x|x＞3 或 x＜2}， ∴A∩（∁UB）={1，4}， 故答案为：{1，4}． 名师点评： 本题考查集合的交、并、补的混合运算，熟练掌握集合的交并补的运算规则是 解本题的关键．本题考查了推理判断的能力． 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=　 　． 知识归纳： 复数代数形式的乘除运算．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 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： ． 名师点评： 本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题． 　 3．（4 分）（2015•上海）若线性方程组的增广矩阵为 解为 ，则 c1﹣c2=　 16　． 知识归纳： 二阶行列式与逆矩阵．菁优网版权所有 名师分析： 根据增广矩阵的定义得到 ，是方程组 的解，解方程组即 可． 名师解答： 解：由题意知 ，是方程组 的解， 即 ， 则 c1﹣c2=21﹣5=16， 故答案为：16． 名师点评： 本题主要考查增广矩阵的求解，根据条件建立方程组关系是解决本题的关 键． 　 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=　4　． 知识归纳： 棱锥的结构特征．菁优网版权所有 名师分析： 由题意可得（ •a•a•sin60°）•a=16 ，由此求得 a 的值． 名师解答： 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 ，∴a=4， 故答案为：4． 名师点评： 本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题． 　 5．（4 分）（2015•上海）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　． 知识归纳： 抛物线的简单性质．菁优网版权所有 名师分析： 利用抛物线的顶点到焦点的距离最小，即可得出结论． 名师解答： 解：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． 故答案为：2． 名师点评： 本题考查抛物线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础． 　 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　 　． 知识归纳： 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 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： ． 名师点评： 本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦 值，是名师解答的关键． 　 7．（4 分）（2015•上海）方程 log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2 的解为　2　． 知识归纳： 对数的运算性质．菁优网版权所有 名师分析： 利用对数的运算性质化为指数类型方程，解出并验证即可． 名师解答： 解：∵log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2，∴log2（9x﹣1﹣5）=log2[4× （3x﹣1﹣2）]， ∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2）， 化为（3x）2﹣12•3x+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． 故答案为：2． 名师点评： 本题考查了对数的运算性质及指数运算性质及其方程的解法，考查了计算能力， 属于基础题． 　 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）． 知识归纳： 排列、组合的实际应用．菁优网版权所有 名师分析： 根据题意，运用排除法名师分析，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． 名师解答： 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 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； 故答案为：120． 名师点评： 本题考查排列、组合的运用，本题适宜用排除法（间接法），可以避免分类讨 论，简化计算． 　 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 C1 和 C2．若 C1 的渐近线方程为 y=± x，则 C2 的渐近线方程为　 　． 知识归纳： 双曲线的简单性质．菁优网版权所有 名师分析： 设 C1 的方程为 y2﹣3x2=λ，利用坐标间的关系，求出 Q 的轨迹方程，即可求 出 C2 的渐近线方程． 名师解答： 解：设 C1 的方程为 y2﹣3x2=λ， 设 Q（x，y），则 P（x，2y），代入 y2﹣3x2=λ，可得 4y2﹣3x2=λ， ∴C2 的渐近线方程为 4y2﹣3x2=0，即 ． 故答案为： ． 名师点评： 本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础． 　 10．（4 分）（2015•上海）设 f﹣1（x）为 f（x）=2x﹣2+ ，x∈[0，2]的反函数，则 y=f（x）+f﹣1 （x）的最大值为　4　． 知识归纳： 反函数．菁优网版权所有 名师分析： 由 f（x）=2x﹣2+ 在 x∈[0，2]上为增函数可得其值域，得到 y=f﹣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． 名师解答： 解：由 f（x）=2x﹣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， ∴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． 名师点评： 本题考查了互为反函数的两个函数图象间的关系，考查了函数的单调性，属中 档题． 　 11．（4 分）（2015•上海）在（1+x+ ）10 的展开式中，x2 项的系数为　45　（结果用 数值表示）． 知识归纳： 二项式系数的性质．菁优网版权所有 名师分析： 先把原式前两项结合展开，名师分析可知仅有展开后的第一项含有 x2 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． 名师解答： 解：∵（1+x+ ）10 = ， ∴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 ． 故答案为：45． 名师点评： 本题考查了二项式系数的性质，关键是对二项展开式通项的记忆与运用，是基 础题． 　 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 ξ1 和 ξ2 分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 Eξ1﹣Eξ2=　0.2　（元）． 知识归纳： 离散型随机变量的期望与方差．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 解：赌金的分布列为 1 2 3 4 5 P 所以 Eξ1= （1+2+3+4+5）=3， 奖金的分布列为 1.4 2.8 4.2 5.6 P = = = = 所以 Eξ2=1.4×（ ×1+ ×2+ ×3+ ×4）=2.8， 则 Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2 元． 故答案为：0.2 名师点评： 本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，根据概率的公式分别进 行计算是解决本题的关键． 　 13．（4 分）（2015•上海）已知函数 f（x）=sinx．若存在 x1，x2，…，xm 满足 0≤x1＜x2＜…＜ xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12（m≥12， m∈N*），则 m 的最小值为　8　． 知识归纳： 正弦函数的图象．菁优网版权所有 名师分析： 由正弦函数的有界性可得，对任意 xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi） ﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使 m 取得最小值，尽可能多让 xi（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． 名师解答： 解：∵y=sinx 对任意 xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f （x）max﹣f（x）min=2， 要使 m 取得最小值，尽可能多让 xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点， 考虑 0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm） |=12， 按下图取值即可满足条件， ∴m 的最小值为 8． 故答案为：8． 名师点评： 本题考查正弦函数的图象和性质，考查名师分析问题和解决问题的能力，考查 数学转化思想方法，正确理解对任意 xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f （x）max﹣f（x）min=2 是名师解答该题的关键，是难题． 　 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 • =　﹣ 　． 知识归纳： 平面向量数量积的运算．菁优网版权所有 名师分析： 由题意画出图形，结合面积求出 cosA= ， ，然后代入 数量积公式得答案． 名师解答： 解：如图， ∵△ABD 与△ACD 的面积分别为 2 和 4，∴ ， ， 可得 ， ，∴ ． 又 tanA= ，∴ ，联立 sin2A+cos2A=1，得 ，cosA= ． 由 ，得 ． 则 ． ∴ • = = ． 故答案为： ． 名师点评： 本题考查平面向量的数量积运算，考查了数形结合的解题思想方法，考查了三 角函数的化简与求值，是中档题． 　 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 z1，z2∈C，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 知识归纳： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 解：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 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． 名师点评： 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据复数的有关概念进行判断是解 决本题的关键． 　 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（　　） 　A． B． C． D． 知识归纳： 任意角的三角函数的定义．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 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 至 OB， 则 OB 的倾斜角为 θ+ ，则|OB|=|OA|= ， 则点 B 的纵坐标为 y=|OP|sin（θ+ ）=7（sinθcos +cosθsin ）=7（ × + ）= +6= ， 故选：D． 名师点评： 本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公 式是解决本题的关键． 　 17．（2015•上海）记方程①：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：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 知识归纳： 根的存在性及根的个数判断．菁优网版权所有 名师分析： 根据方程根与判别式△之间的关系求出 a12≥4，a22＜8，结合 a1，a2，a3 成等比 数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论． 名师解答： 解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a12﹣4≥0，△2=a22﹣8＜0， 即 a12≥4，a22＜8， ∵a1，a2，a3 成等比数列， ∴a22=a1a3， 即 a3= ， 则 a32=（ ）2= ， 即方程③的判别式△3=a32﹣16＜0，此时方程③无实根， 故选：B 名师点评： 本题主要考查方程根存在性与判别式△之间的关系，结合等比数列的定义和性 质判断判别式△的取值关系是解决本题的关键． 　 18．（5 分）（2015•上海）设 Pn（xn，yn）是直线 2x﹣y= （n∈N*）与圆 x2+y2=2 在第一 象限的交点，则极限 =（　　） 　A．﹣1 B．﹣ C．1 D．2 知识归纳： 极限及其运算．菁优网版权所有 名师分析： 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），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出． 名师解答： 解：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． 名师点评： 本题考查了极限思想、圆的切线的斜率、斜率计算公式，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题． 　 三、名师解答题（本大题共有 5 题，满分 74 分）名师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﹣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． 知识归纳： 直线与平面所成的角．菁优网版权所有 名师分析： 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． 名师解答： 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∥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，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 ． 名师点评： 本题主要考查利用空间直角坐标系求出二面角的方法，属高考常考题型． 　 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=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 t1≤t≤1 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． 知识归纳： 余弦定理的应用．菁优网版权所有 名师分析： （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 t1≤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． 名师解答： 解：（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 t1≤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． 名师点评： 本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和分段函数，属中档题． 　 21．（14 分）（2015•上海）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 l1 与 l2 的斜率之积为﹣ ，求面积 S 的值． 知识归纳： 直线与圆锥曲线的综合问题；点到直线的距离公式．菁优网版权所有 名师分析： （1）依题意，直线 l1 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 l1 的距离 d= ，再利用|AB|=2|AO|=2 ，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+2y2=1 上，可求得面积 S 的值． 名师解答： 解：（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|=2 ，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 x=± ， 根据对称性，设 x1= ，则 y1= ， 同理可得 x2= ，y2= ，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，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|= ． 名师点评： 本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，考查方程思想、等价转化思想与综合运 算能力，属于难题． 　 22．（16 分）（2015•上海）已知数列{an}与{bn}满足 an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），n∈N*． （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（n∈N*），求证：数列{bn}的第 n0 项是最大项； （3）设 a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求 λ 的取值范围，使得{an}有最大值 M 与最小值 m，且 ∈（﹣2，2）． 知识归纳： 数列递推式；数列的函数特性．菁优网版权所有 名师分析： （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＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣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 λ 的范围． 名师解答： （1）解：∵an+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； （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 ， ①当﹣1＜λ＜0 时， 单调递减，有最大值 ； 单调递增，有最小值 m=a1=λ， ∴ ∈（﹣2，2）， ∴λ∈ ， ∴ ． ②当 λ=﹣1 时，a2n=3，a2n﹣1=﹣1， ∴M=3，m=﹣1， （﹣2，2），不满足条件． ③当 λ＜﹣1 时，当 n→+∞时，a2n→+∞，无最大值； 当 n→+∞时，a2n﹣1→﹣∞，无最小值． 综上所述，λ∈（﹣ ，0）时满足条件． 名师点评： 本题考查了数列递推式，考查了等差关系的确定，考查了数列的函数特性，训 练了累加法求数列的通项公式，对（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题． 　 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 x0∈[a，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 x∈[0，T]，都有 f（x+T）=f（x）+f（T）． 知识归纳： 函数与方程的综合运用．菁优网版权所有 名师分析： （1）根据余弦周期函数的定义，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 x0，使得 f（x0）=c，而根据 f（x）在 R 上单 调递增即可说明 x0∈[a，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 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）=2k1π，k1∈Z，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 k1≥5 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 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． 名师解答： 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 x0，使 f（x0）=c； 又 c∈[f（a），f（b）]； ∴f（a）≤f（x0）≤f（b），而 f（x）为增函数； ∴a≤x0≤b； 即存在 x0∈[a，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：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T； ∴cosf（u0）=1，且 0≤u0≤T； ∴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 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）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且 2k1π＞4π，∴k1＞2； 1）若 k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在 x0∈（0，T），使 f（x0）=2π； cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π，k2∈Z； ∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）； ∴4π＜2k2π＜6π； ∴2＜k2＜3，无解； 2）若 k1≥5，f（2T）≥10π，则存在 T＜x1＜x2＜2T，使得 f（x1）=6π，f（x2）=8π； 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）=0，2π，4π，3 个解，矛盾； 3）当 k1=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（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）∈（4π，8π）； 而 f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（xn）+4π∈（4π，8π）为方程 cosf（x）=c 在（T，2T） 上的解； ∴f（xi+T）=f（xi）+4π=f（xi）+f（T）； ∴综上对任意 x∈[0，T]，都有 f（x+T）=f（x）+f（T）． 名师点评： 考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由 cosf（x）=1 能得出 f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运 用第二问的结论．