2015年上海高考数学真题（文科）试卷（word解析版）下载

绝密★启用前 2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷） 数学试卷(文史类) （满分 150 分，考试时间 120 分钟） 考生注意 1.本场考试时间 120分钟，试卷共 4页，满分 150分，答题纸共 2页. 2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名，将核对后的条形码贴在答 题纸指定位置. 3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在试卷上作答一 律不得分. 4.用 2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题. 一．填空题（本大题共 14小题，满分 56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 4分，否则一律零分） 1.函数 f (x) 13sin2 x 的最小正周期为 2.设全集U  R .若集合 A {1,2,3,4} .，B {x | 2  x  3}，则 A (CU B)  .3.若复数 z满足3z  z 1 i ，其中 i是 虚数单位，则 z  .x4.设 f 1(x) 为f (x)  的反函数，则 f 1(2)  .2x 1 c20x  3 y  5 311  5.若线性方程组的增广矩阵为 解为 ，则 c1  c2  .c2 6.若正三棱柱的所有棱长均为 a，且其体积为16 3，则 a  到焦点的距离的最小值为 1，则 p  8. 方程 log2 (9x1 5)  log2 (3x1  2)  2的解为 .7.抛物线 y2  2px( p  0)上的动点 Q..x  y  0 9.若 x, y 满足 x  y  2，则目标函数 z  x  2y 的最大值为 .y  0 10. 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）. 第 1 页 共 18 页 1×2 11.在 (2x  )6 的二项式中，常数项等于 （结果用数值表示）. x2 12.已知双曲线C1 、C2 的顶点重合， C1 的方程为  y2 1，若 C2 的一条渐近线的斜 率 4是C1 的一条渐近线的斜率的 2倍，则 C2 的方程为 .13.已知平面向量 a 、b 、 c 满足 a  b ，且{| a |,| b |,| c |} {1,2,3}，则| a  b  c | 的最大 值是 .14.已知函数 f (x)  sin x .若存在 x1 ，x2 ，， xm 满足 0  x1  x2    xm  6 ，且  | f (x1)  f (x2 ) |  | f (x2 )  f (x3 ) |  | f (xm1)  f (xm ) |12 (m  2,mN ) ，则 m的最小值为 .二．选择题（本大题共 4小题，满分 20分）每题有且只有一个正确答案案，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 律零分. 15. 设 z1 、z2 C ，则“ z1 、z2 均为实数”是“ z1  z2 是实数”的（ B.必要 非充分条件 ）. A. 充分非必要条件 C.充要条件 D.既非充分又非 必要条件 x 8 x2  2x  3 16. 下列不等式中，与不等式  2 解集相同的是（ ）. A. (x 8)(x2  2x  3)  2 B. x 8  2(x2  2x  3) 12×2  2x  3 x 8 12C. D. x2  2x  3 x 8 317. 已知点 A的坐标为 (4 3,1)，将OA绕坐标原点 O逆时针旋转 至OB ，则点 B 的纵 坐标为（ ）. 3 3 5 3 2A. B. D. 211 13 C. 22n18. 设 P (xn , yn ) 是直线 2x  y  (nN )与圆 x2  y2  2在第一象限的交点，则极 nn 1 第 2 页 共 18 页 yn 1 xn 1 限 lim  ( ). n 12A. 1 B. D. C. 12三．解答题（本大题共 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.（本题满分 12分） 如图，圆锥的顶点为 P，底面的一条直径为 AB ，C为半圆弧 AB 的中点， E为劣弧CB OE 所成 的中点.已知 PO  2 角的大小. ，OA 1，求三棱锥 P  AOC 的体积，并求异 面直线 PA 与20.（本题满分 14分）本题共 2小题，第 1小题 6分，第 2小题 8分. 1已知函数 f (x)  ax2  ，其中 a 为实数. x（1）根据 （2）若 a(1,3) ，判断函数 f (x) 21.（本小题 14分）本题共 2小题，第 1小题 6分，第 2小题 8分. 如图，O, P,Q 三地有直道相通，OQ  5千米，OP  3千米， PQ  4千米.现甲、乙 两警员同时从 地出发匀速前往 地，经过小时，他们之间的距离为 f (t)（单位：千 米）.甲的路线是OQ ，速度为 5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为 8千米/小时.乙到 地后原地等待.设t  t1 时乙到达 地；t  t2 时，乙到达 地. （1）求 1 与 f (t1) 的值； a的不同取值，判断函数 f (x) 的奇偶性，并说明理由； 在[1,2]上的单调性，并说明理由. OQt达QPQt第 3 页 共 18 页 （2）已知警员的对讲机的有效通话距离是 3千米.当t1  t  t2 时，求 f (t)的表达式， 并判断 f (t) [t1,t2 ]上得最大值是否超过 3？说明理由. 在22.（本题满分 14分）本题共 3个小题，第 1小题 4分，第 2小题 6分，第 3小题 6分. 已知椭圆 x2  2y2 1，过原点的两条直线 1 和 2 分 别于椭圆交于 AOC 的面积为 （1）设 A(x1, y1) S  2 | x1 y2  x2 y1 | [ ZXXK] llA 、 B 和C 、 D ， 设S . ，C(x2 , y2 )，用 A、C的坐标表示点C 到直线l1 的距离，并证明 ；331（2）设l1 : y  kx ，C( ,)，S  ，求 k的值； 333（3）设 l1 与 l2 的斜率之积为 m，求 m 的值，使得无论l1 与l2 如何变动，面积 S 保持不变. 23.（本题满分 16分）本题共 3小题.第 1小题 4分，第 2小题 6分，第 3小题 6分. 已知数列{an} （1）若bn  3n  5 ，且 a1 1，求数列{an}的通项公式； 与{bn}满足 an1  an  2(bn1 bn ) ，n N .（2）设{an}的第 最大项； （3）设 a1  3  0 an  0 ，且 am n0 项是最大项，即 an  an (n N ) ，求证：数列{bn}的第 n0 项是 0(n N ) ，bn  n ，求 的取值范围，使得对任意 mnN ，，1( ,6) .an 6第 4 页 共 18 页 2015年上海市文科试题 一．填空题（本大题共 14小题，满分 56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 4分，否则一律零分） 1.函数 f (x) 13sin2 x 的 最小正周期为 【答案】 .313【解析】因为 2sin2 x 1 cos2x ，所以 f (x) 1 (1 cos2x)   cos2x ，所以 2222 2函数 f (x) 的最小正周期为   .【考点定位】函数的周期，二倍角的余弦公式. 2.设全集U  R .若集合 A {1,2,3,4} 【答案】{1,4} ，B {x | 2  x  3}，则 A (CU B)  .【考点定位】集合的运算. 3.若复数 z满足3z  z 1 i ，其中 i是虚数单位，则 z  .[11【答案】  i 42【考点定位】复数的概念，复数的运算. x4.设 f 1(x) 为f (x)  的反函数，则 f 1(2)  .2x 1 2【答案】 3第 5 页 共 18 页 xx2【 解 析 】 因 为f 1(x) 为f (x)  的 反 函 数 ，  2 ， 解 得x  ， 所 以 2x 1 2x 1 32f 1(2)   .3【考点定位】反函数，函数的值. c2x  3 31  5.若线性方程组的增广矩阵为 【答案】16 解为 ，则 c1  c2  .0c2 y  5 12x  3y  c y  c2 c  21 x  3 y  5 1 的 解 ， 所 以 ， 所 以 1【 解 析 】 由 题 意 ， 是 方 程 组 c2  5 c1  c2  215 16 .【考点定位】增广矩阵，线性方程组的解法. 6.若正三棱柱的所有棱长均为 【答案】4 a，且其体积为16 3，则 a  .13【解析】依题意， aa a 16 3，解得 a  4 .22【考点定位】等边三角形的性质，正三棱柱的性质. 7.抛物线 y2  2px( p  0)上的动点 【答案】2 Q到焦点的距离的最小值为 1，则 p  .p【解析】依题意，点 Q为坐标原点，所以 1，即 p  2 .2【考点定位】抛物线的性质，最值. 8. 方程 log2 (9x1 5)  log2 (3x1  2)  2的解为 【答案】2 .第 6 页 共 18 页 【考点定位】对数方程. x  y  0 9.若 x, y 满足 x  y  2，则目标函数 z  x  2y 的最大值为 .y  0 【答案】3 【考点定位】不等式组表示的平面区域，简单的线性规划. 10. 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 第 7 页 共 18 页 【考点定位】组合，分类计数原理. 1×2 11.在 (2x  )6 的二项式中，常数项等于 （结果用数值表示）. 【答案】240 1【解析】由Tr1  C6r (2x)6r ( )r  C6r 26r  x63r ，令 6 3r  0 ，所以 r  2，所以常 x2 数项为C62 24  240 .【考点定位】二项式定理. [x2 12.已知双曲线C1 、C2 的顶点重合， C1 的方程为  y2 1，若 C2 的一条渐近线的斜率 4是C1 的一条渐近线的斜率的 2倍，则 C2 的方程为 .x2 y2 【答案】 1 44【考点定位】双曲线的性质，直线的斜率. 13.已知平面向量 a、b、c满足 a  b ，且{| a |,| b |,| c |} {1,2,3}，则| a  b  c | 的最大 值是 .【答案】3 5 第 8 页 共 18 页 【考点定位】平向量的模，向量垂直. 14.已知函数 f (x)  sin x .若存在 x1 ，x2 ，， xm 满足 0  x1  x2    xm  6 ，且  | f (x1)  f (x2 ) |  | f (x2 )  f (x3 ) |  | f (xm1)  f (xm ) |12 (m  2,mN ) ，则 m的最小值为 .【答案】8 【 解 析 】 因 为 函 数f (x)  sin x 对 任 意xi | f (xi )  f (xj ) | f (x)max  f (x)min  2 取 得 最 小 值 ， 尽 可 能 多 的 让xi (i 1,2,3,,m) 取 得 最 高 点 ， 考 虑 0  x1  x2    xm  6 ，xj (i, j 1,2,3,,m) ，，欲 使 m，| f (x1)  f (x2 ) |  | f (x2 )  f (x3 ) |  | f (xm1)  f (xm ) |12 (m  2,mN ) 按 下 图 取值满足条件， 所以 m 的最小值为 8. 【考点定位】正弦函数的性质，最值. 二．选择题（本大题共 4小题，满分 20分）每题有且只有一个正确答案案，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 第 9 页 共 18 页 律零分. 15. 设 z1 、z2 C ，则“ z1 、z2 均为实数”是“ z1  z2 是实数”的（ B.必要非充分条件 ）. A. 充分非必要条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件 【答案】A 【考点定位】复数的概念，充分条件、必要条件的判定. x 8 16. 下列不等式中，与不等式  2 解集相同的是（ ）. x2  2x  3 A. (x 8)(x2  2x  3)  2 B. x 8  2(x2  2x  3) 12×2  2x  3 x 8 12C. D. x2  2x  3 x 8 【答案】B 【解析】因 为 x2  2x  3  (x 1)2  2  2  0 x 8 ，x 8 可能是正数、负数或零，所以由 x 8 x 8  2(x2  2x  3) 可得  2 ，所以不等式  2 解集相同的是 x2  2x  3 x2  2x  3 x 8  2(x2  2x  3) ，选 B. 【考点定位】同解不等式的判断. 317. 已知点 A的坐标为 (4 3,1)，将OA绕坐标原 点 O逆时针旋转 至OB ，则点 B 的纵 坐标为（ ）. 3 3 5 3 2A. B. D. 211 13 C. 22【答案】D 第 10 页 共 18 页 【考点定位】三角函数的定义，和角的正切公式，两点间距离公式. n18. 设 P (xn , yn ) 是直线 2x  y  (nN )与圆 x2  y2  2在第一象限的交点，则极 nn 1 yn 1 xn 1 限 lim  ( ). n 12A. 1 B. D. C. 12【答案】A n【解析】因为 P (xn , yn ) 是直线 2x  y  (nN )与圆 x2  y2  2在第一象限的交点， nn 1 yn 1 xn 1 而是经过点 P (xn , yn ) 与A(1,1) 的直线的斜率，由于点 A(1,1) 在圆 x2  y2  2上. [ 网 ZXXK] nyn 1 xn 1 1，所以 lim 因为 kOA 1    1 .n kOA 【考点定位】圆的切线，极限. 三．解答题（本大题共 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.（本题满分 12分）如图，圆锥的顶点为 P，底面的一条直径为 AB ， C 为半圆弧 AB 的中点， E为劣弧CB 的中点.已知 PO  2 OE 所成角的大小. ，OA 1，求三棱锥 P  AOC 的体积，并求异 面直线 PA 与第 11 页 共 18 页 10 【答案】 arccos 10 【考点定位】圆锥的性质，异面直线的夹角. 21.（本题满分 14分）本题共 2小题，第 1小题 6分，第 2小题 8分. 1已知函数 f (x)  ax2  ，其中 a 为实数. x（1）根据 a的不同取值，判断函数 f (x) 的奇偶性，并说明理由； [1,2]上的单调性，并说明理由. （2）若 a(1,3) ，判断函数 f (x) 在【答案】（1） f (x) 是非奇非偶函数；（2）函数 f (x) 在[1,2]上单调递增. 第 12 页 共 18 页 【考点定位】函数的奇偶性、单调性. 21.（本小题 14分）本题共 2小题，第 1小题 6分，第 2小题 8分. 如图，O, P,Q 三地有直道相通，OQ  5千米，OP  3千米， PQ  4千米.现甲、乙 两警员同时从 O地出发匀速前往 Q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OQ ，速度为 5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为 8千米/小时.乙到 地后原地等待.设t  t1 时乙到达 地；t  t2 时，乙到达 地. （1）求 1 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t1  t  t2 时，求 f (t)的表达式， 达QPQt并判断 f (t) 在[t1,t2 ]上得最大值是否超过 3？说明理由. 第 13 页 共 18 页 383 41 8【答案】（1） h，千米；（2）不超过了 3千米. 3【解析】（1）根据条件知 t1  ，设此时甲到达 A 点，并连接 AP ，如图所示，则 83 15 OA  5  ，88所以在 OAP 中， 由余弦定理得千15 45 33 41 f (t1)  AP  OA2  OP2  2OAOPcosAOP  ( )2  9   （84 5 8米）. 737（2）可求得t2  ，设t 小时后，且  t  ，甲到达了 B点，乙到达了 C点，如图所示， 888所以 BQ  55t ，CQ  7 8t ，所以在 BCQ 中， 4由余弦定理 f (t)  BC  (55t)2  (7 8t)2  2(55t)(7 8t) 25t2  42t 18 ，53878所以 f (t)  25t2  42t 18 ， t  ，第 14 页 共 18 页 3878设g(t)  25t2  42t 18 ， t  ，21 37 因为函数 g(t)的对称轴为t  [ , ]，且 g( ) 25 88 3369 64 725 64 ，g( ) ，88369 64 3 41 所以 g(t)得最大值为 ，此时 f (t)的最大值为  3 ，8所以 f (t) 在[t1,t2 ]上得最大值不超过 3. 【考点定位】余弦定理的实际运用，函数的值域. 22.（本题满分 14分）本题共 3个小题，第 1小题 4分，第 2小题 6分，第 3小题 6分. 已知椭圆 x2  2y2 1，过原点的两条直线 1 和 2 分别于椭圆交于 AOC 的面积为 （1）设 A(x1, y1) S  2 | x1 y2  x2 y1 | llA 、 B 和C 、 D ， 设S . ，C(x2 , y2 )，用 A、C的坐标表示点C 到直线l1 的距离，并证明 ；331（2）设l1 : y  kx ，C( ,)，S  ，求 k的值； 333（3）设 l1 与 l2 的斜率之积为 m，求 m的值，使得无论l1 与l2 如何变动，面积 S 保持不 变. 【答案】（1）详见解析；（2） k  1 112或k  ；（3） m   .5第 15 页 共 18 页 mk（3）设l1 : y  kx ，则l2 : y  x，设 A(x1, y1)，C(x2 , y2 )， y  kx x2  2y2 1 1由，的 x12  ，1 2k2 1k2 k2  2m2 同理 x22  ，m1 2( )2 k11 x1 mx1 1 |k2  m |  x2 kx1 | | x1x2 | [由（1）知， S  | x1 y2  x2 y1 | |22k2| k | | k2  m | 2 1 2k2  k2  2m2 ，整理得 (8S2 1)k4  (4S2 16S2m2  2m)k2  (8S2 1)m2  0 ，第 16 页 共 18 页 由题意知 S与k无关， 18S2  28S 1 0 则，解得 .222124S 16S m  2m  0 m   1所以 m   .2【考点定位】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 23.（本题满分 16分）本题共 3小题.第 1小题 4分，第 2小题 6分，第 3小题 6分. 已知数列{an} 与{bn}满足 an1  an  2(bn1 bn ) ，n N .（1）若bn  3n  5 ，且 a1 1，求数列{an}的通项公式； （2）设{an}的第 最大项； （3）设 a1  3  0 an  0 ，且 am n0 项是最大项，即 an  an (n N ) ，求证：数列{bn}的第 n0 项是 0(n N ) ，bn  n ，求 的取值范围，使得对任意 mnN ，，1( ,6) .an 61【答案】（1） an  6n 5；（2）详见解析；（3） ( ,0) .4【解析】（1）因为 an1  an  2(bn1 bn ) 所以 an1  an  2(bn1 bn )  2(3n 83n 5)  6 所以{an}是等差数列，首项为 a1 1，公差为 6，即 an  6n 5 （2）由 an1  an  2(bn1 bn ) ，得 an1  2bn1  an  2bn 所以{an  2bn}为常数列， an  2bn  a1  2b1 ，即 an  2bn  a1  2b ，bn  3n  5 ，，.，，1因为 an  an ，nN ，0所以 2bn  a1  2b  2bn  a1  2b1 ，即bn  bn ，100所以{bn}的第 n0 项是最大项. 第 17 页 共 18 页 【考点定位】数列的递推公式，等差数列的性质，常数列，数列的最大项，指数函数的单调 性. 第 18 页 共 18 页