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1、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）设全集若集合=1，2，3，4，=2x3，则U=2（4分）（2015上海）若复数z满足31，其中i是虚数单位，则3（4分）（2015上海）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c1c2=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5（4分）（2015上海）抛物线y2=2（p0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则6（4分）（2015上海）若圆锥的侧面积及过轴的截面面积之比为2，则其母线及轴的夹角
2、的大小为7（4分）（2015上海）方程2（9x15）2（3x12）+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x，则C2的渐近线方程为10（4分）（2015上海）设f1（x）为f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则（x）1（x）的最大值为11（4分）（2015上海）在（1）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
3、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 E1E2=（元）13（4分）（2015上海）已知函数f（x）若存在x1，x2，满足0x1x26，且（x1）f（x2）（x2）f（x3）（1）f（）12（m12，mN*），则m的最小值为14（2015上海）在锐角三角形 A 中，D为边 上的点，A 及的面积分别为2和4过D作D EA B于 E，于F，则=二、选择题（本大题共有4题，满
4、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，z2C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1z2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），将绕坐标原点O逆时针旋转至，则点B的纵坐标为（）ABCD17（2015上海）记方程：x211=0，方程：x222=0，方程：x234=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
5、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18（5分）（2015上海）设 （，）是直线2x（nN*）及圆x22=2在第一象限的交点，则极限=（）A1BC1D2三、解答题（本大题共有5题，满分74分）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A1B1C1D1中，1=1，2，E、F分别是、的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线1及平面A1C1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，5千米，3千米，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
6、为f（t）（单位：千米）甲的路线是，速度为5千米/小时，乙的路线是，速度为8千米/小时乙到达B地后原地等待设1时乙到达C地（1）求t1及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21y2x2y1|；（2）设l1及l2的斜率之积为，求面积S的值22（16分）（201
7、5上海）已知数列及满足12（1），nN*（1）若35，且a1=1，求数列的通项公式；（2）设的第n0项是最大项，即a（nN*），求证：数列的第n0项是最大项；（3）设a1=0，n（nN*），求的取值范围，使得有最大值M及最小值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（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）是以6为周期的余弦周期函数；（2）设ab，证明对任意cf（a），f（b），存在x0a，b
8、，使得f（x0）；（3）证明：“u0为方程（x）=1在0，T上得解，”的充分条件是“u0为方程（x）=1在区间T，2T上的解”，并证明对任意x0，T，都有f（）（x）（T）答案：1、解：全集，集合=1，2，3，4，=2x3，（）=3或x2，A（）=1，4，故答案为：1，42、解：设，则（a，bR），又31，3（）+（a）=1，化为421，41，21，解得，故答案为：3、解：由题意知，是方程组的解，即，则c1c2=215=16，故答案为：164、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aa60，正棱柱的高为a，（aa60）16，4，故答案为：45、解：因为抛物线y2=2（p0
9、）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以2故答案为：26、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：，过轴的截面面积为：，圆锥的侧面积及过轴的截面面积之比为2，2h，设母线及轴的夹角为，则，故=，故答案为：7、解：2（9x15）2（3x12）+2，2（9x15）24（3x12），9x15=4（3x12），化为（3x）212327=0，因式分解为：（3x3）（3x9）=0，33，39，解得1或2经过验证：1不满足条件，舍去2故答案为：28、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
10、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1266=120种；故答案为：1209、解：设C1的方程为y23x2=，设Q（x，y），则P（x，2y），代入y23x2=，可得4y23x2=，C2的渐近线方程为4y23x2=0，即故答案为：10、解：由f（x）=2x2+在x0，2上为增函数，得其值域为，可得1（x）在上为增函数，因此（x）1（x）在上为增函数，（x）1（x）的最大值为f（2）1（2）=1+1+2=4故答案为：411、解：（1）10 =，仅在第一部分中出现x2项的系数再由，令2，可得，x2项的系数为故答案为：4512、解：赌金的分布列为12345P所以 E1=（1+2
11、+3+4+5）=3，奖金的分布列为1.42.84.25.6P=所以 E2=1.4（1+2+3+4）=2.8，则 E1E2=32.8=0.2元故答案为：0.21314、及的面积分别为2和4，可得，又，联立221，得，由，得则故答案为：15、解：设z1=1，z2，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1z2=1是实数，则z1z2是虚数不成立，若z1、z2都是实数，则z1z2一定不是虚数，因此当z1z2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“z1z2是虚数”的必要不充分条件，故选：B16、解：点 A的坐标为（4，1），设，则，将绕坐标原点O
12、逆时针旋转至，则的倾斜角为+，则，则点B的纵坐标为（+）=7（）=7（+）6=，故选：D17、解：当方程有实根，且无实根时，11240，22280，即a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a221a3，即a3=，则a32=（）2=，即方程的判别式332160，此时方程无实根，故选：B18解：当n+时，直线2x趋近于2x1，及圆x22=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点 （，）及（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x22=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为1=1故选：A19、解：连接，因为E，F分别是，的中点，所以是的中位线，所以由长方体的性质知A1C1，所以A1
13、C1，所以A1、C1、F、E四点共面以D为坐标原点，、1分别为轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A1C1的法向量为则，所以，即，1，得1，1，所以，所以=，所以直线1及平面A1C1所成的角的大小20、解：（1）由题意可得t1，设此时甲运动到点P，则甲t1=5=千米，f（t1）千米；（2）当t1t时，乙在上的Q点，设甲在P点，878t，55t，f（t）=，当t1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，f（t）55tf（t）=当t1时，f（t）0，故f（t）的最大值超过了3千米21、解：（1）依题意，直线l1的方程为，由点到直线间的距离公式得：点C到直线l1的距离，因为22，所以21y2x2y1|；
14、（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，联立方程组，消去y解得，根据对称性，设x1=，则y1=，同理可得x2=，y2=，所以21y2x2y1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（x1y2x2y1）2=，即1y2x2y1，所以21y2x2y122、（1）解：12（1），35，12（1）=2（383n5）=6，是等差数列，首项为a1=1，公差为6，则1+（n1）6=6n5；（2
15、）（1）+（12）+（a2a1）1=2（1）+2（12）+2（b2b1）1=212b1，数列的第n0项是最大项；（3）由（2）可得，当10时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值1=，（2，2），当=1时，a23，a2n1=1，3，1，（2，2），不满足条件当1时，当n+时，a2n+，无最大值；当n+时，a2n1，无最小值综上所述，（，0）时满足条件23、解：（1）g（x）；（x）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）；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）；（3）证明：若
16、u0为方程（x）=1在区间T，2T上的解；则：（u0）=1，Tu02T；（u0）=1，且0u0T；u0为方程（x）=1在0，T上的解；“u0为方程（x）=1在0，T上得解”的充分条件是“u0为方程（x）=1在区间T，2T上的解”；下面证明对任意x0，T，都有f（）（x）（T）：当0时，f（0）=0，显然成立；当时，（2T）（T）=1；f（2T）=2k1，（k1Z），f（T）=4，且2k14，k12；1）若k1=3，f（2T）=6，由（2）知存在x0（0，T），使f（x0）=2；（x0）（x0）=1f（x0）=2k2，k2Z；f（T）f（x0）f（2T）；42k26；2k23，无解；2）若k15
17、，f（2T）10，则存在Tx1x22T，使得f（x1）=6，f（x2）=8；则T，x1，x2，2T为（x）=1在T，2T上的4个解；但方程（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（T）（T），结论成立；当x（0，T）时，f（x）（0，4），考查方程（x）在（0，T）上的解；设其解为f（x1），f（x2），f（），（x1x2）；则f（x1），f（x2），f（）为方程（x）在（T，2T）上的解；又f（）（4，8）；而f（x1）+4，f（x2）+4，f（）+4（4，8）为方程（x）在（T，2T）上的解；f（）（）+4（）（T）；综上对任意x0，T，都有f（）（x）（T）11 / 11