2015年高考真题——理科数学（上海卷）解析版

2015年高考真题——理科数学（上海卷）解析版

一、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25分. 1、设全集 UR ．若集合  1,2,3,4 ，  23xx    ，则 U  ð ． 【答案】 1,4 【解析】因为 { | 3 2}UC B x x x  或 ，所以 {4,1}UA C B  【考点定位】集合运算 2、若复数 z 满足31z z i   ，其中i 为虚数单位，则 z  ． 【答案】 11 42i 3、若线性方程组的增广矩阵为 1 2 23 01 c c   、解为 3 5 x y    ，则 12cc ． 【答案】16 【解析】由题意得： 1 2 1 22 3 2 3 3 5 21, 0 5, 21 5 16.c x y c x y c c               【考点定位】线性方程组的增广矩阵 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 5、抛物线 2 2y px （ 0p  ）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则 p  ． 【答案】 2 6、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 ． 【答案】 3  【解析】由题意得： 1: ( 2 ) 2 22rl h r l h     母线与轴的夹角为 【考点定位】圆锥轴截面[来源:Z+xx+k.Com] 7、方程    11 22log 9 5 log 3 2 2xx    的解为 ． 【答案】 2 【解析】设 13 ,( 0)x tt ，则 22 22log ( 5) log ( 2) 2 5 4( 2) 0t t t t         214 3 0, 5 3 3 3 1 1 2xt t t t x x              【考点定位】解指对数不等式 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、女教师都有，则不同的选取方 式的种数为 （结果用数值表示）． 【答案】120 9、已知点 和Q 的横坐标相同， 的纵坐标是Q 的纵坐标的 2 倍， 和 Q 的轨迹分别为双曲线 1C 和 2C ．若 1C 的渐近线方程为 3yx ，则 2C 的渐近线方程为 ． 【答案】 3 2yx 【解析】由题意得： 1C ： 223 ,( 0)xy   ，设 ( , )Q x y ，则 ( ,2 )P x y ，所以 2234xy，即 的渐 近线方程为 【考点定位】双曲线渐近线 10、设  1fx 为   22 2 x xfx ，  0,2x 的反函数，则    1y f x f x 的最大值为 ． 【答案】 4 11、在 10 2015 11 x x  的展开式中， 2x 项的系数为 （结果用数值表示）． 【答案】 45 【解析】因为 10 10 10 1 9 102015 2015 2015 1 1 11 (1 ) (1 ) (1 )x x x C xx x x                    ，所以 项只能在 10(1 )x 展开式中，即为 82 10Cx，系数为 8 10 45.C  【考点定位】二项展开式[来源:学科网 ZXXK] 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 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 12   （元）． 【答案】 0.2 【解析】赌金的分布列为 1 1 2 3 4 5 P 1 5 所以 1 1 (1 2 3 4 5) 35E       奖金的分布列为 2 1.4 2.8 4.2 5.6 P 2 5 42 5C  2 5 33 10C  2 5 21 5C  2 5 11 10C  所以 2 2 3 1 11.4 ( 1 2 3 4) 2.85 10 5 10E           12   0.2 【考点定位】数学期望 13、已知函数   sinf x x ．若存在 1x ， 2x ，， mx 满足 1206mx x x       ，且            1 2 2 3 1 12nnf x f x f x f x f x f x      （ 2m  ， m  ），则 m 的最小值 为 ． 【答案】8 【 解 析 】 因为 ， 所 以     max min( ) ( ) 2mnf x f x f x f x    ， 因 此 要 使 得 满 足 条 件 的 最小，须取 1 2 3 4 5 6 7 8 3 5 7 9 110, , , , , , , 6 ,2 2 2 2 2 2x x x x x x x x              即 8.m  【考点定位】三角函数性质 14、在锐角三角形 C 中， 1tan 2 ，D 为边 C 上的点， D 与 CD 的面积分别为 2 和 4 ．过 D 作 D   于 ， DF C 于 F ，则 D DF  ． 【答案】 16 15 【 解 析 】 由 题 意 得 ： 1 2 1sin ,cos , sin 2 4 12 5255 A A AB AC A AB AC         ，又 1 1 322, 4 3222 12 5 AB DE AC DF AB DE AC DF DE DF            , 因为 DEAF 四 点 共 圆 ， 因 此 D DF  32 2 16cos( ) ( ) 1512 5 5 DE DF A        【考点定位】向量数量积，解三角形 二、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的. 15、设 1z ， 2 Cz  ，则“ 1z 、 2z 中至少有一个数是虚数”是“ 12zz 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 【答案】B 16、已知点  的坐标为 4 3,1 ，将 绕坐标原点 逆时针旋转 3  至  ，则点 的纵坐标为（ ） A． 33 2 B． 53 2 C．11 2 D．13 2 【答案】D 【解析】 1 3 3 3 13(cos sin ) (4 3 ) ( )3 3 2 2 2 2OB OA i i i i         ，即点 的纵坐标为 【考点定位】复数几何意义 17、记方程①： 2 1 10x a x   ，方程②： 2 2 20x a x   ，方程③： 2 3 40x a x   ，其中 1a ， 2a ， 3a 是正实数．当 1a ， 2a ， 3a 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 【答案】B 【解析】当方程①有实根，且②无实根时， 22 124, 8aa，从而 4 2 2 2 3 2 1 8 16,4 aa a   即方程③： 无实根，选 B.而 A,D 由于不等式方向不一致，不可推；C 推出③有实根 【考点定位】不等式性质 18、设  ,n n nxy 是直线 2 1 nxyn （ n  ）与圆 222xy在第一象限的交点，则极限 1lim 1 n n n y x   （ ） A． 1 B． 1 2 C．1 D． 2 【答案】A 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 19、（本题满分 12 分）如图，在长方体 1 1 1 1CD C D    中， 1 1  ， D2    ， 、F 分别是  、 C 的中点．证明 1 、 1C 、 F 、 四点共面，并求直线 1CD 与平面 11CF所成的角的大小. 【答案】 15 15arcsin 因此直线 1CD 与平面 FECA 11 所成的角的大小为 15 15arcsin ． 【考点定位】空间向量求线面角 20、（本题满分 14 分）本题共有 2 小题，第小题满分 6 分，第小题满分 8 分 如图， ， ，C 三地有直道相通， 5  千米， C3千米， C4千米.现甲、乙两警员同时从  地出发匀速前往 地，经过t 小时，他们之间的距离为  ft（单位：千米）.甲的路线是  ，速度为5 千 米/小时，乙的路线是 C，速度为8 千米/小时.乙到达 地后原地等待.设 1tt 时乙到达C 地. （1）求 1t 与  1ft 的值； （2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3 千米.当 1 1tt时，求  ft的表达式，并判断  ft在 1,1t 上得最大值是否超过3 ？说明理由. 【答案】（1） 1 3 8t  ，  1 3 418ft  （2）         18 7,55 8 7 8 3,184225 )( 2 tt ttt tf ， 不超过3 . （2）甲到达 用时1小时；乙到达C 用时 3 8 小时，从  到  总用时 7 8 小时． 当 1 37 88tt   时，         22 247 8 5 5 2 7 8 5 5 25 42 185f t t t t t t t           ； 当 7 18 t时，   55f t t . 所以 . 因为  ft在 37,88   上的最大值是 3 3 41 88f  ，  ft在 7 ,18   上的最大值是 75 88f  ，所以  ft在 3,18   上的最大值是 3 41 8 ，不超过 . 【考点定位】余弦定理 21、（本题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题 6 分，第 2 小题 8 分. 已知椭圆 2221xy，过原点的两条直线 1l 和 2l 分别于椭圆交于  、  和 C 、 D ，记得到的平行四边形 CD 的面积为 S . （1）设  11,xy ，  22C,xy ，用  、C 的坐标表示点C 到直线 1l 的距离，并证明 1 1 2 12S x y x y； （2）设 1l 与 2l 的斜率之积为 1 2 ，求面积 S 的值. 【答案】（1）详见解析（2） 2S  由 1 ，  22 12 1 2 2 1 2 1 1 2 22 2 1 221222 1 2 2 1 kkxx kS x y x y x kx x xkkk k k             ， 整理得 . 【考点定位】直线与椭圆位置关系 22、（本题满分 16 分）本题共有 3 个小题.第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满 分 6 分，第 3 小题满分 6 分. 已知数列 na 与 nb 满足  112n n n na a b b   ， n  . （1）若 35nbn，且 1 1a  ，求数列 na 的通项公式； （2）设 的第 0n 项是最大项，即 0nnaa （ n  ），求证：数列 nb 的第 项是最大项； （3）设 1 0a ， n nb  （ n  ），求  的取值范围，使得 有最大值  与最小值 m ，且  2,2m  . 【答案】（1） 65nan（2）详见解析（3） 1 ,02  因为 0nnaa ， n  ，所以 0 1 1 1 12 2 2 2nnb a b b a b     ，即 0nnbb . 故 nb 的第 0n 项是最大项. 解：（3）因为 n nb  ，所以  1 1 2 nn nnaa      ， 当 2n  时，      1 1 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a              1 1 2 22 2 2n n n n               2 n. 当 1n  时， 1a  ，符合上式. 所以 2 n na . 因为 0  ，所以 2 2 2 n na       ， 21 21 2 n na         .[来源:Zxxk.Com] ①当 1  时，由指数函数的单调性知， na 不存在最大、最小值； ②当 1  时， na 的最大值为3 ，最小值为 1 ，而  3 2,21 ； ③当 10   时，由指数函数的单调性知， na 的最大值 2 2 2a     ，最小值 1ma ， 由 2222     及 10   ，得 1 02    . 综上，  的取值范围是 1 ,02  . 【考点定位】等差数列，数列单调性 23、（本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分 8 分. 对于定义域为 R 的函数  gx，若存在正常数  ，使得  cos gx是以 为周期的函数，则称 为余弦 周期函数，且称 为其余弦周期.已知  fx是以 为余弦周期的余弦周期函数，其值域为 .设 单调 递增，  00f  ，   4f  . （1）验证   sin 3 xh x x 是以 6 为周期的余弦周期函数； （2）设 ba  ．证明对任意    ,c f a f b，存在  0 ,x a b ，使得  0f x c ； （3）证明：“ 0u 为方程  cos 1fx 在 0, 上得解”的充要条件是“ 0u 为方程  cos 1fx 在 ,2 上有解”，并证明对任意  0,x都有      f x f x f     . 【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）详见解析[来源:学#科#网] （2）由于  fx的值域为 R ，所以对任意    ,c f a f b，c 都是一个函数值，即有 0 Rx  ，使得  0f x c .[来源:学科网] 若 0xa ，则由  fx单调递增得到    0c f x f a，与    ,c f a f b矛盾，所以 0xa .同理可 证 0xb .故存在  0 ,x a b 使得  0f x c . （3）若 0u 为  cos 1fx 在 0, 上的解，则  0cos 1fu  ，且  0 ,2u     ，    00cos cos 1f u f u    ，即 0u 为方程  cos 1fx 在 ,2上的解. 同理，若 0u 为方程  cos 1fx 在 ,2上的解，则 0u 为该方程在 0, 上的解. 以下证明最后一部分结论. 由（2）所证知存在 0 1 2 3 40 x x x x x      ，使得  if x i ， 0i  ，1， 2 ，3 ， 4 . 而    cos cosf x f x   ，故        4f x f x f x f       . 类似地，当  1,iix x x  ， 1i  ， 2 ，3 时，有      f x f x f     . 结论成立. 【考点定位】新定义问题