2015年高考上海理科数学试题及答案解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学（理科）第卷（选择题 共50分）一、填空题（本大题共14小题，共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，否则一律得零分（1）【2015年上海，理1】设全集，若集合，则 【答案】【解析】根据题意，可得，故【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】若复数满足，其中为虚数单位，则 【答案】【解析】设，根据题意，有，可把化简成，对于系数相等可得出，【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、解为，则 【答案】16【解析】根据增广矩阵的定义可以还原成方程组把代入，可得，【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，且其体积为，则 【答案】4【解析】根据正三棱柱的体积计算公式【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】抛物线上的动点到焦点的距离的最小值为1，则 【答案】2【解析】根据抛物线的性质，我们知道当且仅当动点运动到原点的时候，才与抛物线焦点的距离的最小，所以有【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，则其母线与轴的夹角的大小为 【答案】【解析】设这个圆锥的母线长为，底面半径为，母线与轴的夹角为，所以，而过轴的截面是一个三角形，故，有，所以，【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）【2015年上海，理7】方程的解为 【答案】2【解析】由条件可得，所以或，检验后只有符合【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话，可以分男1、女4，男2、女3和男3、女4，所以有 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】已知点和的横坐标相同，的纵坐标是的纵坐标的2倍，和的轨迹分别为双曲线和，若的渐近线方程为，则的渐近线方程为 【答案】【解析】设点和的坐标为、，则有，又因为的渐近线方程为，故设的方程为，把点坐标代入，可得，令，即为曲线的渐近线方程，即【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】设为的反函数，则的最大值为 【答案】4【解析】通过分析，我们可得函数在定义域上是单调递增的，且值域为，由反函数的定义域是原函数的值域，反函数的值域是原函数的定义域以及反函数与原函数的单调性相同，可得的定义域为，值域为，又原函数与反函数的公共定义域为，故【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11】在的展开式中，项的系数为 （结果用数值表示）【答案】45【解析】在中要得到项的系数，肯定不能含有项，故只有，而对于，项的系数为【点评】本题考本题考查了二项式系数的性质，关键是对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 （元）【答案】0.2【解析】由题可知， ，所以，和的分布列分别为：12345，即有【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，若存在满足，且，则的最小值为 【答案】8【解析】对任意的，欲使取最小值，尽可能多的让取最值点，考虑到，按照右图所示取值可以满足条件，所以的最小值为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】在锐角中，为边上的一点，与面积分别为2和4，过作于，于，则 【答案】【解析】由题可知，所以，化简可得【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4题，满分20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5分，否则一律得零分（15）【2015年上海，理15】设，则“中至少有一个数是虚数”是“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，不是虚数；必要性成立，采用反证法，若全不是虚数，即均为实数，则比为实数，所以是虚数，则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】已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针转至，则的纵坐标为（ ） （A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，则，且，的纵坐标为：，故选D【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：，方程：，方程：，其中是正实数当成等比数列时，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）方程无实根，且有实根 （D）方程无实根，且无实根【答案】B【解析】方程无实根，则，又，当成等比数列时，即有，由得，即，当方程有实根，且无实根时，可以推出，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】设是直线与圆在第一象限的交点，则极限（ ） （A） （B） （C）1 （D）2【答案】A【解析】采用极限思想求解当时，直线趋向于，直线与圆的交点趋向于，可以理解为过点所作的圆的切线的斜率，设切线方程为，结合，即，解之，即，故选A【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、解答题（本题共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）【2015年上海，理19】（本小题满分12分）如图，在长方体中，、分别是棱、的中点，证明、四点 共面，并求直线与平面所成角的大小解：由于、分别是棱、的中点，所以，又，所以， 由公理三的推论，可知、四点共面连接、由于，所以直线与平面所成角的大小与与平面所成角的大小相等设与平面所成角为，点到平面的距离为，则，在三棱锥中，体积，所以，即，结合题中的数据，可以计算出，由此可以计算出，所以，所以，即，所以直线与平面所成角的大小为【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20】（本小题满分14分）如图，、三地有直道相通，千米，千米，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（单位：千米）甲的路线是，速度是5千米/小时，乙的路线是，速度为8千米/小时乙到达地后原地等待，设时，乙到达地（）求与的值；（）已知警员的对讲机的有效通话距离为3千米当时，求的表达式，并判断在上的最大值是否超过3？说明理由解：（）由题中条件可知小时，此时甲与点距离为千米，由余弦定理可知，所以 6分（）易知，当时乙到达位置，所以当时，；当时，；综合，当时，单调递减，此时函数的值域为；当时，单调递增，此时函数的值域为；当时，单调递减，此时函数的值域为；由此，函数在上的值域为，而，即，所以在上的最大值没有超过3 14分【点评】本题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，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和，记得到的平行四边形的面积为（）设，用坐标表示点到直线的距离，并证明；（）设与的斜率之积为，求面积的值解：（）由题易知两点的横坐标不能同时为零，下面分两种情况：当两点的横坐标有一个为零时，不妨设，不失一般性，此时与轴重合，到直线的距离为，平行四边形的面积为；当两点的横坐标均不为0时，即和的斜率均存在时，设的方程为，其中可得，所以弦长点到直线的距离所以四边形的面积为综合点到直线的距离为，平行四边形的面积为 6分 （）解法一：易知两直线的斜率分别为：，由与的斜率之积为可得：，又，所以，即，化简得，所以平行四边形的面积为 14分解法二：设直线的斜率为，则直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程组，消去解得，根据对称性，设，则，同理可得，所以 14分【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）已知数列与满足（）若，且，求的通项公式；（）设的第项是最大项，即，求证：的第项是最大项；（）设，求的取值范围，使得有最大值与最小值，且解：（）由可得：，又，所以数列为以1为首项，6为公差的等差数列，即有 4分（）由可得： 将上述式子累加可得，当时，也成立，所以，由此可得，由于为常数，所以当的第项是最大项时，最大，即的第项是最大项 10分（）由（）可知，即，结合可得，分三种情况进行讨论：当时，则为偶数时，为奇数时，即有，此时，由此，此情况不符合条件；当时，则为偶数时，由于，所以，从而随着增 大值减小，此时，无最小值（无限靠近0）；为奇数时，此时，由于，所以，从而随着增大值减小，结合，可知随着增大值增大，此时，无最大值（无限靠近0）；由此可知数列的最大值，最小值，又，所以，解之；当时，则为偶数时，由于，所以，从而随着增大值增大，此时，无最大值（无限靠近）；为奇数时，此时，由于，所以，从而随着增大值增大，结合，可知随着增大值减小，此时，无最小值（无限靠近）；由此可知，在条件下，数列无最值，显然不符合条件；综上，符合条件的实数的取值范围为 16分【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）对于定义域为的函数，若存在正常数，使得是以为周期的函数，则称为余弦周期函数，且称为其余弦周期已知是以为余弦周期的余弦周期函数，其值域为，设单调递增，（）验证是以为余弦周期的余弦周期函数；（）设，证明对任意，存在，使得；（）证明：“为方程在上的解”的充要条件是“为方程在上的解”，并证明对任意都有解：（），所以是以为余弦周期的余弦周期函数 4分（）当或者时，由于单调递增，所以存在或使得成立；当，构造函数，则，从而，所以存在，使得，即存在，使得成立，证毕 10分（）先证必要性：为方程