2015年上海市高考数学试卷（理科）
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∩∁UΒ= ． 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c1﹣c2= ． ，则a= ．
4．（4分）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16
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= ．
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log2（9x﹣1﹣5）=log2（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C1和C2．若C1的渐近线方程为y=±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+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）．
）10的展开式中，x2项的系数为 （结果用
x，则C2的渐近线方程
高考真题解析
高考真题及答案
13．（4分）已知函数f（x）=sinx．若存在x1，x2，…，xm满足0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，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 ．
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z1，z2∈C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2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
，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转
至
•
= ．
16．（5分）已知点A的坐标为（4OB，则点B的纵坐标为（ ） A．
B．
C．
D．
17．记方程①：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3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 Pn（xn，yn）是直线2x﹣y=限的交点，则极限A．﹣1 B．﹣ C．1
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
=（ ） D．2
（n∈N*）与圆x2+y2=2在第一象
高考真题解析
高考真题及答案
号的规定区域内写出必要的步骤.
19．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE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=t1时乙到达C地． （1）求t1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≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．
21．（14分）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2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（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值．
22．（16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n0项是最大项，即a项是最大项；
（3）设a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最
≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第n0
高考真题解析
高考真题及答案
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x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；
（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u0+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）．
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高考真题及答案
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∩∁UΒ= {1，4} ．
【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}， ∴（∁UB）={x|x＞3或x＜2}， ∴A∩（∁UB）={1，4}， 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=
．
【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：
高考真题解析
高考真题及答案
【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c1﹣c2= 16 ．
【分析】根据增广矩阵的定义得到即可．
【解答】解：由题意知
，是方程组
，是方程组的解，解方程组
的解，
即，
则c1﹣c2=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【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•a=16
，则a= 4 ．
，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 ．
【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，
，∴a=4，
高考真题解析
高考真题及答案
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
．
【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log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2的解为 2 ． 【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：∵log2（9x﹣1﹣5）=log2（3x﹣1﹣2）+2，∴log2（9x﹣1﹣5）=log2[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，
高考真题解析
高考真题及答案
∴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：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）． 【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C1和C2．若C1的渐近线方程为y=±
．
【分析】设C1的方程为y2﹣3x2=λ，利用坐标间的关系，求出Q的轨迹方程，即可求出C2的渐近线方程．
【解答】解：设C1的方程为y2﹣3x2=λ，
设Q（x，y），则P（x，2y），代入y2﹣3x2=λ，可得4y2﹣3x2=λ， ∴C2的渐近线方程为4y2﹣3x2=0，即
．
x，则C2的渐近线方程为
高考真题解析
高考真题及答案
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 ．
【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，
]上为增函数，
因此y=f（x）+f﹣1（x）在[
∴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+数值表示）．
【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． 【=
∴仅在第一部分中出现x2项的系数． 再由x2项的系数为故答案为：45．
，令r=2，可得，
．
解
答
】
解
：
∵
（
1+x+，
）
10
）10的展开式中，x2项的系数为 45 （结果用
高考真题解析
高考真题及答案
【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）．
【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
ξ1 P
1
2
3
4
5
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 P
1.4
2.8
4.2
5.6
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
高考真题解析
高考真题及答案
【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x1，x2，…，xm满足0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，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 8 ．
【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让xi（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xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，
要使m取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点，
考虑0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣
1）﹣f（xm）|=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xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤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
高考真题解析
高考真题及答案
积分别为2和4．过D作D E⊥A B于 E，DF⊥AC于F，则【分析】由题意画出图形，结合面积求出cosA=代入数量积公式得答案． 【解答】解：如图，
，
•= ﹣ ． ，然后
∵△ABD与△ACD的面积分别为2和4，∴可得
又tanA=，∴由则∴
•
=
．
．
=
，
，∴
，联立sin2A+cos2A=1，得，得
．
，． ，cosA=
．
，
．
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z1，z2∈C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2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
【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．
高考真题解析
高考真题及答案
【解答】解：设z1=1+i，z2=i，满足z1、z2中至少有一个数是虚数，则z1﹣z2=1是实数，则z1﹣z2是虚数不成立，
若z1、z2都是实数，则z1﹣z2一定不是虚数，因此当z1﹣z2是虚数时， 则z1、z2中至少有一个数是虚数，即必要性成立，
故“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1﹣z2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（4OB，则点B的纵坐标为（ ） A．
B．
C．
D．
，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至
【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∴设∠xOA=θ，则sinθ=将OA绕坐标原点O逆时针旋转则OB的倾斜角为θ+
，1），
=，cosθ=至OB，
， +cosθsin
）=7（×=
，
，则|OB|=|OA|=
）=7（sinθcos
则点B的纵坐标为y=|OB|sin（θ++故选：D．
）=+6=
，
【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：x2+a1x+1=0，方程②：x2+a2x+2=0，方程③：x2+a3x+4=0，其中a1，a2，a3是正实数．当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实
高考真题解析
高考真题及答案
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
【分析】根据方程根与判别式△之间的关系求出a12≥4，a22＜8，结合a1，a2，a3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=a12﹣4≥0，△2=a22﹣8＜0， 即a12≥4，a22＜8， ∵a1，a2，a3成等比数列， ∴a22=a1a3， 即a3=
，
则a32=（）2=，
即方程③的判别式△3=a32﹣16＜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 Pn（xn，yn）是直线2x﹣y=限的交点，则极限A．﹣1 B．﹣ C．1
=（ ） D．2
趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第一象
（n∈N*）与圆x2+y2=2在第一象
【分析】当n→+∞时，直线2x﹣y=
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=一象限的交点无限靠近（1，1），而
趋近于2x﹣y=1，与圆x2+y2=2在第可看作点 Pn（xn，yn）与（1，1）连线
的斜率，其值会无限接近圆x2+y2=2在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为﹣1．
高考真题解析
高考真题及答案
∴故选：A．
=﹣1．
【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﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．
【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∥A1C1， 所以EF∥A1C1，
所以A1、C1、F、E四点共面．
以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得
，
设平面A1C1EF的法向量为则
，所以
，即
，
，
z=1，得x=1，y=1，所以
高考真题解析
高考真题及答案
所以=
．
，
所以直线CD1与平面A1C1FE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=t1时乙到达C地． （1）求t1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≤1时，求f（t）的表达式，并判断f（t）在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由．
【分析】（1）由题意可得t1==PC=
=h，由余弦定理可得f（t1）
，代值计算可得；
，]，
（2）当t1≤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t1=
=h，
千米，
设此时甲运动到点P，则AP=v甲t1=5×=∴f（t1）=PC==
=
千米；
（2）当t1≤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，
高考真题解析
高考真题及答案
∴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x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2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（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值． 【分析】（1）依题意，直线l1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l1的距离d=，再利用|AB|=2|AO|=2，可
证得S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；当l1与l2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l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣的方程，联立方程组
，可得直线l1与l2
，可求得x1、x2、y1、y2，继而可求得答案．
方法二：设直线l1、l2的斜率分别为
高考真题解析
、，则=﹣，利用A（x1，y1）、
高考真题及答案
C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，可求得面积S的值． 【解答】解：（1）依题意，直线l1的方程为y=
x，由点到直线间的距离公式得：
点C到直线l1的距离d==，
因为|AB|=2|AO|=2
，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；
当l1与l2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l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣设直线l1的方程为y=kx，联立方程组
，
，
，消去y解得x=±
根据对称性，设x1=，则y1=，
同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．
方法二：设直线l1、l2的斜率分别为所以x1x2=﹣2y1y2， ∴
=4
=﹣2x1x2y1y2，
、，则=﹣，
∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上， ∴（
）（
+）=
+4）=1，
，
+2（
+
）=1，
即﹣4x1x2y1y2+2（
所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=所以S=2|x1y2﹣x2y1|=
．
【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．
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高考真题及答案
22．（16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n0项是最大项，即a项是最大项；
（3）设a1=λ＜0，bn=λn（n∈N*），求λ的取值范围，使得{an}有最大值M与最小值m，且∈（﹣2，2）．
【分析】（1）把bn=3n+5代入已知递推式可得an+1﹣an=6，由此得到{an}是等差数列，则an可求；
（2）由an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1，结合递推式累加得到an=2bn+a1﹣2b1，求得
得答案；
（3）由（2）可得
，然后分﹣1＜λ＜0，λ=﹣1，λ＜﹣1三种情况求
，进一步得到
≥an（n∈N*），求证：数列{bn}的第n0
得an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：∵an+1﹣an=2（bn+1﹣bn），bn=3n+5， ∴an+1﹣an=2（bn+1﹣bn）=2（3n+8﹣3n﹣5）=6， ∴{an}是等差数列，首项为a1=1，公差为6， 则an=1+（n﹣1）×6=6n﹣5；
（2）∵an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1 =2（bn﹣bn﹣1）+2（bn﹣1﹣bn﹣2）+…+2（b2﹣b1）+a1 =2bn+a1﹣2b1， ∴∴
∴数列{bn}的第n0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=a1=λ，
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∴∴λ∈∴
∈（﹣2，2），
， ．
②当λ=﹣1时，a2n=3，a2n﹣1=﹣1， ∴M=3，m=﹣1，
（﹣2，2），不满足条件．
③当λ＜﹣1时，当n→+∞时，a2n→+∞，无最大值； 当n→+∞时，a2n﹣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x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；
（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u0+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）．
【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x0，使得f（x0）=c，而根据f（x）在R上单调递增即可说明x0∈[a，b]，从而完成证明；
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（3）只需证明u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u0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）=2k1π，k1∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k1＞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k1=3，和k1≥5是不存在的，而k1=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x0，使f（x0）=c； 又c∈[f（a），f（b）]；
∴f（a）≤f（x0）≤f（b），而f（x）为增函数； ∴a≤x0≤b；
即存在x0∈[a，b]，使f（x0）=c；
（3）证明：若u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解； 则：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T； ∴cosf（u0）=1，且0≤u0≤T；
∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；
∴“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u0+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）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；
1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x0∈（0，T），使f（x0）=2π；
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cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π，k2∈Z； ∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）； ∴4π＜2k2π＜6π； ∴2＜k2＜3，无解；
2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；
则T，x1，x2，2T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k1=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（x1），f（x2），…，f（xn），（x1＜x2＜…＜xn）；
则f（x1+T），f（x2+T），…，f（xn+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解； 又f（x+T）∈（4π，8π）；
而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（xn）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；
∴f（xi+T）=f（xi）+4π=f（xi）+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．
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