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+

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

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） .

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