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1、2015 年高考上海理科数学试题及答案解析20152015 年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学（理科）数学（理科）第第卷（选择题卷（选择题 共共 5050 分）分）一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 1414 小题，共小题，共 5656 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，每个空格填对得对得 4 4分，否则一律得零分分，否则一律得零分（1）【2015 年上海，理 1】设全集U R，若集合A 1,2,3,4,B x|2 x 3，则AB【答案】1,4【解析】根据题意，可得U
2、B x|x 3或x 2，故AUB 1,4【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）【2015 年上海，理 2】若复数z满足3z z 1 i，其中i为虚数单位，则z【答案】11iU42【解析】设z x yix,yR，根据题意，有z x yi，可把3z z 1 i化简成3x 3yi x yi 1 i，对于系数相等可得出1111x,y，z i4242【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题（3）【2015 年上海，理 3】若线性方程组的增广矩阵为【答案】16【解析】根据增广矩阵的定义可以还原成方程组2x 3y
3、c10 y c223 c1x 3、解为，则c1 c2y 50 1 c2把x 3y 5代入，可得c1 21,c2 5，c1 c216【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）【2015 年上海，理 4】若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16 3，则a【答案】4【解析】根据正三棱柱的体积计算公式V hS底1333=aaa a 16 3 a 4224【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）【2015 年上海，理 5】抛物线y2 2pxp 0上的动点Q到焦点的距离的最小值为 1，则p【答案】2【解析】根据抛物线的性质，我们知道当且仅当动点
4、Q运动到原点的时候，才与抛物线焦点的距离的最小，所以有QPmin1p,p 22【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）【2015 年上海，理 6】若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2，则其母线与轴的夹角的大小为【答案】3【解析】设这个圆锥的母线长为h，底面半径为r，母线与轴的夹角为，所以S侧=1lh，而过轴的截面是一21l hS2个三角形，故S轴12rh，有h h r2，所以侧12 2S轴22r h2h222 h 2h,h h r,，sinr3,h23r3，【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，是解答的关键（7）【20
5、15 年上海，理 7】方程log29x15log23x122的解为【答案】29x15 02x13x1 43x1 3 0,3x133x11 0，【解析】由条件可得3 2 0 x1x195 43 23x1 3,x 2,3x11,x 1，所以x 1或x 2，检验后只有x 2符合【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）【2015 年上海，理 8】在报名的 3 名男教师和 6 名女教师中，选取 5 人参加义务献血，要求男、女教1/6doc 格式 可编辑师都有，则不同的选取方法的种数为（结果用数值表示）【答案】120【解析】解法一：这里男女老师都要有的
6、话，可以分男 1、女 4，男 2、女 3 和男 3、女 4，所以有C31C64C32C63C33C62 45 6015 120解法二：根据题意，报名的有 3 名男老师和 6 名女教师，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【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 年上海，理 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C和C，若C的渐近线方程为y 3x，则C的渐近线
7、方程为1212【答案】y 3x2x x0Q【解析】设点P和 的坐标为x,y、x0,y0，则有y 2y03x2，又因为C的渐近线方程为y 13x，故设C1的方程为3x2 y2，把P点坐标代入，可得3x024y02，令 0，近线方程，即y 3x 2y 0即为曲线C2的渐【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）【2015 年上海，理 10】设f1x为fx 2x2x,x0,2的反函数，则y fx f1x的最大值为2【答案】412，由反函数的定【解析】通过分析，我们可得函数fx 2x2x在定义域0,2上是单调递增的，且值域为，24义域是原函数的值域，反函数的值域是原函数的
8、定义域以及反函数与原函数的单调性相同，可得112，2，f1x的定义域为，值域为0,2，又原函数与反函数的公共定义域为故ymax fmax2 fmax12 4，44【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）【2015 年上海，理【答案】451【解析】在1 x 2015x1011 x 11】在x201510的展开式中，x项的系数为（结果用数值表示）2中要得到x项的系数，肯定不能含有21x20150项，故只有C101 x10101而对于1 x10，20151 x，x0282x2项的系数为C101 x 45【点评】本题考本题考查了二项式系数的性质，关键是对
9、二项展开式通项的记忆与运用，是基础题（12）【2015 年上海，理 12】赌博有陷阱某种赌博每局的规则是：赌客现在标有 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）若随机变量和分别表示赌客在每一局赌博中的赌金与奖金，则E E（元）【答案】0.2【解析】由题可知，P1.444,P 2.833,P 4.222,P 5.61，12122C52102C52102C5210210所以，和的分布列1221.42.84.25.6分别为：P14103102101101234515
10、15151515PE111 23 45 3,E21.40.4 2.80.3 4.20.25.60.1 2.8，即有E1 E2 0.25【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）【2015 年上海，理 13】已知函数fx sin x，若x,x,x存在满足0 x x x 6，且fx1 fx2 fx2 fx3 fxm1 fxm12m 2,mN*，则m的最小值为【答案】8【解析】对任意的xi,xj，fxi fxj fxmax fxmin 2，欲使m取最小值，12m12m尽 可 能 多 的 让xii 1,2,m取 最 值 点，考虑 到2/6
11、doc 格式 可编辑0 x1 x2 xm 6，fx1 fx2 fx2 fx3 fxm1 fxm12m 2,mN*，按照右图所示取值可以满足条件，所以m的最小值为 8【点评】本题主要考察正弦函数的图像，数形结合是本题关键（14）【2015 年上海，理 14】在锐角ABC中，tan A1，D为BC边上的一点，ABD与ACD面积分别为 2 和 4，2过D作DE AB于E，DF AC于F，则DE DF【答案】1615【解析】由题可知，cosEDF cos A，SABD1AB2SDE 2，SACD481，所以，DE DF AB AC sin A 6ABCABAC24832DE DF DE DF cosE
12、DF cos A cos A，AB ACAB AC1AC DF 4，212AB AC sin A化简可得DEDF 8sin AcosA 4sin2A 4332tan A16 231 tan A15【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（本大题共有 4 4 题，满分题，满分 2020 分）考生应在答题纸相应编号位置填涂，每题只有一个正确选项，分）考生应在答题纸相应编号位置填涂，每题只有一个正确选项，选对得选对得 5 5 分，否则一律得零分分，否则一律得零分（15）【2015 年上海，理 15】设z,
13、z C，则“z,z中至少有一个数是虚数”是“z z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）既非充分也非必要条件【答案】B【解析】充分性不成立，如z 1 i，z 2 i，z z 1不是虚数；必要性成立，采用反证法，若z,z全不是虚数，即z,z均为实数，则z z比为实数，所以z z是虚数，则z,z中至少有一个数是虚数，故选 B【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）【2015 年上海，理 16】已知点A的坐标为4 3,1，将OA绕坐标原点O逆时针转至OB，则B的纵坐121212121212121212123标
14、为（）（A）3 32（B）5 32（C）11（D）1322【答案】D,【解析】以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设A,，则B，且sin1，cos 4 3，B的31纵坐标为：sinsin3231313cos4 3，故选2222D【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 年上海，理 17】记方程：x2 a1x 1 0，方程：x2 a x 2 0，方程：x2 a3x 4 0，其中a,a,a是正实数当a,a,a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
15、实根，且有实根（D）方程无实根，且无实根【答案】B2123123a22【解析】方程无实根，则3 a316 0，又1 a4，2 a28，当a1,a2,a3成等比数列时，a2 a1a3，即有a3a122122，a22由3 0得a316 16 0，即a2416a12，当方程有实根，且无实根时，a12 4，a228，可以推a122出a24 64 164 16a12，故选 B【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）【2015 年上海，理 18】设Pnxn,yn是直线2x y nnN*与圆x2 y2 2在第一象限的交点，则
16、极n1限limyn1（xn1n）2（A）1（B）1（C）1（D）2【答案】A【解析】采用极限思想求解当n时，直线2x y nnN*趋向于2x y 1，直线与圆的交点趋向于P1,1，n13/6doc 格式 可编辑limnyn1可以理解为过点P1,1所作的圆的切线的斜率kxn1，设切线方程为y 1 kx 1，结合d r，即1kk 122，解之k 1，即limnyn1 1，故选xn1A【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、三、解答题解答题（本题共（本题共 5 5 题，题，满分满分 7474 分）分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域
17、内写出必要的步骤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体中ABCD A B C D，（19）【2015 年上海，理 19】（本小题满分 12 分）如图，在长方AA 1，AB AD2，E、F分别是棱AB、BC的中点，证明A、C、F、E四点共面，并求直线CD与平面AC FE所成角的大小解：由于E、F分别是棱AB、BC的中点，所以EF/AC，又AC/AC，所以EF/AC，由公理三的推论，可知A、C、F、E四点共面连接A F、A B由于CD/A B，所以直线CD与平面AC FE所成角的大小与A B与平面AC FE所成角的大小相等设A B与平面AC FE所成角为，点B到平面A EF的
18、距离为d，则sind，在三棱锥A EFB中，体积111111111111111111111111111111A1B1S AA111VAEFBVBA1EF，所以SEFB AA1SA1EFd，即d EFBSA1EF33，结合题中的数据，可以计算出SEFB1，21AF A1B 5，A1F EF 2，A1F 6，由此可以计算出SA EF3211，所以d 33，1515所以sind15，即 arcsin1515A1B15，所以直线CD与平面AC FE所成角的大小为arcsin1【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；本题也可采用空间向量解决（20）【2015 年上海，理
19、20】（本小题满分 14 分）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ft（单位：千米）甲的路线是AB，速度是 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（）求t与ft1的值；（）已知警员的对讲机的有效通话距离为3 千米当t t 1时，求ft的表达式，并判断ft在t1,1上的最大值是否超过 3？说明理由11解：（）由题中条件可知t13小时，此时甲与A点距离为15千米，由余弦定理可知8821533693 4115f tf t923，所
20、以6 分 11888564（）易知，当t 7时乙到达B位置，所以82422当3 t 7时，f t 25t2 42t 18；178t55t278t55t88537225t 42t 18,t 188当7 t 1时，ft 55t；综合，ft7855t,t 18当3 t 21时，ft单调递减，此时函数的值域为3,3 41；825583 5当21 t 7时，ft单调递增，此时函数的值域为5,8；25850,当7 t 1时，ft单调递减，此时函数的值域为8；82由此，函数3 413 413 41 3，ft在t1,1上的值域为0,，而，即98882所以ft在t1,1上的最大值没有超过 314 分【点评】本题
21、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）【2015 年上海，理21】（本小题满分 14 分）已知椭圆x2 2y21，过原点的两条直线l和l分别与椭圆交于点A、B和C、D，记得到的平行四边形ACBD的面积为S（）设Ax1,y1，Cx2,y2用A、C坐标表示点C到直线l的距离，并证明S 2 x1y2 x2y1；121（）设l与l的斜率之积为1，求面积S的值122解：（）由题易知A、C两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况：当A、C两点的横坐标有一个为零时，不妨设x 0，x 0不失一般性，此时l与y轴重合，C到直线l的12114/6doc 格式 可编辑距离为x2，平行四边形
22、ACBD的面积为S 2 x2y1；当A、C两点的横坐标均不为 0 时，即l和l的斜率均存在时，设l的方程为y kx，其中k y1211x1y kx可得2k21 x210，22x 2y 1所以弦长AB 1 k21 k2A42k212k212x12 y121 k2 2 2 2 x12 y12222k 12y1 x121点C到直线l的距离d 11kx2 y21 ky1x2 y2x1x y2121所以四边形ACBD的面积为S AB d 2 x1y2 x2y1综合点C到直线l的距离为（）解法一：易知两直线的斜率分别为：kly1x2 y2x1x y21，平行四边形ACBD的面积为2 x1y2 x2y16
23、分y2x21y1x1，kl2，由l与l的斜率之积为1可得：x x12212 2y1y2，又x1212y12，x2212y22，所以x12x222y1y2212y12 y224y12y22，即y12 y221，2S22 x1y2 x2y12222222 4x12y22 x22y12 2x1y2x2y1 4y21 2y1 y11 2y2 4y1y2化简得S2 4y12 y22 2，所以平行四边形的面积为解法二：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为消去y解得x 11 2k2214 分y kx2212k，设直线l1的方程为y kx，联立方程组11 2k2x 2y 1，根据对称性，设x1，则y1k1
24、 2k2，分22同理可得x22k2，y21 2k1 2k2，所以S 2 x1y2 x2y1214【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）【2015 年上海，理 22】（本小题满分 16 分）已知数列an与bn满足an1an 2bn1bn,nN*（）若bn3n5，且a11，求an的通项公式；（）设an的第n0项是最大项，即an annN*，求证：bn的第n0项是最大项；0（）设a10,bnnnN*，求的取值范围，使得an有最大值M与最小值m，且M2,2m解：（）由b 3n 5可得：an1an 2bn1bn6nN*，又a 1，所以数列an
25、为以 1 为首项，6 为公差的等差数列，即有an6n5nN*4 分（）由an1an 2bn1bn,nN*可得：a2 a1 2b2b1a3a2 2b3b2an an1 2bnbn1n 2将上述式子累加可得an a1 2bnb1n 2，当n 1时，也成立，所以ana1 2bnb1nN*，由此可得n1111bnanb1a1，由于b1a1为常数，222所以当an的第n0项是最大项时，1anb11a1最大，即bn的第n0项是最大项1022nn11分（）由（）可知ana1 2bnb1nN*，即a 2b a 2b，结合a1,bnn可得an 2n，分三种情况进行讨论：当 1时，则n为偶数时a 3，n为奇数时a
26、 1，即有M 3，m 1，此时M 32,2，nnm由此，此情况不符合条件；当1,0时，则n为偶数时，nn，由于1,0，所以0,1，从而随着n增大值减小，此时n 0，n2，无最小值（无限靠近 0）；n为奇数时，0，此时n，由于1,0，所以maxnnn0,1，从而n随着n增大值减小，结合n n，可知随着n增大值增大，此时nmin，无nM22最大值（无限靠近 0）；由此可知数列an的最大值M 2，最小值m 2，21，m 21 2M1又2,2，所以21 2，解之 0；m21 02当 1时，则n为偶数时，nn，由于 1，所以1,，从而随着n增大值增大，此时 0，；n为奇数时，0，此时n n，由于 1，所
27、以1，从nmin2，无最大值（无限靠近）nnn而n随着n增大值增大，结合n n，可知随着n增大值减小，此时nmax，无最小值（无限靠近）；由此可知，在 1条件下，数列an无最值，显然不符合条件；n5/6doc 格式 可编辑1,016 分综上，符合条件的实数的取值范围为2【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（）的求解运用了极限思想方法，是中档题（23）【2015 年上海，理23】（本小题满分 18 分）对于定义域为R的函数gx，若存在正常数T，使得cosgx是以T为周期的函数，则称gx为余弦周期函数，且称T为其余弦周期已知f(
28、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，f0 0，fT 4（）验证h(x)xsinx是以6为余弦周期的余弦周期函数；3（）设a b，证明对任意cfa,fb，存在x0a,b，使得fx0 c；（）证明：“u0为方程cos f(x)1在0,T上的解”的充要条件是“u0T为方程cos f(x)1在T,2T上的解”，并证明对任意x0,T都有f(x T)f(x)f(T)x 解：（）coshx cosx sin，3x 6coshx 6 cosx 6 sin3x x cos x 6 sin cos x sin coshx33所以h(x)xsinx是以6为余弦周期的余弦周期函数4 分
29、3（）当c fa或者c fb时，由于f(x)单调递增，所以存在x a或x b使得fx0 c成立；当cfa,fb，构造函数px fxc，则pa 0，pb 0，从而pa pb 0，所以存在x0a,b，使得px0 0，即存在x0a,b，使得fx0 c成立，证毕10 分（）先证必要性：u0为方程cos f(x)1在0,T上的解，即cos f(u)1，由u00,T可得u0T T,2T，由于函数f(x)是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以cos f(u T)cos f(u)1，即u0T为方程cos f(x)1在T,2T上的解；再证充分性：u0T为方程cos f(x)1在T,2T上的解，即cos f(u T
30、)1，由u0T T,2T可得u00,T，由于函数f(x)是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以cos f(u)cos f(u T)1，即u0为方程cos f(x)1在0,T上的解；下证：对任意x0,T都有f(x T)f(x)f(T)由于函数f(x)是以T为余弦周期的余弦周期函数，所以cos f(x)cos f(x T)，即有cos f(x)cos f(x T)0，00000000fx fx Tfx fx Tsin 0，所以2sin 2f x f x T k或即 22fx fx T2 kk Z，所以fx T fx 2k或fx T 2k fxkZ若fx T fx 2k，由f0 0，fT 4，可得k 2所以fx T fx 4，这与函数fx为增函数矛盾，舍去；若fx T 2k fxk Z，由f0 0，fT 4，可得k 2，所以fx T 4 fx，即fx T fx fT由此，对任意x0,T都有f(x T)f(x)f(T)18 分【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cos fx1能得出fx 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感谢您使用本店文档您的满意是我们的永恒的追求！（本句可删）-6/6doc 格式 可编辑