上海交通大学2015高数试卷(B类)

2015年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学（理科）一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集U R =．若集合{}1,2,3,4A =，{}23x x B =≤≤，则U A B =ð ． 【答案】{}1,4【解析】因为{|32}U C B x x x =><或，所以{4,1}U A 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】1142i +【解析】设(,)z a bi a b R =+∈，则113()1412142a bi a bi i ab z i ++-=+⇒==⇒=+且【考点定位】复数相等，共轭复数 3、若线性方程组的增广矩阵为122301c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭、解为35x y =⎧⎨=⎩，则12c c -= ． 【答案】16【解析】由题意得：121223233521,05,21516.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163，则a = ． 【答案】4 【解析】2331636444a a a a ⋅=⇒=⇒= 【考点定位】正三棱柱的体积5、抛物线22y px =（0p >）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p = ． 【答案】2【考点定位】抛物线定义6、若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ．【答案】3π【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π 【考点定位】圆锥轴截面7、方程()()1122log 95log 322x x ---=-+的解为 ． 【答案】2【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【解析】由题意得，去掉选5名女教师情况即可：55961266120.C C -=-= 【考点定位】排列组合9、已知点P 和Q 的横坐标相同，P 的纵坐标是Q 的纵坐标的2倍，P 和Q 的轨迹分别为双曲线1C 和2C ．若1C 的渐近线方程为3y x =±，则2C 的渐近线方程为 ．【答案】32y x =±【考点定位】双曲线渐近线10、设()1f x -为()222x x f x -=+，[]0,2x ∈的反函数，则()()1y f x f x -=+的最大值为 ． 【答案】4【解析】由题意得：2()22x xf x -=+在[0,2]上单调递增，值域为1[,2]4，所以()1f x -在1[,2]4上单调递增，因此()()1y f x f x -=+在1[,2]4上单调递增，其最大值为1(2)(2)22 4.f f -+=+=【考点定位】反函数性质11、在10201511x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 项的系数为 （结果用数值表示）． 【答案】45【考点定位】二项展开式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1ξ和2ξ分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则12ξξE -E =（元）． 【答案】0.213、已知函数()sin f x x =．若存在1x ，2x ，⋅⋅⋅，m x 满足1206m x x x π≤<<⋅⋅⋅<≤，且 ()()()()()()1223112n n f x f x f x f x f x f x --+-+⋅⋅⋅+-=（2m ≥，m *∈N ），则m 的最小值 为 ． 【答案】8【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形C AB 中，1tan 2A =，D 为边CB 上的点，D ∆AB 与CD ∆A 的面积分别为2和4．过D 作D E ⊥AB 于E ，DFC ⊥A 于F ，则D DF E⋅= ． 【答案】1615-【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 ，2C z ∈，则“1z 、2z 中至少有一个数是虚数”是“12z z -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【考点定位】复数概念，充要关系16、已知点A 的坐标为()43,1，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转3π至OB ，则点B 的纵坐标为（ ） A ．332 B ．532 C ．112D ．132【答案】D 【解析】133313(cossin )(43)()332222OB OA i i i i ππ=⋅+=+⋅+=+，即点B 的纵坐标为132【考点定位】复数几何意义17、记方程①：2110x a x ++=，方程②：2220x a x ++=，方程③：2340x 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，22124,8a a ≥<，从而4222321816,4a a a =<=即方程③：2340x a x ++=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 n x y P 是直线21nx y n -=+（n *∈N ）与圆222x y +=在第一象限的交点，则极限1lim1n n n y x →∞-=-（ ） A ．1- B ．12- C ．1 D ．2 【答案】A【考点定位】极限三、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。

2015上海高考理科数学真题及答案一、填空题（本大题共有14题，满分48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4分，否则一律得零分．1．（4分）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁U Β=．2．（4分）若复数z 满足3z+=1+i，其中i 是虚数单位，则z=．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c 1﹣c 2=．4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=．5．（4分）抛物线y 2=2px（p＞0）上的动点Q 到焦点的距离的最小值为1，则p=．6．（4分）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．7．（4分）方程log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（3x﹣1﹣2）+2的解为．8．（4分）在报名的3名男老师和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）．9．已知点P 和Q 的横坐标相同，P 的纵坐标是Q 的纵坐标的2倍，P 和Q 的轨迹分别为双曲线C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±x，则C 2的渐近线方程为．10．（4分）设f ﹣1（x）为f（x）=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函数，则y=f（x）+f ﹣1（x）的最大值为．11．（4分）在（1+x+）10的展开式中，x 2项的系数为（结果用数值表示）．12．（4分）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ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则Eξ1﹣Eξ2=（元）．13．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m ）|=12（m≥2，m∈N *），则m 的最小值为．14．在锐角三角形A BC 中，tanA=，D 为边BC 上的点，△A BD 与△ACD 的面积分别为2和4．过D 作D E⊥A B 于E，DF⊥AC 于F，则•=．二、选择题（本大题共有4题，满分15分．）每题有且只有一个正确答案，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，否则一律得零分．15．（5分）设z 1，z 2∈C，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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16．（5分）已知点A 的坐标为（4，1），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转至OB，则点B 的纵坐标为（）A．B．C．D．17．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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18．（5分）设P n （x n ，y n ）是直线2x﹣y=（n∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）A．﹣1B．﹣C．1D．2三、解答题（本大题共有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．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E、F 分别是AB、BC 的中点，证明A 1、C 1、F、E 四点共面，并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小．20．（14分）如图，A，B，C 三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A 地出发匀速前往B 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AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时．乙到达B 地后原地等待．设t=t 1时乙到达C 地．（1）求t 1与f（t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．21．（14分）已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线l 1和l 2分别于椭圆交于A、B 和C、D，记得到的平行四边形ACBD 的面积为S．（1）设A（x 1，y 1），C（x 2，y 2），用A、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；（2）设l 1与l 2的斜率之积为﹣，求面积S 的值．22．（16分）已知数列{a n }与{b n }满足a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），n∈N *．（1）若b n =3n+5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a≥a n （n∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=λ＜0，b n =λn （n∈N *），求λ的取值范围，使得{a n }有最大值M 与最小值m，且∈（﹣2，2）．23．（18分）对于定义域为R 的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T 为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T 为其余弦周期．已知f（x）是以T 为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．（1）验证g（x）=x+sin 是以6π为周期的余弦周期函数；（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x 0∈[a，b]，使得f（x 0）=c；（3）证明：“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u 0+T 为方程cosf （x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f （T）．2015年上海市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有14题，满分48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4分，否则一律得零分．1．（4分）设全集U=R．若集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，则Α∩∁Β={1，U 4}．【考点】1H：交、并、补集的混合运算．【专题】5J：集合．【分析】本题考查集合的运算，由于两个集合已经化简，故直接运算得出答案即可．【解答】解：∵全集U=R，集合Α={1，2，3，4}，Β={x|2≤x≤3}，∴（∁B）={x|x＞3或x＜2}，UB）={1，4}，∴A∩（∁U故答案为：{1，4}．【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．（4分）若复数z满足3z+=1+i，其中i是虚数单位，则z=．【考点】A5：复数的运算．【专题】5N：数系的扩充和复数．【分析】设z=a+bi，则=a﹣bi（a，b∈R），利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：设z=a+bi，则=a﹣bi（a，b∈R），又3z+=1+i，∴3（a+bi）+（a﹣bi）=1+i，化为4a+2bi=1+i，∴4a=1，2b=1，解得a=，b=．∴z=．故答案为：．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，属于基础题．3．（4分）若线性方程组的增广矩阵为解为，则c 1﹣c 2=16．【考点】ON：二阶行列式与逆矩阵．【专题】5R：矩阵和变换．【分析】根据增广矩阵的定义得到，是方程组的解，解方程组即可．【解答】解：由题意知，是方程组的解，即，则c 1﹣c 2=21﹣5=16，故答案为：16．【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．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a=4．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•a=16，由此求得a 的值．【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a 的等边三角形，面积为•a•a•sin60°，正棱柱的高为a，∴（•a•a•sin60°）•a=16，∴a=4，故答案为：4．【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．（4分）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=2．【考点】K8：抛物线的性质．【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】利用抛物线的顶点到焦点的距离最小，即可得出结论．【解答】解：因为抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，所以=1，所以p=2．故答案为：2．【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．（4分）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】5F：空间位置关系与距离．【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得l=2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ==，故θ=，故答案为：．【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．（4分）方程log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（3x﹣1﹣2）+2的解为x=2．【考点】4H：对数的运算性质．【专题】51：函数的性质及应用．【分析】利用对数的运算性质化为指数类型方程，解出并验证即可．【解答】解：∵log 2（9x﹣1﹣5）=log 2（3x﹣1﹣2）+2，∴log 2（9x﹣1﹣5）=log 2[4×（3x﹣1﹣2）]，∴9x﹣1﹣5=4（3x﹣1﹣2），化为（3x ）2﹣12•3x +27=0，因式分解为：（3x ﹣3）（3x ﹣9）=0，∴3x =3，3x =9，解得x=1或2．经过验证：x=1不满足条件，舍去．∴x=2．故答案为：x=2．【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．（4分）在报名的3名男老师和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120（结果用数值表示）．【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；5O：排列组合．【分析】根据题意，运用排除法分析，先在9名老师中选取5人，参加义务献血，由组合数公式可得其选法数目，再排除其中只有女教师的情况；即可得答案．【解答】解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，有C 95=126种；其中只有女教师的有C 65=6种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126﹣6=120种；故答案为：120．【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．已知点P 和Q 的横坐标相同，P 的纵坐标是Q 的纵坐标的2倍，P 和Q 的轨迹分别为双曲线C 1和C 2．若C 1的渐近线方程为y=±x，则C 2的渐近线方程为．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ，利用坐标间的关系，求出Q 的轨迹方程，即可求出C 2的渐近线方程．【解答】解：设C 1的方程为y 2﹣3x 2=λ，设Q（x，y），则P（x，2y），代入y 2﹣3x 2=λ，可得4y 2﹣3x 2=λ，∴C 2的渐近线方程为4y 2﹣3x 2=0，即．故答案为：．【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．（4分）设f ﹣1（x）为f（x）=2x﹣2+，x∈[0，2]的反函数，则y=f（x）+f ﹣1（x）的最大值为4．【考点】4R：反函数．【专题】51：函数的性质及应用．【分析】由f（x）=2x﹣2+在x∈[0，2]上为增函数可得其值域，得到y=f ﹣1（x）在[]上为增函数，由函数的单调性求得y=f（x）+f ﹣1（x）的最大值．【解答】解：由f（x）=2x﹣2+在x∈[0，2]上为增函数，得其值域为[]，可得y=f﹣1（x）在[]上为增函数，因此y=f（x）+f﹣1（x）在[]上为增函数，∴y=f（x）+f﹣1（x）的最大值为f（2）+f﹣1（2）=1+1+2=4．故答案为：4．【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．（4分）在（1+x+）10的展开式中，x2项的系数为45（结果用数值表示）．【考点】DA：二项式定理．【专题】5P：二项式定理．【分析】先把原式前两项结合展开，分析可知仅有展开后的第一项含有x2项，然后写出第一项二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．【解答】解：∵（1+x+）10=，∴仅在第一部分中出现x2项的系数．再由，令r=2，可得，x2项的系数为．故答案为：45．【点评】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．（4分）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ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则Eξ1﹣Eξ2=0.2（元）．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】5I：概率与统计．【分析】分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，计算出对应的均值，即可得到结论．【解答】解：赌金的分布列为ξ112345P所以Eξ1=（1+2+3+4+5）=3，奖金的分布列为：若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），4种，若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有（1，3），（2，4），（3，5），3种，若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有（1，4），（2，5），2种，若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有（1，5），1种，则P （ξ2=1.4）==，P （ξ2=2.8）==，P （ξ2=4.2）==，P （ξ2=5.6）==ξ2 1.4 2.8 4.2 5.6P所以Eξ2=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，则Eξ1﹣Eξ2=3﹣2.8=0.2元．故答案为：0.2【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．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x 1，x 2，…，x m 满足0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，且|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m ）|=12（m≥2，m∈N *），则m 的最小值为8．【考点】H2：正弦函数的图象．【专题】51：函数的性质及应用；57：三角函数的图像与性质．【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意x i ，x j （i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i ）﹣f（x j ）|≤f（x）max ﹣f（x）min =2，要使m 取得最小值，尽可能多让x i （i=1，2，3，…，m）取得最高点，然后作图可得满足条件的最小m 值．【解答】解：∵y=sinx 对任意x i ，x j （i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i ）﹣f（x j ）|≤f （x）max ﹣f（x）min =2，要使m 取得最小值，尽可能多让x i （i=1，2，3，…，m）取得最高点，考虑0≤x 1＜x 2＜…＜x m ≤6π，|f（x 1）﹣f（x 2）|+|f（x 2）﹣f（x 3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f （x m ）|=12，按下图取值即可满足条件，∴m 的最小值为8．故答案为：8．【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，考查分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，正确理解对任意x i ，x j （i，j=1，2，3，…，m），都有|f（x i ）﹣f（x j ）|≤f （x）max ﹣f（x）min =2是解答该题的关键，是难题．14．在锐角三角形A BC 中，tanA=，D 为边BC 上的点，△A BD 与△ACD 的面积分别为2和4．过D 作D E⊥A B 于E，DF⊥AC 于F，则•=﹣．【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】5A：平面向量及应用．【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=，，然后代入数量积公式得答案．【解答】解：如图，∵△ABD 与△ACD 的面积分别为2和4，∴，，可得，，∴．又tanA=，∴，联立sin 2A+cos 2A=1，得，cosA=．由，得．则．∴•==．故答案为：．【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15分．）每题有且只有一个正确答案，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，否则一律得零分．15．（5分）设z 1，z 2∈C，则“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2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【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】5L：简易逻辑；5N：数系的扩充和复数．【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合复数的有关概念进行判断即可．【解答】解：设z 1=1+i，z 2=i，满足z 1、z 2中至少有一个数是虚数，则z 1﹣z 2=1是实数，则z 1﹣z 2是虚数不成立，若z 1、z 2都是实数，则z 1﹣z 2一定不是虚数，因此当z 1﹣z 2是虚数时，则z 1、z 2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，故“z 1、z 2中至少有一个数是虚数”是“z 1﹣z 2是虚数”的必要不充分条件，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．（5分）已知点A 的坐标为（4，1），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转至OB，则点B 的纵坐标为（）D．C．B．A．【考点】G9：任意角的三角函数的定义．【专题】56：三角函数的求值．【分析】根据三角函数的定义，求出∠xOA 的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．【解答】解：∵点A 的坐标为（4，1），∴设∠xOA=θ，则sinθ==，cosθ==，将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转至OB，则OB 的倾斜角为θ+，则|OB|=|OA|=，则点B 的纵坐标为y=|OB|sin （θ+）=7（sinθcos+cosθsin）=7（×+）=+6=，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．记方程①：x 2+a 1x+1=0，方程②：x 2+a 2x+2=0，方程③：x 2+a 3x+4=0，其中a 1，a 2，a 3是正实数．当a 1，a 2，a 3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【考点】53：函数的零点与方程根的关系．【专题】51：函数的性质及应用．【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a 12≥4，a 22＜8，结合a 1，a 2，a 3成等比数列求出方程③的判别式△的取值即可得到结论．【解答】解：当方程①有实根，且②无实根时，△1=a 12﹣4≥0，△2=a 22﹣8＜0，即a 12≥4，a 22＜8，∵a 1，a 2，a 3成等比数列，∴a 22=a 1a 3，即a 3=，则a 32=（）2=，即方程③的判别式△3=a 32﹣16＜0，此时方程③无实根，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．（5分）设P n （x n ，y n ）是直线2x﹣y=（n∈N *）与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点，则极限=（）D．2C．1B．﹣A．﹣1【考点】6F：极限及其运算．【专题】53：导数的综合应用．【分析】当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），利用圆的切线的斜率、斜率计算公式即可得出．【解答】解：当n→+∞时，直线2x﹣y=趋近于2x﹣y=1，与圆x 2+y 2=2在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点P n （x n ，y n ）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x 2+y 2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．∴=﹣1．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（本大题共有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．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1=1，AB=AD=2，E、F 分别是AB、BC 的中点，证明A 1、C 1、F、E 四点共面，并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小．【考点】MI：直线与平面所成的角．【专题】5G：空间角．【分析】利用长方体的几何关系建立直角坐标系．利用向量方法求空间角．【解答】解：连接AC，因为E，F 分别是AB，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A 1C 1，所以EF∥A 1C 1，所以A 1、C 1、F、E 四点共面．以D 为坐标原点，DA、DC、DD 1分别为x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，易求得，设平面A 1C 1EF 的法向量为则，所以，即，z=1，得x=1，y=1，所以，所以=，所以直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小arcsin ．【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出空间角的方法，属高考常考题型．20．（14分）如图，A，B，C 三地有直道相通，AB=5千米，AC=3千米，BC=4千米．现甲、乙两警员同时从A 地出发匀速前往B 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AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时．乙到达B 地后原地等待．设t=t 1时乙到达C 地．（1）求t 1与f（t 1）的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米．当t 1≤t≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t 1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．【考点】HR：余弦定理．【专题】58：解三角形．【分析】（1）由题意可得t 1==h ，由余弦定理可得f （t 1）=PC=，代值计算可得；（2）当t 1≤t≤时，由已知数据和余弦定理可得f（t）=PQ=，当＜t ≤1时，f（t）=PB=5﹣5t，综合可得当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，可得结论．【解答】解：（1）由题意可得t 1==h，设此时甲运动到点P，则AP=v 甲t 1=5×=千米，∴f（t 1）=PC===千米；（2）当t 1≤t≤时，乙在CB 上的Q 点，设甲在P 点，∴QB=AC+CB﹣8t=7﹣8t，PB=AB﹣AP=5﹣5t，∴f（t）=PQ===，当＜t≤1时，乙在B 点不动，设此时甲在点P，∴f（t）=PB=AB﹣AP=5﹣5t∴f（t）=∴当＜t≤1时，f（t）∈[0，]，故f（t）的最大值没有超过3千米．【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．（14分）已知椭圆x 2+2y 2=1，过原点的两条直线l 1和l 2分别于椭圆交于A、B 和C、D，记得到的平行四边形ACBD 的面积为S．（1）设A（x 1，y 1），C（x 2，y 2），用A、C 的坐标表示点C 到直线l 1的距离，并证明S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；（2）设l 1与l 2的斜率之积为﹣，求面积S 的值．【考点】IT：点到直线的距离公式；KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）依题意，直线l 1的方程为y=x，利用点到直线间的距离公式可求得点C 到直线l 1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可证得S=|AB|d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；当l 1与l 2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l 1的斜率为k，则直线l 2的斜率为﹣，可得直线l 1与l 2的方程，联立方程组，可求得x 1、x 2、y 1、y 2，继而可求得答案．方法二：设直线l 1、l 2的斜率分别为、，则=﹣，利用A（x 1，y 1）、C（x 2，y 2）在椭圆x 2+2y 2=1上，可求得面积S 的值．【解答】解：（1）依题意，直线l 1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C 到直线l 1的距离d==，因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x 1y 2﹣x 2y 1|；当l 1与l 2时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；（2）方法一：设直线l 1的斜率为k，则直线l 2的斜率为﹣，设直线l 1的方程为y=kx，联立方程组，消去y 解得x=±，根据对称性，设x 1=，则y 1=，同理可得x 2=，y 2=，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=．方法二：设直线l 1、l 2的斜率分别为、，则=﹣，所以x 1x 2=﹣2y 1y 2，∴=4=﹣2x 1x 2y 1y 2，∵A（x 1，y 1）、C（x 2，y 2）在椭圆x 2+2y 2=1上，∴（）（）=+4+2（+）=1，即﹣4x 1x 2y 1y 2+2（+）=1，所以（x 1y 2﹣x 2y 1）2=，即|x 1y 2﹣x 2y 1|=，所以S=2|x 1y 2﹣x 2y 1|=．【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．（16分）已知数列{a n }与{b n }满足a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），n∈N *．（1）若b n =3n+5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a≥a n （n∈N *），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）设a 1=λ＜0，b n =λn （n∈N *），求λ的取值范围，使得{a n }有最大值M 与最小值m，且∈（﹣2，2）．【考点】82：数列的函数特性；8H：数列递推式．【专题】2：创新题型；54：等差数列与等比数列；59：不等式的解法及应用．【分析】（1）把b n =3n+5代入已知递推式可得a n+1﹣a n =6，由此得到{a n }是等差数列，则a n可求；（2）由a n =（a n ﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a 2﹣a 1）+a 1，结合递推式累加得到a n =2b n +a 1﹣2b 1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况求得a n的最大值M 和最小值m，再由∈（﹣2，2）列式求得λ的范围．【解答】（1）解：∵a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ），b n =3n+5，∴a n+1﹣a n =2（b n+1﹣b n ）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6，∴{a n }是等差数列，首项为a 1=1，公差为6，则a n =1+（n﹣1）×6=6n﹣5；（2）∵a n =（a n ﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a 2﹣a 1）+a 1=2（b n ﹣b n﹣1）+2（b n﹣1﹣b n﹣2）+…+2（b 2﹣b 1）+a 1=2b n +a 1﹣2b 1，∴，∴．∴数列{b n }的第n 0项是最大项；（3）由（2）可得，①当﹣1＜λ＜0时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值m=a 1=λ，∴∈（﹣2，2），∴λ∈，∴．②当λ=﹣1时，a 2n =3，a 2n﹣1=﹣1，∴M=3，m=﹣1，（﹣2，2），不满足条件．③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a 2n →+∞，无最大值；当n→+∞时，a 2n﹣1→﹣∞，无最小值．综上所述，λ∈（﹣，0）时满足条件．【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（3）的求解运用了极限思想方法，是中档题．23．（18分）对于定义域为R 的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T 为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T 为其余弦周期．已知f（x）是以T 为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．（1）验证g（x）=x+sin 是以6π为周期的余弦周期函数；（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x 0∈[a，b]，使得f（x 0）=c；（3）证明：“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u 0+T 为方程cosf （x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f （T）．【考点】57：函数与方程的综合运用．【专题】2：创新题型；51：函数的性质及应用．【分析】（1）根据余弦函数的周期定义，判断cosg（x+6π）是否等于cosg（x）即可；（2）根据f（x）的值域为R，便可得到存在x 0，使得f（x 0）=c，而根据f（x）在R 上单调递增即可说明x 0∈[a，b]，从而完成证明；（3）只需证明u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x ∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T 时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k 1π，k 1∈Z，根据f （x）单调递增便能得到k 1＞2，然后根据f （x）的单调性及方程cosf （x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k 1=3，和k 1≥5是不存在的，而k 1=4时结论成立，这便说明x=T 时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf （x）=c 的解得到f （x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．【解答】解：（1）g（x）=x+sin ；∴==cosg（x）∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；（2）∵f（x）的值域为R；∴存在x 0，使f（x 0）=c；又c∈[f（a），f（b）]；∴f（a）≤f（x 0）≤f（b），而f（x）为增函数；∴a≤x 0≤b；即存在x 0∈[a，b]，使f（x 0）=c；（3）证明：若u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；则：cosf（u 0+T）=1，T≤u 0+T≤2T；∴cosf（u 0）=1，且0≤u 0≤T；∴u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；∴“u 0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u 0+T 为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；②当x=T 时，cosf（2T）=cosf（T）=1；∴f（2T）=2k 1π，（k 1∈Z），f（T）=4π，且2k 1π＞4π，∴k 1＞2；1）若k 1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x 0∈（0，T），使f（x 0）=2π；cosf（x 0+T）=cosf（x 0）=1⇒f（x 0+T）=2k 2π，k 2∈Z；∴f（T）＜f（x 0+T）＜f（2T）；∴4π＜2k 2π＜6π；∴2＜k 2＜3，无解；2）若k 1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x 1＜x 2＜2T，使得f（x 1）=6π，f（x 2）=8π；则T，x 1，x 2，2T 为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；3）当k 1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c 在（0，T）上的解；设其解为f（x 1），f（x 2），…，f（x n ），（x 1＜x 2＜…＜x n ）；则f（x 1+T），f（x 2+T），…，f（x n +T）为方程cosf（x）=c 在（T，2T）上的解；又f（x+T）∈（4π，8π）；而f（x 1）+4π，f（x 2）+4π，…，f（x n ）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c 在（T，2T）上的解；∴f（x i +T）=f（x i ）+4π=f（x i ）+f（T）；∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．【点评】考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf （x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．。

2015级第一学期《高等数学》期末考试试卷 (高数医科类)一、选择题（本题共15分，每小题3分）1. 设()f x 有二阶连续的导数，2sin ()()'+=x f x f x e ，且(0)1=f ，则 ( ) （A ）(0)f 是极小值； （B ）(0)f 是极大值；（C ）(0)f 不是极值； （D ）(0,(0))f 是曲线()=y f x 的拐点。

2. 积分1111||I dx x x -=⎰，2920sin I xdx π=⎰，13211x x xe I dx e -=+⎰和242sin I x xdx ππ-=⎰中，值为0的是 ( ) （A ）2I 、3I 和4I ； （B ）1I 、2I 和3I ； （C ）1I 和2I ； （D ）2I 和3I 。

3. 设0()x f x =⎰，2345()g x ax bx cx dx =+++。

若当0x →时()f x 与()g x 是同阶无穷小，则 （ ) （A ）0a ≠ ； （B ）0a =，0b ≠； （C ）0a b ==，0c ≠； （D ）0a b c ===。

4. 设()f x 和()g x 在(,)-∞+∞上可导，且()()<f x g x ，则必有 （ ） （A ）()()->-f x g x ； （B ）0lim ()lim ()→→<x x x x f x g x ；（C ）()()''<f x g x ； （D ）0()()x xf x dxg x dx <⎰⎰。

5. 已知非负函数()f x 在[1,)+∞上连续，且1()f x dx +∞⎰收敛，则关于函数1()()xf t x dt tϕ=⎰（[1,)x ∈+∞）的下列说法中，不正确是 （ ） （A ）可导； （B ）无界； （C ）无极值； （D ）单调。

二、填空题（本题共15分，每小题3分） 6. 设()=y f x 在任意点x 处增量22()1∆=∆+∆+xy x o x x ，且(0)1=f ，则(1)=f ________。