2015年高考数学试卷（文）（上海）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2015·高考数学真题

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】 3 1 3 【解析】因为2sin2 x1cos2x，所以 f(x)1 (1cos2x)  cos2x，所以 2 2 2 2 函数 f(x)的最小正周期为 . 2 【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}，B{x|2 x3}，则A (C B)  U . 【答案】{1,4} 【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  . [ 1 1 【答案】  i 4 2 【考点定位】复数的概念，复数的运算. x 4.设 f 1(x)为 f(x) 的反函数，则 f 1(2) . 2x1 2 【答案】 3 第1页 | 共14页x x 2 【解析】因为 f 1(x)为 f(x) 的反函数， 2，解得x ，所以 2x1 2x1 3 2 f 1(2) . 3 【考点定位】反函数，函数的值. 2 3 c  x3 5.若线性方程组的增广矩阵为   0 1 c 1    解为   y 5 ，则c 1 c 2  . 2 【答案】16 x3 2x3y c c 21 【解析】由题意， 是方程组 1的解，所以 1 ，所以 y 5  y c  c 5 2 2 c c 21516. 1 2 【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a，且其体积为16 3，则a . 【答案】4 1 3 【解析】依题意， aa a16 3，解得a 4. 2 2 【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Q到焦点的距离的最小值为1，则 p  . 【答案】2 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log (9x15)log (3x12)2的解为 . 2 2 【答案】2 第2页 | 共14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3页 | 共14页【考点定位】组合，分类计数原理. 1 11.在(2x )6的二项式中，常数项等于 （结果用数值表示）. x2 【答案】240 1 【解析】由T Cr (2x)6r ( )r Cr 26r x63r ，令63r 0，所以r 2，所以 r1 6 x2 6 常数项为C224 240. 6 【考点定位】二项式定理. [ x2 12.已知双曲线C 、C 的顶点重合，C 的方程为  y2 1，若C 的一条渐近线的斜率 1 2 1 4 2 是C 的一条渐近线的斜率的2倍，则C 的方程为 . 1 2 x2 y2 【答案】  1 4 4 【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 . 第4页 | 共14页【答案】3 5 【考点定位】平向量的模，向量垂直. 14.已知函数 f(x)sinx.若存在x ，x ， ，x 满足0 x  x  x 6，且 1 2  m 1 2 m | f(x ) f(x )|| f(x ) f(x )|| f(x ) f(x )|12 (m2,mN)，则m 1 2 2 3 m1 m 的最小值为 . 【答案】8 【解析】因为函数 f(x)sinx对任意x ，x (i, j 1,2,3,,m)， i j | f(x ) f(x )| f(x)  f(x) 2， i j max min 欲使m取得最小值，尽可能多的让x (i 1,2,3,,m)取得最高点，考虑 i 0 x  x  x 6， 1 2 m | f(x ) f(x )|| f(x ) f(x )|| f(x ) f(x )|12 (m2,mN)按下图 1 2 2 3 m1 m 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 第5页 | 共14页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z 、z C，则“z 、z 均为实数”是“z z 是实数”的（ ）. 1 2 1 2 1 2 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】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) 1 2 x2 2x3 1 C.  D.  x2 2x3 x8 x8 2 【答案】B 【解析】因为x2 2x3(x1)2 220，x8可能是正数、负数或零，所以由 x8 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. 17. 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 3 5 3 A. B. 2 2 第6页 | 共14页11 13 C. D. 2 2 【答案】D 【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. 18. n 设P (x ,y )是直线2x y  (nN)与圆x2  y2 2在第一象限的交点，则极限 n n n n1 y 1 lim n ( ). n x 1 n 1 A. 1 B.  2 C. 1 D. 2 【答案】A n 【解析】因为P (x ,y )是直线2x y  (nN)与圆x2  y2 2在第一象限的交点 n n n n1 ， y 1 而 n 是经过点P (x ,y )与A(1,1)的直线的斜率，由于点A(1,1)在圆x2  y2 2上. x 1 n n n [ 网ZXXK] n y 1 1 因为k 1，所以lim n  1. OA n x 1 k n OA 【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 第7页 | 共14页的中点，E为劣弧CB的中点.已知PO2，OA1，求三棱锥PAOC的体积，并求 异面直线PA与OE所成角的大小. 10 【答案】arccos 10 【考点定位】圆锥的性质，异面直线的夹角. 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a的不同取值，判断函数 f(x)的奇偶性，并说明理由； （2）若a(1,3)，判断函数 f(x)在[1,2]上的单调性，并说明理由. 【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8页 | 共14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.乙到达Q 地后原地等待.设t t 时乙到达P地；t t 时，乙到达Q地. 1 2 （1）求t 与 f(t )的值； 1 1 （2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当t t t 时，求 f(t)的表达式， 1 2 并判断 f(t)在[t ,t ]上得最大值是否超过3？说明理由. 1 2 第9页 | 共14页3 3 41 【答案】（1） h， 千米；（2）不超过了3千米. 8 8 3 【解析】（1）根据条件知t  ，设此时甲到达A点，并连接AP，如图所示，则 1 8 3 15 OA5  ， 8 8 所以在OAP中， 由余弦定理得 15 45 3 3 41 f(t ) AP OA2 OP2 2OAOPcosAOP  ( )2 9   （千米 1 8 4 5 8 ）. 7 3 7 （2）可求得t  ，设t小时后，且 t  ，甲到达了B点，乙到达了C点，如图所示 2 8 8 8 ， 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 ， 5 第10页 | 共14页3 7 所以 f(t) 25t2 42t18， t  ， 8 8 3 7 设g(t)25t2 42t18， t  ， 8 8 21 3 7 3 369 7 25 因为函数g(t)的对称轴为t  [ , ]，且g( ) ，g( ) ， 25 8 8 8 64 8 64 369 3 41 所以g(t)得最大值为 ，此时 f(t)的最大值为 3， 64 8 所以 f(t)在[t ,t ]上得最大值不超过3. 1 2 【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l 和l 分别于椭圆交于A、B和C、D，设 1 2 AOC的面积为S . （1）设A(x ,y )，C(x ,y )，用A、C的坐标表示点C到直线l 的距离，并证明 1 1 2 2 1 S 2|x y x y |； 1 2 2 1 3 3 1 （2）设l : y kx，C( , )，S  ，求k的值； 1 3 3 3 （3）设l 与l 的斜率之积为m，求m的值，使得无论l 与l 如何变动，面积S 保持 1 2 1 2 不变. 1 1 【答案】（1）详见解析；（2）k 1或k  ；（3）m . 5 2 第11页 | 共14页m （3）设l : y kx，则l : y  x，设A(x ,y )，C(x ,y )， 1 2 k 1 1 2 2 y kx 1 由 ，的x2  ， x2 2y2 1 1 12k2 1 k2 同理x2   ， 2 m k2 2m2 12( )2 k 1 1 x mx 1 |k2 m| 由（1）知，S  |x y x y | | 1 1 x kx |  |x x | 2 1 2 2 1 2 k 2 1 2 |k| 1 2 [ |k2 m|  ， 2 12k2  k2 2m2 整理得(8S2 1)k4 (4S2 16S2m2 2m)k2 (8S2 1)m2 0， 第12页 | 共14页由题意知S 与k无关，  1 S2  8S2 10   8 则 ，解得 .  4S2 16S2m2 2m0  1 m   2 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{a }与{b }满足a a 2(b b )，nN. n n n1 n n1 n （1）若b 3n5，且a 1，求数列{a }的通项公式； n 1 n （2）设{a }的第n 项是最大项，即a a (nN)，求证：数列{b }的第n 项是最大 n 0 n n n 0 0 项； （3）设a 30，b n (nN)，求的取值范围，使得对任意m，nN 1 n ，a 0，且 n a 1 m ( ,6). a 6 n 1 【答案】（1）a 6n5；（2）详见解析；（3）( ,0). n 4 【解析】（1）因为a a 2(b b )，b 3n5， n1 n n1 n n 所以a a 2(b b ) 2(3n83n5)6， n1 n n1 n 所以{a }是等差数列，首项为a 1，公差为6，即a 6n5. n 1 n （2）由a a 2(b b )，得a 2b a 2b ， n1 n n1 n n1 n1 n n 所以{a 2b }为常数列，a 2b a 2b ，即a 2b a 2b ， n n n n 1 1 n n 1 1 因为a a ，nN， n n 0 所以2b a 2b 2b a 2b ，即b b ， n 1 1 n 1 1 n n 0 0 第13页 | 共14页所以{b }的第n 项是最大项. n 0 【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14页 | 共14页