2015年上海市高考数学试卷（理科）.doc

第 1 页（共 23 页）2015 年上海市高考数学试卷（理科）年上海市高考数学试卷（理科）一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 14 题，满分题，满分 48 分分 ）考生应在答题纸相应编号的空格）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对内直接填写结果，每个空格填对 4 分，否则一律得零分分，否则一律得零分1 （4 分）设全集 U=R若集合 =1，2，3，4，=x|2x3，则 U= 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 c1c2= 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 y2=2px（p0）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 2，则其母线与轴的夹角的大小为 7 （4 分）方程 log2（9x15）=log2（3x12）+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=±x，则 C2的渐近线方程为 10 （4 分）设 f1（x）为 f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则 y=f（x）+f1（x）的最大值为 11 （4 分）在（1+x+）10的展开式中，x2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 1和 2分别表示赌客在一局赌博中第 2 页（共 23 页）的赌金和奖金，则 E1E2= （元） 13 （4 分）已知函数 f（x）=sinx若存在 x1，x2，xm满足0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*） ，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 EA B 于 E，DFAC 于 F，则= 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 题，满分题，满分 15 分分 ）每题有且只有一个正确答案，考）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，否则一分，否则一律得零分律得零分15 （5 分）设 z1，z2C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1z2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（ ）ABCD17记方程：x2+a1x+1=0，方程：x2+a2x+2=0，方程：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18 （5 分）设 Pn（xn，yn）是直线 2xy=（nN*）与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点，则极限=（ ）A1BC1D2第 3 页（共 23 页）三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 74 分）解答下列各题必须在答题纸相应编分）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号的规定区域内写出必要的步骤.19 （12 分）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1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 t1t1 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|x1y2x2y1|；（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+1an=2（bn+1bn） ，nN*（1）若 bn=3n+5，且 a1=1，求数列an的通项公式；第 4 页（共 23 页）（2）设an的第 n0项是最大项，即 aan（nN*） ，求证：数列bn的第 n0项是最大项；（3）设 a1=0，bn=n（nN*） ，求 的取值范围，使得an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）=4（1）验证 g（x）=x+sin是以 6 为周期的余弦周期函数；（2）设 ab，证明对任意 cf（a） ，f（b），存在 x0a，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 x0，T，都有f（x+T）=f（x）+f（T） 第 5 页（共 23 页）2015 年上海市高考数学试卷（理科）年上海市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有一、填空题（本大题共有 14 题，满分题，满分 48 分分 ）考生应在答题纸相应编号的空格）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对内直接填写结果，每个空格填对 4 分，否则一律得零分分，否则一律得零分1 （4 分）设全集 U=R若集合 =1，2，3，4，=x|2x3，则 U= 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 =1，2，3，4，=x|2x3，（UB）=x|x3 或 x2，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 =abi（a，bR） ，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 =abi（a，bR） ，又 3z+ =1+i，3（a+bi）+（abi）=1+i，化为 4a+2bi=1+i，4a=1，2b=1，解得 a=，b=z=第 6 页（共 23 页）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 c1c2= 16 【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 c1c2=215=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 【分析】由题意可得（aasin60°）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aasin60°，正棱柱的高为 a，（aasin60°）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（p0）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，即可得出结论第 7 页（共 23 页）【解答】解：因为抛物线 y2=2px（p0）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 2，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 2，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：rl，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 2，l=2h，设母线与轴的夹角为 ，则 cos=，故 =，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（9x15）=log2（3x12）+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（9x15）=log2（3x12）+2，log2（9x15）=log24×（3x12），第 8 页（共 23 页）9x15=4（3x12） ，化为（3x）2123x+27=0，因式分解为：（3x3） （3x9）=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：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 1266=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=±x，则 C2的渐近线方程为 第 9 页（共 23 页）【分析】设 C1的方程为 y23x2=，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 y23x2=，设 Q（x，y） ，则 P（x，2y） ，代入 y23x2=，可得 4y23x2=，C2的渐近线方程为 4y23x2=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 f1（x）为 f（x）=2x2+，x0，2的反函数，则 y=f（x）+f1（x）的最大值为 4 【分析】由 f（x）=2x2+在 x0，2上为增函数可得其值域，得到 y=f1（x）在上为增函数，由函数的单调性求得 y=f（x）+f1（x）的最大值【解答】解：由 f（x）=2x2+在 x0，2上为增函数，得其值域为，可得 y=f1（x）在上为增函数，因此 y=f（x）+f1（x）在上为增函数，y=f（x）+f1（x）的最大值为 f（2）+f1（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） 【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，则答案可求第 10 页（共 23 页）【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 1和 2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 E1E2= 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112345P所以 E1=（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（2=1.4）=，P（2=2.8）=，P（2=4.2）=，P（2=5.6）第 11 页（共 23 页）=21.42.84.25.6P所以 E2=1.4×（×1+×2+×3+×4）=2.8，则 E1E2=32.8=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 x1，x2，xm满足0x1x2xm6，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12（m2，mN*） ，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）maxf（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）maxf（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 0x1x2xm6，|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xm1）f（xm）|=12，按下图取值即可满足条件，第 12 页（共 23 页）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）maxf（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 EA B 于 E，DFAC 于 F，则= 【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 sin2A+cos2A=1，得，cosA=由，得第 13 页（共 23 页）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（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 题，满分题，满分 15 分分 ）每题有且只有一个正确答案，考）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，否则一分，否则一律得零分律得零分15 （5 分）设 z1，z2C，则“z1、z2中至少有一个数是虚数”是“z1z2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【解答】解：设 z1=1+i，z2=i，满足 z1、z2中至少有一个数是虚数，则 z1z2=1 是实数，则 z1z2是虚数不成立，若 z1、z2都是实数，则 z1z2一定不是虚数，因此当 z1z2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“z1z2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（ ）ABCD第 14 页（共 23 页）【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=，则 sin=，cos=，将 OA 绕坐标原点 O 逆时针旋转至 OB，则 OB 的倾斜角为 +，则|OB|=|OA|=，则点 B 的纵坐标为 y=|OB|sin（+）=7（sincos+cossin）=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：x2+a1x+1=0，方程：x2+a2x+2=0，方程：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【分析】根据方程根与判别式之间的关系求出 a124，a228，结合a1，a2，a3成等比数列求出方程的判别式的取值即可得到结论【解答】解：当方程有实根，且无实根时，1=a1240，2=a2280，即 a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a22=a1a3，即 a3=，第 15 页（共 23 页）则 a32=（）2=，即方程的判别式3=a32160，此时方程无实根，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 2xy=（nN*）与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点，则极限=（ ）A1BC1D2【分析】当 n+时，直线 2xy=趋近于 2xy=1，与圆 x2+y2=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 2xy=趋近于 2xy=1，与圆 x2+y2=2 在第一象限的交点无限靠近（1，1） ，而可看作点 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=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（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 74 分）解答下列各题必须在答题纸相应编分）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号的规定区域内写出必要的步骤.19 （12 分）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F 分别第 16 页（共 23 页）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 EFAC由长方体的性质知 ACA1C1，所以 EFA1C1，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，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，他们之间第 17 页（共 23 页）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 t1t1 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=h，由余弦定理可得 f（t1）=PC=，代值计算可得；（2）当 t1t时，由已知数据和余弦定理可得 f（t）=PQ=，当t1 时，f（t）=PB=55t，综合可得当t1 时，f（t）0，可得结论【解答】解：（1）由题意可得 t1=h，设此时甲运动到点 P，则 AP=v甲t1=5×=千米，f（t1）=PC=千米；（2）当 t1t时，乙在 CB 上的 Q 点，设甲在 P 点，QB=AC+CB8t=78t，PB=ABAP=55t，f（t）=PQ=，当t1 时，乙在 B 点不动，设此时甲在点 P，f（t）=PB=ABAP=55t第 18 页（共 23 页）f（t）=当t1 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|x1y2x2y1|；（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|x1y2x2y1|；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，可得直线 l1与 l2的方程，联立方程组，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、，则=，利用 A（x1，y1） 、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第 19 页（共 23 页）得：点 C 到直线 l1的距离 d=，因为|AB|=2|AO|=2，所以 S=|AB|d=2|x1y2x2y1|；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|x1y2x2y1|=方法二：设直线 l1、l2的斜率分别为、，则=，所以 x1x2=2y1y2，=4=2x1x2y1y2，A（x1，y1） 、C（x2，y2）在椭圆 x2+2y2=1 上，（） （）=+4+2（+）=1，即4x1x2y1y2+2（+）=1，所以（x1y2x2y1）2=，即|x1y2x2y1|=，所以 S=2|x1y2x2y1|=【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an与bn满足 an+1an=2（bn+1bn） ，nN*第 20 页（共 23 页）（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 aan（nN*） ，求证：数列bn的第 n0项是最大项；（3）设 a1=0，bn=n（nN*） ，求 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+1an=6，由此得到an是等差数列，则 an可求；（2）由 an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1，结合递推式累加得到an=2bn+a12b1，求得，进一步得到得答案；（3）由（2）可得，然后分10，=1，1 三种情况求得 an的最大值 M 和最小值 m，再由（2，2）列式求得 的范围【解答】 （1）解：an+1an=2（bn+1bn） ，bn=3n+5，an+1an=2（bn+1bn）=2（3n+83n5）=6，an是等差数列，首项为 a1=1，公差为 6，则 an=1+（n1）×6=6n5；（2）an=（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1=2（bnbn1）+2（bn1bn2）+2（b2b1）+a1=2bn+a12b1，数列bn的第 n0项是最大项；（3）由（2）可得，第 21 页（共 23 页）当10 时，单调递减，有最大值；单调递增，有最小值 m=a1=，（2，2） ，当 =1 时，a2n=3，a2n1=1，M=3，m=1，（2，2） ，不满足条件当 1 时，当 n+时，a2n+，无最大值；当 n+时，a2n1，无最小值综上所述，（，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）=4（1）验证 g（x）=x+sin是以 6 为周期的余弦周期函数；（2）设 ab，证明对任意 cf（a） ，f（b），存在 x0a，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 x0，T，都有f（x+T）=f（x）+f（T） 第 22 页（共 23 页）【分析】 （1）根据余弦函数的周期定义，判断 cosg（x+6）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 x0a，b，从而完成证明；（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 x0，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）=2k1，k1Z，根据 f（x）单调递增便能得到k12，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 k15 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 6 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 cf（a） ，f（b）；f（a）f（x0）f（b） ，而 f（x）为增函数；ax0b；即存在 x0a，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，Tu0+T2T；cosf（u0）=1，且 0u0T；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）第 23 页（共 23 页）=1 在区间T，2T上的解”；下面证明对任意 x0，T，都有 f（x+T）=f（x）+f（T）：当 x=0 时，f（0）=0，显然成立；当 x=T 时，cosf（2T）=cosf（T）=1；f（2T）=2k1， （k1Z） ，f（T）=4，且 2k14，k12；1）若 k1=3，f（2T）=6，由（2）知存在 x0（0，T） ，使 f（x0）=2；cosf（x0+T）=cosf（x0）=1f（x0+T）=2k2，k2Z；f（T）f（x0+T）f（2T） ；42k26；2k23，无解；2）若 k15，f（2T）10，则存在 Tx1x22T，使得 f（x1）=6，f（x2）=8；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）=0，2，4，3 个解，矛盾；3）当 k1=4 时，f（2T）=8=f（T）+f（T） ，结论成立；当 x（0，T）时，f（x）（0，4） ，考查方程 cosf（x）=c 在（0，T）上的解；设其解为 f（x1） ，f（x2） ，f（xn） ， （x1x2xn） ；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）（4，8） ；而 f（x1）+4，f（x2）+4，f（xn）+4（4，8）为方程 cosf（x）=c 在（T，2T）上的解；f（xi+T）=f（xi）+4=f（xi）+f（T） ；综上对任意 x0，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，kZ，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