历年高考数学试卷附答案.pdf-淘文阁

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1、数学试卷数学试卷一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 1414 题，满分题，满分 4848 分分）考生应在答题纸相应编号的空格）考生应在答题纸相应编号的空格直接填写结果，每个空格填对直接填写结果，每个空格填对 4 4 分，否则一律得零分分，否则一律得零分1（4 分）（2015）设全集 U=R若集合=1，2，3，4，=x|2x3，则U=2（4 分）（2015）若复数 z 满足 3z+=1+i，其中 i 是虚数单位，则 z=3（4 分）（2015）若线性方程组的增广矩阵为解为，则 c1c2=4（4 分）（2015）若正三棱柱的所有棱长均为 a，且其体积为 16，则 a=5（4 分）（201

2、5）抛物线 y2=2px（p0）上的动点 Q 到焦点的距离的最小值为 1，则 p=6（4 分）（2015）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7（4 分）（2015）方程 log2（9x15）=log2（3x12）+2 的解为8（4 分）（2015）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）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

3、（4 分）（2015）设 f1（x）为f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则y=f（x）+f1（x）的最大值为11（4 分）（2015）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为（结果用数值表示）1/1712（4 分）（2015）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，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，将这两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）已知函数 f（x）=sinx若存在 x1，

4、x2，xm满足 0 x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m12，mN*），则 m 的最小值为14（2015）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 EA B 于 E，DFAC 于 F，则=二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 4 题，满分题，满分 1515 分分）每题有且只有一个正确答案，考）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

5、 5 分，否则一分，否则一律得零分律得零分15（5 分）（2015）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C充要条件B必要非充分条件D既非充分又非必要条件16（5 分）（2015）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（）ABCD17（2015）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

6、无实根，且有实根D方程无实根，且无实根18（5 分）（2015）设 Pn（xn，yn）是直线 2xy=（nN*）与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点，则极限=（）A1BC1D22/17三、名师解答题（本大题共有三、名师解答题（本大题共有 5 5 题，满分题，满分 7474 分）名师解答下列各题必须在答题分）名师解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域写出必要的步骤纸相应编号的规定区域写出必要的步骤.19（12 分）（2015）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1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

7、A1C1FE所成的角的大小20（14 分）（2015）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3/1721（14 分）（2015）已知椭圆 x2+2y

8、2=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|x1y2x2y1|；（2）设 l1与 l2的斜率之积为，求面积 S 的值22（16 分）（2015）已知数列an与bn满足 an+1an=2（bn+1bn），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 aan（nN*），求证：数列bn的第 n0项是最大项；（3）设a1=0，bn=n（nN*），求的取值围，使得

9、an有最大值 M 与最小值 m，且（2，2）4/17*23（18 分）（2015）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 ab，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（

10、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）20152015 年市高考数学试卷（理科）年市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 1414 题，满分题，满分 4848 分分）考生应在答题纸相应编号的空格）考生应在答题纸相应编号的空格直接填写结果，每个空格填对直接填写结果，每个空格填对 4 4 分，否则一律得零分分，否则一律得零分1（4 分）（2015）设全集 U=R若集合=1，2，3，4，=x|2x3，则U=1，4知识归纳：交、并、补集的混合运算名师分析：本题考查集合的运算，由于两个集

11、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=1，2，3，4，=x|2x3，（UB）=x|x3 或 x2，A（UB）=1，4，5/17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）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名师分析：设 z=a+bi，则=abi（a，bR），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=abi（a，bR），又 3z+=1+i，3（a+bi）+（abi）=1

12、+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）若线性方程组的增广矩阵为解为，则 c1c2=16知识归纳：二阶行列式与逆矩阵名师分析：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 c1c2=215=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）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：棱锥的结构特征名师分析：由题意可得（aasin6

13、0）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aasin60，正棱柱的高为 a，（aasin60）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与体积公式，属于基础题6/175（4 分）（2015）抛物线 y2=2px（p0）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（p0）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，

14、考查学生的计算能力，比较基础6（4 分）（2015）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知识归纳：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）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 2，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：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=，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

15、的夹角的余弦值，是名师解答的关键7（4 分）（2015）方程 log2（9x15）=log2（3x12）+2 的解为2知识归纳：对数的运算性质名师分析：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（9x15）=log2（3x12）+2，log2（9x15）=log24（3x12），9x15=4（3x12），化为（3x）2123x+27=0，因式分解为：（3x3）（3x9）=0，7/173x=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与指数运算性质与其方程的解法，考查了计算能力，属于基础题8

16、（4 分）（2015）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 1266=120 种；故答案为：12

17、0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）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：双曲线的简单性质名师分析：设 C1的方程为 y23x2=，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 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：名师点评：本题

18、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）设 f1（x）为f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则y=f（x）+f1（x）的最大值为4知识归纳：反函数8/17名师分析：由 f（x）=2x2+在 x0，2上为增函数可得其值域，得到 y=f1（x）在上为增函数，由函数的单调性求得 y=f（x）+f1（x）的最大值名师解答：解：由 f（x）=2x2+在 x0，2上为增函数，得其值域为，可得 y=f1（x）在上为增函数，因此 y=f（x）+f1（x）在上为增函数，y=f（x）+f1（x）的最大值为 f（2）+f1（2）=1+1+2=4故答案为：4名师点评：本题考查了

19、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）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2x 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）赌博有陷阱某种赌博每局的规则是：赌客先在

20、标记有 1，2，3，4，5 的卡片中随机摸取一，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，将这两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=0.2（元）知识归纳：离散型随机变量的期望与方差名师分析：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12345P所以E1=（1+2+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）=2.8，9/17则 E1E2=32.8=0.2 元故答案为：0.2

23、的关键，是难题14（2015）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 EA B 于 E，DFAC 于 F，则=知识归纳：平面向量数量积的运算10/17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（本大题共有二、选择题

24、（本大题共有 4 4 题，满分题，满分 1515 分分）每题有且只有一个正确答案，考）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 5 分，否则一分，否则一律得零分律得零分15（5 分）（2015）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知识归纳：必要条件、充分条件与充要条件的判断名师分析：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

25、 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：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）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（）ABCD知识归纳：任意角的三角函数的定义名师分析：根据三角函数的定义，求出xOA 的三角函

26、数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可11/17名师解答：解：点 A 的坐标为（4，1），设xOA=，则 sin=，cos=，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）=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与两角和差的正弦公式是解决本题的关键17（2015）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

27、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，且无实根知识归纳：根的存在性与根的个数判断名师分析：根据方程根与判别式之间的关系求出 a124，a228，结合 a1，a2，a3成等比数列求出方程的判别式的取值即可得到结论名师解答：解：当方程有实根，且无实根时，1=a1240，2=a2280，即 a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a22=a1a3，即 a3=，则 a32=（）2=，即方程的判别式3=a32160，此时方程无实根，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

28、的取值关系是解决本题的关键18（5 分）（2015）设 Pn（xn，yn）是直线 2xy=（nN*）与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点，则极限=（）A1BC1D2知识归纳：极限与其运算名师分析：当 n+时，直线 2xy=趋近于 2xy=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 2xy=趋近于 2xy=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，22其值会无限接近圆 x+y=2 在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为1=1故选：A

29、12/17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（本大题共有三、名师解答题（本大题共有 5 5 题，满分题，满分 7474 分）名师解答下列各题必须在答题分）名师解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域写出必要的步骤纸相应编号的规定区域写出必要的步骤.19（12 分）（2015）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1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名师分析：利用长方体的集合

30、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 EFAC由长方体的性质知 ACA1C1，所以 EFA1C1，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）如图，A，B，C 三地

31、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？说明理由知识归纳：余弦定理的应用名师分析：（1）由题意可得 t1=h，由余弦定理可得 f（t1）=PC=，代值计算可得；13/17（2）当

32、t1t时，由已知数据和余弦定理可得 f（t）=PQ=，当t1 时，f（t）=PB=55t，综合可得当t1 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 t1t时，乙在 CB 上的 Q 点，设甲在 P 点，QB=AC+CB8t=78t，PB=ABAP=55t，f（t）=PQ=，当t1 时，乙在 B 点不动，设此时甲在点 P，f（t）=PB=ABAP=55tf（t）=当t1 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，涉与余弦定理和分段函数，属中档

33、题21（14 分）（2015）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|x1y2x2y1|；（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|x1y2x2y1|；

34、（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|x1y2x2y1|；（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

35、x=，根据对称性，设 x1=，则 y1=，同理可得 x2=，y2=，所以 S=2|x1y2x2y1|=方法二：设直线 l1、l2的斜率分别为、，则=，所以 x1x2=2y1y2，14/17=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|x1y2x2y1|=，所以 S=2|x1y2x2y1|=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）已知数列an与bn满足 an+1an=2（b

36、n+1bn），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 aan（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；数列的函数特性名师分析：（1）把 bn=3n+5 代入已知递推式可得 an+1an=6，由此得到an是等差数列，则 an可求；（2）由 an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1，结合递推式累加得到an=2bn+a12b1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分10，=1，1

37、三种情况求得 an的最大值 M 和最小值 m，再由（2，2）列式求得的围名师解答：（1）解：an+1an=2（bn+1bn），bn=3n+5，an+1an=2（bn+1bn）=2（3n+83n5）=6，an是等差数列，首项为 a1=1，公差为 6，则 an=1+（n1）6=6n5；（2）an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=2（bnbn1）+2（bn1bn2）+2（b2b1）+a1=2bn+a12b1，数列bn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 m=a1=，（2，2），当=1 时，a2n=3，a2n1=1，15

38、/17M=3，m=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）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）

39、=x+sin 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，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）知识归纳：函数与方程的综合运用名师分析：（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；

40、（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，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 k12，然后根据 f（x）的单调性与方程 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=

41、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 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；16/17（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，Tu0+T2T；cosf（u0）=1，且 0u0T

42、；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 2k14，k12；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（x0+T）f（2T）；4

43、2k26；2k23，无解；2）若 k15，f（2T）10，则存在Tx1x22T，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 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），（x1x2xn）；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）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，kZ，以与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17/17

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