2015年上海市高考數(shù)學(xué)試卷（文科）

1、2015年上海市高考數(shù)學(xué)試卷（文科）一、填空題（本大題共14小題，滿分56分）考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個空格填對得4分，否則一律零分）1（4分）函數(shù)f（x）=13sin2x的最小正周期為 2（4分）設(shè)全集U=R，若集合A=1，2，3，4，B=x|2x3，則AB= 3（4分）若復(fù)數(shù)z滿足3z+=1+i，其中i是虛數(shù)單位，則z= 4（4分）設(shè)f1（x）為f（x）=的反函數(shù)，則f1（2）= 5（4分）若線性方程組的增廣矩陣為解為，則c1c2= 6（4分）若正三棱柱的所有棱長均為a，且其體積為16，則a= 7（4分）拋物線y2=2px（p0）上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，則

2、p= 8（4分）方程log2（9x15）=log2（3x12）+2的解為 9（4分）若x，y滿足，則目標函數(shù)z=x+2y的最大值為 10（4分）在報名的3名男老師和6名女教師中，選取5人參加義務(wù)獻血，要求男、女教師都有，則不同的選取方式的種數(shù)為 （結(jié)果用數(shù)值表示）11（4分）在（2x+）6的二項式中，常數(shù)項等于 （結(jié)果用數(shù)值表示）12（4分）已知雙曲線C1、C2的頂點重合，C1的方程為y2=1，若C2的一條漸近線的斜率是C1的一條漸近線的斜率的2倍，則C2的方程為 13（4分）已知平面向量、滿足，且|，|，|=1，2，3，則|+|的最大值是 14（4分）已知函數(shù)f（x）=sinx若存在x1，x

3、2，xm滿足0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*），則m的最小值為 二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分）每題有且只有一個正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否則一律零分.15（5分）設(shè)z1、z2C，則“z1、z2均為實數(shù)”是“z1z2是實數(shù)”的（）A充分非必要條件B必要非充分條件C充要條件D既非充分又非必要條件16（5分）下列不等式中，與不等式2解集相同的是（）A（x+8）（x2+2x+3）2Bx+82（x2+2x+3）CD17（5分）已知點A的坐標為（4，1），將OA繞

4、坐標原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，則點B的縱坐標為（）ABCD18（5分）設(shè) Pn（xn，yn）是直線2xy=（nN*）與圓x2+y2=2在第一象限的交點，則極限=（）A1BC1D2三、解答題（本大題共有5題，滿分74分）解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19（12分）如圖，圓錐的頂點為P，底面圓為O，底面的一條直徑為AB，C為半圓弧的中點，E為劣弧的中點，已知PO=2，OA=1，求三棱錐PAOC的體積，并求異面直線PA和OE所成角的大小20（14分）已知函數(shù)f（x）=ax2+，其中a為常數(shù)（1）根據(jù)a的不同取值，判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并說明理由；（2）若a（1，3），

5、判斷函數(shù)f（x）在1，2上的單調(diào)性，并說明理由21（14分）如圖，O，P，Q三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，現(xiàn)甲、乙兩警員同時從O地出發(fā)勻速前往Q地，經(jīng)過t小時，他們之間的距離為f（t）（單位：千米）甲的路線是OQ，速度為5千米/小時，乙的路線是OPQ，速度為8千米/小時，乙到達Q地后在原地等待設(shè)t=t1時乙到達P地，t=t2時乙到達Q地（1）求t1與f（t1）的值；（2）已知警員的對講機的有效通話距離是3千米，當t1tt2時，求f（t）的表達式，并判斷f（t）在t1，t2上的最大值是否超過3？說明理由22（16分）已知橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2

6、分別與橢圓交于點A、B和C、D，記AOC的面積為S（1）設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐標表示點C到直線l1的距離，并證明S=|；（2）設(shè)l1：y=kx，S=，求k的值；（3）設(shè)l1與l2的斜率之積為m，求m的值，使得無論l1和l2如何變動，面積S保持不變23（18分）已知數(shù)列an與bn滿足an+1an=2（bn+1bn），nN*（1）若bn=3n+5，且a1=1，求an的通項公式；（2）設(shè)an的第n0項是最大項，即an0an（nN*），求證：bn的第n0項是最大項；（3）設(shè)a1=30，bn=n（nN*），求的取值范圍，使得對任意m，nN*，an0，且2015年上海市高考數(shù)學(xué)

7、試卷（文科）參考答案與試題解析一、填空題（本大題共14小題，滿分56分）考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個空格填對得4分，否則一律零分）1（4分）函數(shù)f（x）=13sin2x的最小正周期為【分析】由條件利用半角公式化簡函數(shù)的解析式，再利用余弦函數(shù)的周期性求得函數(shù)的最小正周期【解答】解：函數(shù)f（x）=13sin2x=13=+cos2x，函數(shù)的最小正周期為=，故答案為：【點評】本題主要考查半角公式的應(yīng)用，余弦函數(shù)的周期性，屬于基礎(chǔ)題2（4分）設(shè)全集U=R，若集合A=1，2，3，4，B=x|2x3，則AB=2，3【分析】由A與B，找出兩集合的交集即可【解答】解：全集U=R，A=1，2，

8、3，4，B=x|2x3，AB=2，3，故答案為：2，3【點評】此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關(guān)鍵3（4分）若復(fù)數(shù)z滿足3z+=1+i，其中i是虛數(shù)單位，則z=【分析】設(shè)z=a+bi，則=abi（a，bR），利用復(fù)數(shù)的運算法則、復(fù)數(shù)相等即可得出【解答】解：設(shè)z=a+bi，則=abi（a，bR），又3z+=1+i，3（a+bi）+（abi）=1+i，化為4a+2bi=1+i，4a=1，2b=1，解得a=，b=z=故答案為：【點評】本題考查了復(fù)數(shù)的運算法則、復(fù)數(shù)相等，屬于基礎(chǔ)題4（4分）設(shè)f1（x）為f（x）=的反函數(shù)，則f1（2）=【分析】由原函數(shù)解析式把x用含有y的代數(shù)式表

9、示，x，y互換求出原函數(shù)的反函數(shù)，則f1（2）可求【解答】解：由y=f（x）=，得，x，y互換可得，即f1（x）=故答案為：【點評】本題考查了函數(shù)的反函數(shù)的求法，是基礎(chǔ)的計算題5（4分）若線性方程組的增廣矩陣為解為，則c1c2=16【分析】根據(jù)增廣矩陣的定義得到，是方程組的解，解方程組即可【解答】解：由題意知，是方程組的解，即，則c1c2=215=16，故答案為：16【點評】本題主要考查增廣矩陣的求解，根據(jù)條件建立方程組關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵6（4分）若正三棱柱的所有棱長均為a，且其體積為16，則a=4【分析】由題意可得（aasin60°）a=16，由此求得a的值【解答】解：由題意可得

10、，正棱柱的底面是變長等于a的等邊三角形，面積為aasin60°，正棱柱的高為a，（aasin60°）a=16，a=4，故答案為：4【點評】本題主要考查正棱柱的定義以及體積公式，屬于基礎(chǔ)題7（4分）拋物線y2=2px（p0）上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，則p=2【分析】利用拋物線的頂點到焦點的距離最小，即可得出結(jié)論【解答】解：因為拋物線y2=2px（p0）上的動點Q到焦點的距離的最小值為1，所以=1，所以p=2故答案為：2【點評】本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，比較基礎(chǔ)8（4分）方程log2（9x15）=log2（3x12）+2的解為2【分析】利用對數(shù)的

11、運算性質(zhì)化為指數(shù)類型方程，解出并驗證即可【解答】解：log2（9x15）=log2（3x12）+2，log2（9x15）=log24×（3x12），9x15=4（3x12），化為（3x）2123x+27=0，因式分解為：（3x3）（3x9）=0，3x=3，3x=9，解得x=1或2經(jīng)過驗證：x=1不滿足條件，舍去x=2故答案為：2【點評】本題考查了對數(shù)的運算性質(zhì)及指數(shù)運算性質(zhì)及其方程的解法，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題9（4分）若x，y滿足，則目標函數(shù)z=x+2y的最大值為3【分析】作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求z的最大值【解答】解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)

12、域如圖：（陰影部分）由z=x+2y得y=x+z，平移直線y=x+z，由圖象可知當直線y=x+z經(jīng)過點B時，直線y=x+z的截距最大，此時z最大由，解得，即B（1，1），代入目標函數(shù)z=x+2y得z=2×1+1=3故答案為：3【點評】本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用圖象平行求得目標函數(shù)的最大值和最小值，利用數(shù)形結(jié)合是解決線性規(guī)劃問題中的基本方法10（4分）在報名的3名男老師和6名女教師中，選取5人參加義務(wù)獻血，要求男、女教師都有，則不同的選取方式的種數(shù)為120（結(jié)果用數(shù)值表示）【分析】根據(jù)題意，運用排除法分析，先在9名老師中選取5人，參加義務(wù)獻血，由組合數(shù)公式可得其選法數(shù)目，再排除其中

13、只有女教師的情況；即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，報名的有3名男老師和6名女教師，共9名老師，在9名老師中選取5人，參加義務(wù)獻血，有C95=126種；其中只有女教師的有C65=6種情況；則男、女教師都有的選取方式的種數(shù)為1266=120種；故答案為：120【點評】本題考查排列、組合的運用，本題適宜用排除法（間接法），可以避免分類討論，簡化計算11（4分）在（2x+）6的二項式中，常數(shù)項等于240（結(jié)果用數(shù)值表示）【分析】寫出二項展開式的通項，由x的指數(shù)為0求得r值，則答案可求【解答】解：由（2x+）6，得=由63r=0，得r=2常數(shù)項等于故答案為：240【點評】本題考查了二項式系數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵

14、是對二項展開式通項的記憶與運用，是基礎(chǔ)題12（4分）已知雙曲線C1、C2的頂點重合，C1的方程為y2=1，若C2的一條漸近線的斜率是C1的一條漸近線的斜率的2倍，則C2的方程為【分析】求出C1的一條漸近線的斜率，可得C2的一條漸近線的斜率，利用雙曲線C1、C2的頂點重合，可得C2的方程【解答】解：C1的方程為y2=1，一條漸近線的方程為y=，因為C2的一條漸近線的斜率是C1的一條漸近線的斜率的2倍，所以C2的一條漸近線的方程為y=x，因為雙曲線C1、C2的頂點重合，所以C2的方程為故答案為：【點評】本題考查雙曲線的方程與性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，比較基礎(chǔ)13（4分）已知平面向量、滿足，且|，|

15、，|=1，2，3，則|+|的最大值是3+【分析】分別以所在的直線為x，y軸建立直角坐標系，分類討論：當|，|=1，2，|=3，設(shè)，則x2+y2=9，則+=（1+x，2+y），有|=的最大值，其幾何意義是圓x2+y2=9上點（x，y）與定點（1，2）的距離的最大值；其他情況同理，然后求出各種情況的最大值進行比較即可【解答】解：分別以所在的直線為x，y軸建立直角坐標系，當|，|=1，2，|=3，則，設(shè)，則x2+y2=9，+=（1+x，2+y），|=的最大值，其幾何意義是圓x2+y2=9上點（x，y）與定點（1，2）的距離的最大值為=3+；且|，|=1，3，|=2，則，x2+y2=4，+=（1+x，

16、3+y）|=的最大值，其幾何意義是圓x2+y2=4上點（x，y）與定點（1，3）的距離的最大值為2+=2+，|，|=2，3，|=1，則，設(shè)，則x2+y2=1+=（2+x，3+y）|=的最大值，其幾何意義是在圓x2+y2=1上取點（x，y）與定點（2，3）的距離的最大值為1+=1+，故|+|的最大值為3+故答案為：3+【點評】本題主要考查了向量的模的求解，解題的關(guān)鍵是圓的性質(zhì)的應(yīng)用：在圓外取一點，使得其到圓上點的距離的最大值：r+d（r為該圓的半徑，d為該點與圓心的距離）14（4分）已知函數(shù)f（x）=sinx若存在x1，x2，xm滿足0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（

17、x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*），則m的最小值為8【分析】由正弦函數(shù)的有界性可得，對任意xi，xj（i，j=1，2，3，m），都有|f（xi）f（xj）|f（x）maxf（x）min=2，要使m取得最小值，盡可能多讓xi（i=1，2，3，m）取得最高點，然后作圖可得滿足條件的最小m值【解答】解：y=sinx對任意xi，xj（i，j=1，2，3，m），都有|f（xi）f（xj）|f（x）maxf（x）min=2，要使m取得最小值，盡可能多讓xi（i=1，2，3，m）取得最高點，考慮0x1x2xm6，|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（x

18、m）|=12，按下圖取值即可滿足條件，m的最小值為8故答案為：8【點評】本題考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查分析問題和解決問題的能力，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，正確理解對任意xi，xj（i，j=1，2，3，m），都有|f（xi）f（xj）|f（x）maxf（x）min=2是解答該題的關(guān)鍵，是難題二、選擇題（本大題共4小題，滿分20分）每題有且只有一個正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得5分，否則一律零分.15（5分）設(shè)z1、z2C，則“z1、z2均為實數(shù)”是“z1z2是實數(shù)”的（）A充分非必要條件B必要非充分條件C充要條件D既非充分又非必要條件【分析】根據(jù)充分條件和必

19、要條件的定義結(jié)合復(fù)數(shù)的有關(guān)概念進行判斷即可【解答】解：若z1、z2均為實數(shù)，則z1z2是實數(shù)，即充分性成立，當z1=i，z2=i，滿足z1z2=0是實數(shù)，但z1、z2均為實數(shù)不成立，即必要性不成立，故“z1、z2均為實數(shù)”是“z1z2是實數(shù)”的充分不必要條件，故選：A【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)復(fù)數(shù)的有關(guān)概念是解決本題的關(guān)鍵16（5分）下列不等式中，與不等式2解集相同的是（）A（x+8）（x2+2x+3）2Bx+82（x2+2x+3）CD【分析】根據(jù)x2+2x+3=（x+1）2+20，可得不等式2，等價于x+82（x2+2x+3），從而得出結(jié)論【解答】解：由于x2+2x+

20、3=（x+1）2+20，不等式2，等價于x+82（x2+2x+3），故選：B【點評】本題主要考查不等式的基本性質(zhì)的應(yīng)用，體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題17（5分）已知點A的坐標為（4，1），將OA繞坐標原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，則點B的縱坐標為（）ABCD【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義，求出xOA的三角函數(shù)值，利用兩角和差的正弦公式進行求解即可【解答】解：點 A的坐標為（4，1），設(shè)xOA=，則sin=，cos=，將OA繞坐標原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OB，則OB的傾斜角為+，則|OB|=|OA|=，則點B的縱坐標為y=|OB|sin（+）=7（sincos+cossin）=7（×+）=+6

21、=，故選：D【點評】本題主要考查三角函數(shù)值的計算，根據(jù)三角函數(shù)的定義以及兩角和差的正弦公式是解決本題的關(guān)鍵18（5分）設(shè) Pn（xn，yn）是直線2xy=（nN*）與圓x2+y2=2在第一象限的交點，則極限=（）A1BC1D2【分析】當n+時，直線2xy=趨近于2xy=1，與圓x2+y2=2在第一象限的交點無限靠近（1，1），利用圓的切線的斜率、斜率計算公式即可得出【解答】解：當n+時，直線2xy=趨近于2xy=1，與圓x2+y2=2在第一象限的交點無限靠近（1，1），而可看作點 Pn（xn，yn）與（1，1）連線的斜率，其值會無限接近圓x2+y2=2在點（1，1）處的切線的斜率，其斜率為1=

22、1故選：A【點評】本題考查了極限思想、圓的切線的斜率、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題三、解答題（本大題共有5題，滿分74分）解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19（12分）如圖，圓錐的頂點為P，底面圓為O，底面的一條直徑為AB，C為半圓弧的中點，E為劣弧的中點，已知PO=2，OA=1，求三棱錐PAOC的體積，并求異面直線PA和OE所成角的大小【分析】由條件便知PO為三棱錐PAOC的高，底面積SAOC又容易得到，從而帶入棱錐的體積公式即可得到該三棱錐的體積根據(jù)條件能夠得到OEAC，從而找到異面直線PA，OE所成角為PAC，可取AC中點H，連接PH，便

23、得到PHAC，從而可在RtPAH中求出cosPAC，從而得到PAC【解答】解：PO=2，OA=1，OCAB；E為劣弧的中點；BOE=45°，又ACO=45°；OEAC；PAC便是異面直線PA和OE所成角；在ACP中，AC=，；如圖，取AC中點H，連接PH，則PHAC，AH=；在RtPAH中，cosPAH=；異面直線PA與OE所成角的大小為arccos【點評】考查圓錐的定義，圓錐的高和母線，等弧所對的圓心角相等，能判斷兩直線平行，以及異面直線所成角的定義及找法、求法，能用反三角函數(shù)表示角20（14分）已知函數(shù)f（x）=ax2+，其中a為常數(shù)（1）根據(jù)a的不同取值，判斷函數(shù)f（

24、x）的奇偶性，并說明理由；（2）若a（1，3），判斷函數(shù)f（x）在1，2上的單調(diào)性，并說明理由【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義即可判斷，需要分類討論；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可判斷【解答】解：（1）當a=0時，f（x）=，顯然為奇函數(shù)，當a0時，f（1）=a+1，f（1）=a1，f（1）f（1），且f（1）+f（1）0，所以此時f（x）為非奇非偶函數(shù)（2）a（1，3），f（x）=ax2+，f（x）=2ax=，a（1，3），x1，2，ax1，ax31，2ax310，f（x）0，函數(shù)f（x）在1，2上的單調(diào)遞增【點評】本題考查了函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題21（14分）如圖，O

25、，P，Q三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，現(xiàn)甲、乙兩警員同時從O地出發(fā)勻速前往Q地，經(jīng)過t小時，他們之間的距離為f（t）（單位：千米）甲的路線是OQ，速度為5千米/小時，乙的路線是OPQ，速度為8千米/小時，乙到達Q地后在原地等待設(shè)t=t1時乙到達P地，t=t2時乙到達Q地（1）求t1與f（t1）的值；（2）已知警員的對講機的有效通話距離是3千米，當t1tt2時，求f（t）的表達式，并判斷f（t）在t1，t2上的最大值是否超過3？說明理由【分析】（1）用OP長度除以乙的速度即可求得t1=，當乙到達P點時，可設(shè)甲到達A點，連接AP，放在AOP中根據(jù)余弦定理即可求得AP，也

26、就得出f（t1）；（2）求出t2=，設(shè)t，且t小時后甲到達B地，而乙到達C地，并連接BC，能夠用t表示出BQ，CQ，并且知道cos，這樣根據(jù)余弦定理即可求出BC，即f（t），然后求該函數(shù)的最大值，看是否超過3即可【解答】解：（1）根據(jù)條件知，設(shè)此時甲到達A點，并連接AP，如圖所示，則OA=；在OAP中由余弦定理得，f（t1）=AP=（千米）；（2）可以求得，設(shè)t小時后，且，甲到達了B點，乙到達了C點，如圖所示：則BQ=55t，CQ=78t；在BCQ中由余弦定理得，f（t）=BC=；即f（t）=，；設(shè)g（t）=25t242t+18，g（t）的對稱軸為t=；且；即g（t）的最大值為，則此時f（t）

27、取最大值；即f（t）在t1，t2上的最大值不超過3【點評】考查余弦定理的應(yīng)用，以及二次函數(shù)在閉區(qū)間上最值的求法22（16分）已知橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2分別與橢圓交于點A、B和C、D，記AOC的面積為S（1）設(shè)A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐標表示點C到直線l1的距離，并證明S=|；（2）設(shè)l1：y=kx，S=，求k的值；（3）設(shè)l1與l2的斜率之積為m，求m的值，使得無論l1和l2如何變動，面積S保持不變【分析】（1）依題意，直線l1的方程為y=x，利用點到直線間的距離公式可求得點C到直線l1的距離d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可證得S=|AB

28、|d=|x1y2x2y1|；（2）由（1）得：S=|x1y2x2y1|=×|x1y1|=，進而得到答案；（3）方法一：設(shè)直線l1的斜率為k，則直線l1的方程為y=kx，聯(lián)立方程組，消去y解得x=±，可求得x1、x2、y1、y2，利用S=|x1y2x2y1|=，設(shè)=c（常數(shù)），整理得：k42mk2+m2=c22k4+（1+4m2）k2+2m2，由于左右兩邊恒成立，可得，此時S=；方法二：設(shè)直線l1、l2的斜率分別為、，則=m，則mx1x2=y1y2，變形整理，利用A（x1，y1）、C（x2，y2）在橢圓x2+2y2=1上，可求得面積S的值【解答】解：（1）依題意，直線l1的方

29、程為y=x，由點到直線間的距離公式得：點C到直線l1的距離d=，因為|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=|x1y2x2y1|；（2）由（1）A（x1，y1），C（x2，y2），S=|x1y2x2y1|=×|x1y1|=所以|x1y1|=，由x12+2y12=1，解得A（，）或（，）或（，）或（，），由k=，得k=1或；（3）方法一：設(shè)直線l1的斜率為k，則直線l2的斜率為，直線l1的方程為y=kx，聯(lián)立方程組，消去y解得x=±，根據(jù)對稱性，設(shè)x1=，則y1=，同理可得x2=，y2=，所以S=|x1y2x2y1|=，設(shè)=c（常數(shù)），所以（mk2）2=c2（1+2k2）（k2+2m2），整理得：k42mk2+m2=c22k4+（1+4m2）k2+2m2，由于左右兩邊恒成立，所以只能是，所以，此時S=，綜上所述，m=，S=方法二：設(shè)直線l1、l2的斜率分別為、，則=m，所以mx1x2=y