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上海市十三校2015届高三第二次联考数学(理)试题


2015 年上海市十三校联考高考数学二模试卷(理科)
一、填空题(本大题满分 56 分)本大题共有 14 题,每个空格填对 4 分,否则一律得零分. 1. (4 分) (2015?上海模拟)幂函数 y=x 则 m= 0 . (m∈N)在区间(0,+∞)上是减函数,

【考点】 : 幂函数的单调性、奇偶性及其应用;幂函数的概念、解析式、定义域、值域.

【专题】 : 计算题;函数的性质及应用;不等式的解法及应用. 2 【分析】 : 根据幂函数的性质,可得 m +2m﹣3<0,解不等式求得自然数解,即可得到 m=0. m2+2m﹣3 【解析】 : 解:由幂函数 y=x 在(0,+∞)为减函数, 2 则 m +2m﹣3<0, 解得﹣3<m<1. 由于 m∈N, 则 m=0. 故答案为:0. 【点评】 : 本题考查幂函数的性质,主要考查二次不等式的解法,属于基础题. 2. (4 分) (2015?上海模拟)函数 的定义域是 (0,1] .

【考点】 : 函数的定义域及其求法;对数函数的定义域. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 令被开方数大于等于 0,然后利用对数函数的单调性及真数大于 0 求出 x 的范围, 写出集合区间形式即为函数的定义域. 【解析】 : 解: ∴0<x≤1 ∴函数的定义域为(0,1] 故答案为: (0,1] 【点评】 : 求解析式已知的函数的定义域应该考虑:开偶次方根的被开方数大于等于 0;对数 函数的真数大于 0 底数大于 0 小于 1;分母非 0. 3. (4 分) (2006?上海) 在△ABC 中, 已知 BC=8, AC=5, 三角形面积为 12, 则 cos2C= .

【考点】 : 余弦定理的应用. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 先通过 BC=8,AC=5,三角形面积为 12 求出 sinC 的值,再通过余弦函数的二倍角 公式求出答案. 【解析】 : 解:∵已知 BC=8,AC=5,三角形面积为 12, ∴ ?BC?ACsinC=12

∴sinC= ∴cos2C=1﹣2sin C=1﹣2× 故答案为: 【点评】 : 本题主要考查通过正弦求三角形面积及倍角公式的应用.属基础题. 4. (4 分) (2015?上海模拟)设 i 为虚数单位,若关于 x 的方程 x ﹣(2+i)x+1+mi=0(m∈R) 有一实根为 n,则 m= 1 . 【考点】 : 复数相等的充要条件. 【专题】 : 数系的扩充和复数. 【分析】 : 把 n 代入方程,利用复数相等的条件,求出 m,n,即可. 2 【解析】 : 解:关于 x 的方程 x ﹣(2+i)x+1+mi=0(m∈R)有一实根为 n, 2 可得 n ﹣(2+i)n+1+mi=0 所以 ,
2 2

=

所以 m=n=1, 故答案为:1. 【点评】 : 本题考查复数相等的条件,考查计算能力,是基础题.

5. (4 分) (2015?上海模拟)若椭圆的方程为 a= 4 或 8 .

+

=1,且此椭圆的焦距为 4,则实数

【考点】 : 椭圆的简单性质. 【专题】 : 圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】 : 首先分两种情况:①焦点在 x 轴上.②焦点在 y 轴上,分别求出 a 的值即可. 【解析】 : 解:①焦点在 x 轴上时:10﹣a﹣(a﹣2)=4 解得:a=4. ②焦点在 y 轴上时 a﹣2﹣(10﹣a)=4 解得:a=8 故答案为:4 或 8. 【点评】 : 本题考查的知识要点:椭圆方程的两种情况:焦点在 x 轴或 y 轴上,考察 a、b、c 的关系式,及相关的运算问题. 6. (4 分) (2015?上海模拟)若一个圆锥的侧面展开如圆心角为 120°、半径为 3 的扇形,则 这个圆锥的表面积是 4π . 【考点】 : 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 【专题】 : 空间位置关系与距离.

【分析】 : 易得圆锥侧面展开图的弧长,除以 2π 即为圆锥的底面半径,圆锥表面积=底面积+ 侧面积=π×底面半径 +π×底面半径×母线长,把相关数值代入即可求解. 【解析】 : 解:圆锥的侧面展开图的弧长为: ∴圆锥的底面半径为 2π÷2π=1, 2 ∴此圆锥的表面积=π×(1) +π×1×3=4π. 故答案为:4π. 【点评】 :本题考查扇形的弧长公式为 圆锥的表面积的求法. 7. (4 分) (2015?上海模拟)若关于 x 的方程 lg(x +ax)=1 在 x∈[1,5]上有解,则实数 a 的 取值范围为 ﹣3≤a≤9 . 【考点】 : 函数的零点. 【专题】 : 计算题;函数的性质及应用. 【分析】 : 由题意,x +ax﹣10=0 在 x∈[1,5]上有解,可得 a= 用 a=
2 2 2

=2π,

; 圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长,

﹣x 在 x∈[1,5]上有解,利

﹣x 在 x∈[1,5]上单调递减,即可求出实数 a 的取值范围.
2

【解析】 : 解:由题意,x +ax﹣10=0 在 x∈[1,5]上有解, 所以 a= 因为 a= ﹣x 在 x∈[1,5]上有解, ﹣x 在 x∈[1,5]上单调递减,

所以﹣3≤a≤9, 故答案为:﹣3≤a≤9. 【点评】 : 本题主要考查方程的根与函数之间的关系,考查由单调性求函数的值域,比较基 础. 8. (4 分) (2015?上海模拟) 《孙子算经》卷下第二十六题:今有物,不知其数,三三数之剩 二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何? 23,或 105k+23(k 为正整数) . . (只需 写出一个答案即可) 【考点】 : 进行简单的合情推理. 【专题】 : 推理和证明. 【分析】 : 根据“三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二”找到三个数:第一个数能同时 被 3 和 5 整除;第二个数能同时被 3 和 7 整除;第三个数能同时被 5 和 7 整除,将这三个数 分别乘以被 7、5、3 除的余数再相加即可求出答案. 【解析】 : 解:我们首先需要先求出三个数: 第一个数能同时被 3 和 5 整除,但除以 7 余 1,即 15; 第二个数能同时被 3 和 7 整除,但除以 5 余 1,即 21; 第三个数能同时被 5 和 7 整除,但除以 3 余 1,即 70; 然后将这三个数分别乘以被 7、5、3 除的余数再相加,即:15×2+21×3+70×2=233.

最后,再减去 3、5、7 最小公倍数的整数倍,可得:233﹣105×2=23.或 105k+23(k 为正整 数) . 故答案为:23,或 105k+23(k 为正整数) . 【点评】 : 本题考查的是带余数的除法,简单的合情推理的应用,根据题意下求出 15、21、 70 这三个数是解答此题的关键.[可以原文理解为: 三个三个的数余二,七个七个的数也余二, 那么,总数可能是三乘七加二,等于二十三.二十三用五去除余数又恰好是三]

9. (4 分) (2015?上海二模)在极坐标系中,某直线的极坐标方程为 ρsin(θ+ 极点 O 到这条直线的距离为 .

)=

,则

【考点】 : 简单曲线的极坐标方程. 【专题】 : 坐标系和参数方程. 【分析】 : 由直线的极坐标方程为 ρsin(θ+ )= ,展开并利用 即可得出直

角坐标方程,再利用点到直线的距离公式即可得出. 【解析】 : 解:由直线的极坐标方程为 ρsin(θ+ , 化为 x+y﹣1=0, ∴极点 O 到这条直线的距离 d= 故答案为: . = . )= ,展开为

【点评】 : 本题考查了直线的极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式、两角和 差的正弦公式,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 10. (4 分) (2015?上海二模)设口袋中有黑球、白球共 7 个,从中任取两个球,令取到白球 的个数为 ξ,且 ξ 的数学期望 Eξ= ,则口袋中白球的个数为 3 .

【考点】 : 离散型随机变量的期望与方差. 【专题】 : 概率与统计. 【分析】 : 设口袋中有白球 x 个,由已知得 ξ 的可能取值为 0,1,2,由 Eξ= ,得

×

,由此能求出口袋中白球的个数.

【解析】 : 解:设口袋中有白球 x 个, 由已知得 ξ 的可能取值为 0,1,2,

P(ξ=0)=



P(ξ=1)=



P(ξ=2)=



∵Eξ= ,∴

×



解得 x=3. ∴口袋中白球的个数为 3. 故答案为:3. 【点评】 : 本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题,解题时要注意 排列组合知识的合理运用.

11. (4 分) (2015?上海模拟) 如图所示, 一个确定的凸五边形 ABCDE, 令 x= z= ? ,则 x、y、z 的大小顺序为 x>y>z .

?

, y=

?



【考点】 : 平面向量数量积的运算;向量在几何中的应用. 【专题】 : 平面向量及应用. 【分析】 : 根据向量的数量积公式分别判断 x,y,z 的符号,得到大小关系. 【解析】 : 解:由题意,x= y= ? ? =AB×ACcos∠BAC>0,

=AB×ADcos∠BAD≈AB×ACcos∠BAD,

又∠BAD>∠BAC 所以 cos∠BAD<cos∠BAC, 所以 x>y>0 z= ? =AB×AEcos∠BAE<0,

所以 x>y>z.

故答案为:x>y>z. 【点评】 : 本题考查了向量的数量积的公式;属于基础题. 12. (4 分) (2015?上海模拟)设函数 f( x)的定义域为 D,D?[0,4π],它的对应法则为 f: x→sin x,现已知 f( x)的值域为{0,﹣ ,1},则这样的函数共有 1395 个.

【考点】 : 映射. 【专题】 : 函数的性质及应用;集合. 【分析】 : 分别求出 sinx=0,x=0,π,2π,3π,4π, sinx= ,x= ,x= +C ) ( ) ,x= ,x= ,x= ,

sinx=1,x=

利用排列组合知识求解得出这样的函数共有: (C ( )即可.

【解析】 : 解:∵函数 f( x)的定义域为 D,D?[0,4π], ∴它的对应法则为 f:x→sin x, f( x)的值域为{0,﹣ ,1}, sinx=0,x=0,π,2π,3π,4π, sinx= ,x= ,x= +C ) ( ) ( )=31×15×3=1395 ,x= ,x= ,x= ,

sinx=1,x=

这样的函数共有: (C

故答案为:1395 【点评】 : 本题考查了映射,函数的概念,排列组合的知识,难度不大,但是综合性较强. 13. (4 分) (2015?上海二模)若多项式(1﹣2x+3x ﹣4x +…﹣2000x 2 3 1999 2000 (1+2x+3x +4x +…+2000x +2001x )= 4000 3999 3998 a0x +a1x +a2x +…+a3999x+a4000,则 a1+a3+…+a2015= 0 .
2 3 1999

+2001x

2000



【考点】 : 二项式定理的应用. 【专题】 : 二项式定理. 【分析】 : 根据等式,确定 a1=﹣2000×2001+2001×2000=0,a3=0,a5=0,…,即可得出结论. 2 3 1999 2000 【解析】 : 解:根据(1﹣2x+3x ﹣4x +…﹣2000x +2001x ) 2 3 1999 2000 (1+2x+3x +4x +…+2000x +2001x ) 4000 3999 3998 =a0x +a1x +a2x +…+a3999x+a4000, 可得 a1=﹣2000×2001+2001×2000=0,a3=0,a5=0,…, 所以 a1+a3+a5+…+a2011+a2013+a2015=0,

故答案为:0. 【点评】 : 本题考查二项式定理的运用,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 14. (4 分) (2015?上海模拟)在平面直角坐标系中有两点 A(﹣1,3 ) 、B(1, ) ,以 原点为圆心,r>0 为半径作一个圆,与射线 y=﹣ x(x<0)交于点 M,与 x 轴正半轴交于 N,则当 r 变化时,|AM|+|BN|的最小值为 2 . 【考点】 : 两点间距离公式的应用. 【专题】 : 计算题;转化思想;推理和证明. 【分析】 : 由题意,设 M(a,﹣ a) (a<0) ,则 r=﹣2a,N(﹣2a,0) .可得 |AM|+|BN|= + ,设 2a=x,进而可以理解

为(x,0)与(﹣ , )和(﹣1, )的距离和,即可得出结论. 【解析】 : 解:由题意,设 M(a,﹣ a) (a<0) ,则 r=﹣2a,N(﹣2a,0) . ∴|AM|+|BN|= 设 2a=x,则|AM|+|BN|= + + ,

可以理解为(x,0)与(﹣5, )和(﹣1, )的距离和, ∴|AM|+|BN|的最小值为(﹣5, )和(﹣1,﹣ )的距离,即 2 . 故答案为:2 . 【点评】 : 本题考查两点间距离公式的应用,考查学生分析解决问题的能力,有难度. 二、选择题(本大题满分 20 分)本大题共有 4 题,每题有且仅有一个正确答案,选对得 5 分, 否则一律得零分. 15. (5 分) (2015?上海模拟)若非空集合 A 中的元素具有命题 α 的性质,集合 B 中的元素具 有命题 β 的性质,若 A?B,则命题 α 是命题 β 的( )条件. A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充分必要 D. 既非充分又非必要 【考点】 : 必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【专题】 : 集合;简易逻辑. 【分析】 : 可举个例子来判断:比如 A={1},B={1,2},α:x>0,β:x<3,容易说明此时 命题 α 是命题 β 的既非充分又非必要条件. 【解析】 : 解:命题 α 是命题 β 的既非充分又非必要条件; 比如 A={1},α:x>0;B={1,2},β:x<3; 显然 α 成立得不到 β 成立,β 成立得不到 α 成立; ∴此时,α 是 β 的既非充分又非必要条件. 故选:D. 【点评】 : 考查真子集的概念,以及充分条件、必要条件、既不充分又不必要条件的概念, 以及找一个例子来说明问题的方法. 16. (5 分) (2015?上海二模)用反证法证明命题:“已知 a、b∈N ,如果 ab 可被 5 整除,那 么 a、b 中至少有一个能被 5 整除”时,假设的内容应为( )
+

A. a、b 都能被 5 整除 B. a、b 都不能被 5 整除 C. a、b 不都能被 5 整除 D. a 不能被 5 整除 【考点】 : 反证法. 【专题】 : 推理和证明. 【分析】 : 反设是一种对立性假设,即想证明一个命题成立时,可以证明其否定不成立,由 此得出此命题是成立的. 【解析】 : 解:由于反证法是命题的否定的一个运用,故用反证法证明命题时,可以设其否 定成立进行推证. 命题“a,b∈N,如果 ab 可被 5 整除,那么 a,b 至少有 1 个能被 5 整除.”的否定是“a,b 都不 能被 5 整除”. 故选:B. 【点评】 : 反证法是命题的否定的一个重要运用,用反证法证明问题大大拓展了解决证明问 题的技巧. 17. (5 分) (2015?上海二模)实数 x、y 满足 x +2xy+y +4x y =4,则 x﹣y 的最大值为( A. B. C. D. 2 【考点】 : 基本不等式. 【专题】 : 三角函数的求值. 【分析】 : x +2xy+y +4x y =4,变形为 (x+y) +(2xy) =4, 设 x+y=2cosθ,2xy=2sinθ,θ∈[0, 2π) .化简利用三角函数的单调性即可得出. 【解析】 : 解:x +2xy+y +4x y =4,变形为(x+y) +(2xy) =4, 设 x+y=2cosθ,2xy=2sinθ,θ∈[0,2π) . 则(x﹣y) =(x+y) ﹣4xy=4cos θ﹣4sinθ=5﹣4(sinθ+ ) ≤5, ∴x﹣y . 故选:C. 【点评】 : 本题考查了平方法、三角函数代换方法、三角函数的单调性,考查了推理能力与 计算能力,属于中档题. 18. (5 分) (2015?上海模拟)直线 m⊥平面 α,垂足是 O,正四面体 ABCD 的棱长为 4,点 C 在平面 α 上运动,点 B 在直线 m 上运动,则点 O 到直线 AD 的距离的取值范围是( ) A. [ 3 +2] , ] B. [2 ﹣2,2 +2] C. [ , ] D. [3 ﹣2,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



【考点】 : 点、线、面间的距离计算. 【专题】 : 空间位置关系与距离. 【分析】 : 确定直线 BC 与动点 O 的空间关系,得到最大距离为 AD 到球心的距离+半径,最 小距离为 AD 到球心的距离﹣半径. 【解析】 : 解:由题意,直线 BC 与动点 O 的空间关系: 点 O 是以 BC 为直径的球面上的点, 所以 O 到 AD 的距离为四面体上以 BC 为直径的球面上的点到 AD 的距离,

最大距离为 AD 到球心的距离(即 BC 与 AD 的公垂线)+半径=2 +2. 最小距离为 AD 到球心的距离(即 BC 与 AD 的公垂线)﹣半径=2 +2. ∴点 O 到直线 AD 的距离的取值范围是:[2 ﹣2,2 +2]. 故选:B.

【点评】 : 本题考查点、线、面间的距离计算,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题, 解题时要注意空间思维能力的培养. 三、解答题(本大题满分 74 分)本大题共 5 题,解答下列各题须写出必要的步骤. 19. (12 分) (2015?上海模拟)已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1,底面边长为 ,点 P、Q、 R 分别在棱 AA1、BB1、BC 上,Q 是 BB1 中点,且 PQ∥AB,C1Q⊥QR (1)求证:C1Q⊥平面 PQR; (2)若 C1Q= ,求四面体 C1PQR 的体积.

【考点】 : 棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 【专题】 : 空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 : (1)由已知得 AB⊥平面 B1BCC1,从而 PQ⊥平面 B1BCC1,进而 C1Q⊥PQ,又 C1Q⊥QR,由此能证明 C1Q⊥平面 PQR. (2)由已知得 B1Q=1,BQ=1,△B1C1Q∽△BQR,从而 BR= ,QR= ,由 C1Q、QR、

QP 两两垂直,能求出四面体 C1PQR 的体积. 【解析】 : (1)证明:∵四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 是正四棱柱, ∴AB⊥平面 B1BCC1, 又 PQ∥AB,∴PQ⊥平面 B1BCC1, ∴C1Q⊥PQ,又已知 C1Q⊥QR,且 QR∩QP=Q, ∴C1Q⊥平面 PQR. (2)解:∵B1C1= , ,

∴B1Q=1,∴BQ=1, ∵Q 是 BB1 中点,C1Q⊥QR, ∴∠B1C1Q=∠BQR,∠C1B1Q=∠QBR, ∴△B1C1Q∽△BQR,∴BR= ∵C1Q、QR、QP 两两垂直, ∴四面体 C1PQR 的体积 V= . ,∴QR= ,

【点评】 : 本小题主要考查空间线面关系、线面垂直的证明、几何体的体积等知识,考查数 形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 20. (14 分) (2015?上海模拟)已知数列{bn}满足 b1=1,且 bn+1=16bn(n∈N) ,设数列{ }

的前 n 项和是 Tn. 2 (1)比较 Tn+1 与 Tn?Tn+2 的大小; 2 (2)若数列{an} 的前 n 项和 Sn=2n +2n,数列{cn}=an﹣logdbn(d>0,d≠1) ,求 d 的取值范 围使得{cn}是递增数列. 【考点】 : 数列递推式;数列的函数特性. 【专题】 : 计算题;等差数列与等比数列. 【分析】 : (1)由数列递推式可得数列{bn}为公比是 16 的等比数列,求出其通项公式后可得 ,然后由等比数列的前 n 项和求得 Tn,再由作差法证明 Tn+1 >Tn?Tn+2; (2)由 Sn=2n +2n 求出首项,进一步得到 n≥2 时的通项公式,再把数列{an},{bn}的通项公 式代入 cn=an﹣logdbn=4n+(4﹣4n)logd2=(4﹣4logd2)n+4logd2,然后由一次项系数大于 0 求得 d 的取值范围. 【解析】 : 解: (1)由 bn+1=16bn,得数列{bn}为公比是 16 的等比数列, 又 b1=1,∴ ,因此 ,
2 2



=



∵Tn+1 ﹣Tn?Tn+2 = 于是 Tn+1 >Tn?Tn+2; 2 (2)由 Sn=2n +2n,当 n=1 时求得 a1=S1=4; 当 n≥2 时, =4n.
2

2



a1=4 满足上式,∴an=4n. 可得 cn=an﹣logdbn=4n+(4﹣4n)logd2=(4﹣4logd2)n+4logd2, 要使数列{cn}是递增数列,则 4﹣4logd2>0,即 logd2<1. 当 0<d<1 时,有 logd2<0 恒成立,当 d>1 时,有 d>2. 综上,d∈(0,1)∪(2,+∞) . 【点评】 : 本题考查了等比关系的确定,考查了数列的函数特性,考查了对数不等式的解法, 是中档题. 21. (14 分) (2015?上海二模)某种波的传播是由曲线 f(x)=Asin(ωx+φ) (A>0)来实现 的,我们把函数解析式 f(x)=Asin(ωx+φ)称为“波”,把振幅都是 A 的波称为“A 类波”, 把两个解析式相加称为波的叠加. (1)已知“1 类波”中的两个波 f1(x)=sin(x+φ1)与 f2(x)=sin(x+φ2)叠加后仍是“1 类 波”,求 φ2﹣φ1 的值; (2)在“A 类波“中有一个是 f1(x)=Asinx,从 A 类波中再找出两个不同的波 f2(x) ,f3(x) , 使得这三个不同的波叠加之后是平波,即叠加后 f1(x)+f2(x)+f3(x) ,并说明理由. (3)在 n(n∈N,n≥2)个“A 类波”的情况下对(2)进行推广,使得(2)是推广后命题的一 个特例.只需写出推广的结论,而不需证明. 【考点】 : 两角和与差的正弦函数;归纳推理. 【专题】 : 综合题;三角函数的图像与性质;推理和证明. 【分析】 : (1)根据定义可求得 f1(x)+f2(x)=(cosφ1+cosφ2)sinx+(sinφ1+sinφ2)cosx, 则振幅是 由 =1,即可求得 φ1﹣φ1 的值. = ,

(2)设 f2(x)=Asin(x+φ1) ,f3(x)=Asin(x+φ2) ,则 f1(x)+f2(x)+f3(x)=0 恒成立, 可解得 cosφ1=﹣ ,可取 φ2= (或 φ2=﹣ 等) ,证明 f1(x)+f2(x)+f3(x)=0. ) ,f3(x)=Asin(x+ ) ,…,从而

(3)由题意可得 f1(x)=Asinx,f2(x)=Asin(x+ 可求 fn(x)=Asin(x+

) ,这 n 个波叠加后是平波.

【解析】 : 解: (1)f1(x)+f2(x)=sin(x+φ1)+sin(x+φ2) =(cosφ1+cosφ2)sinx+(sinφ1+sinφ2)cosx, 振幅是 则 = =1,即 cos(φ1﹣φ2)=﹣ ,所以 φ1﹣φ2=2kπ± ,k∈Z.

(2)设 f2(x)=Asin(x+φ1) ,f3(x)=Asin(x+φ2) , 则 f1(x)+f2(x)+f3(x)=Asinx+Asin(x+φ1)+Asin(x+φ2) =Asinx(1+cosφ1+cosφ2)+Acosx(sinφ1+sinφ2)=0 恒成立, 则 1+cosφ1+cosφ2=0 且 sinφ1+sinφ2=0, 即有:cosφ2=﹣cosφ1﹣1 且 sinφ2=﹣sinφ1, 消去 φ2 可解得 cosφ1=﹣ , 若取 φ1= ,可取 φ2= (或 φ2=﹣ 等) , ) (或 f3(x)=Asin(x﹣ cosx)+(﹣ sinx﹣ )等) ,

此时,f2(x)=Asin(x+

) ,f3(x)=Asin(x+ sinx+

则:f1(x)+f2(x)+f3(x)=A[sinx+( 所以是平波. (3)f1(x)=Asinx,f2(x)=Asin(x+ fn(x)=Asin(x+

cosx)]=0,

) ,f3(x)=Asin(x+

) ,…,

) ,这 n 个波叠加后是平波.

【点评】 : 本题主要考查了两角和与差的正弦函数公式的应用,考查了归纳推理的常用方法, 综合性较强,考查了转化思想,属于中档题. 22. (16 分) (2015?上海二模)设函数 f(x)=ax +(2b+1)x﹣a﹣2(a,b∈R) . (1)若 a=0,当 x∈[ ,1]时恒有 f(x)≥0,求 b 的取值范围; (2)若 a≠0 且 b=﹣1,试在直角坐标平面内找出横坐标不同的两个点,使得函数 y=f(x)的 图象永远不经过这两点; 2 2 (3)若 a≠0,函数 y=f(x)在区间[3,4]上至少有一个零点,求 a +b 的最小值. 【考点】 : 函数的最值及其几何意义;函数的零点与方程根的关系. 【专题】 : 综合题;函数的性质及应用. 【分析】 : (1)求出 a=0 的解析式,再由一次函数的单调性,得到不等式,即可得到范围; 2 2 (2)b=﹣1 时,y=a(x ﹣1)﹣x﹣2,当 x =1 时,无论 a 取任何值,y=﹣x﹣2 为定值,y=f (x)图象一定过点(1,﹣3)和(﹣1,﹣1) ,运用函数的定义即可得到结论; 2 2 (3)由题意,存在 t∈[3,4],使得 at +(2b+1)t﹣a﹣2=0,即(t ﹣1)a+(2t)b+t﹣2=0, 由点到直线的距离意义可知 ≥ = ,由此只要求 ,
2

t∈[3,4]的最小值. 【解析】 : 解: (1)当 a=0 时,f(x)=(2b+1)x﹣2, 当 x∈[ ,1]时恒有 f(x)≥0, 则 f( )≥0 且 f(1)≥0,

即 b﹣ ≥0 且 2b﹣1≥0, 解得 b≥ ; (2)b=﹣1 时,y=a(x ﹣1)﹣x﹣2, 2 当 x =1 时,无论 a 取任何值,y=﹣x﹣2 为定值, y=f(x)图象一定过点(1,﹣3)和(﹣1,﹣1) 由函数定义可知函数图象一定不过 A(1,y1) (y1≠﹣3)和 B(﹣1,y2) (y2≠﹣1) ; 2 (3)由题意,存在 t∈[3,4],使得 at +(2b+1)t﹣a﹣2=0 2 即(t ﹣1)a+(2t)b+t﹣2=0, 由点到直线的距离意义可知 ≥ = ,
2

由此只要求

,t∈[3,4]的最小值.

令 g(t)=

,t∈[3,4]

设 u=t﹣2,u∈[1,2],则 g(t)=f(u)= =

∴u=1,即 t=3 时,g(t)取最小值 ∴t=3 时,a +b 的最小值为
2 2





【点评】 : 本题考查不等式的恒成立问题转化为求函数的值域问题,主要考查一次函数的单 调性,运用主元法和直线和圆有交点的条件是解题的关键. 23. (18 分) (2015?上海二模)设有二元关系 f(x,y)=(x﹣y) +a(x﹣y)﹣1,已知曲线 г:f(x,y)=0 (1)若 a=2 时,正方形 ABCD 的四个顶点均在曲线上 г,求正方形 ABCD 的面积; (2)设曲线 г 与 x 轴的交点是 M、N,抛物线 г′:y= x +1 与 y 轴的交点是 G,直线 MG 与 曲线 г′交于点 P,直线 NG 与曲线 г′交于 Q,求证:直线 PQ 过定点,并求出该定点的坐标. (3)设曲线 г 与 x 轴的交点是 M(u,0) ,N(v,0) ,可知动点 R(u,v)在某确定的曲线∧ 上运动,曲线∧与上述曲线 г 在 a≠0 时共有四个交点:A(x1,x2) ,B(x3,x4) ,C(x5,x6) , D(x7,x8) ,集合 X={x1,x2,…,x8}的所有非空子集设为 Yi(i=1,2,…,255) ,将 Yi 中的 所有元素相加(若 i Y 中只有一个元素,则其是其自身)得到 255 个数 y1,y2,…,y255 求所 n n n 有的正整数 n 的值,使得 y1 +y2 +…+y255 是与变数 a 及变数 xi(i=1,2,…8)均无关的常数. 【考点】 : 直线与圆锥曲线的综合问题. 【专题】 : 圆锥曲线中的最值与范围问题.
2 2

【分析】 : (1)令 f(x,y)=(x﹣y) +2(x﹣y)﹣1=0,解得 x﹣y=﹣1± y)表示两条平行线,之间的距离是 2,为一个正方形,即可得出面积 S.
2

2

,由于 f(x,

(2) :在曲线 C 中,令 y=0,则 x +ax﹣1=0,设 M(m,0) ,N(n,0) ,则 mn=﹣1,G(0, 1) , 则直线 MG:y=﹣ x+1,NG:y=﹣ x+1.分别与抛物线方程联立可得 P Q . 直线 PQ 的方程为: ,

, 令 x=0, 可得 y=3,

因此直线 PQ 过定点(0,3) . 2 (3)令 y=0,则 x +ax﹣1=0,则 mn=﹣1,即点 R(u,v)在曲线 xy=﹣1 上,又曲线 C:f (x,y)=0.恒表示平行线 x﹣y= ,A(x1,x2) ,B(x3,x4)关于直线 y=﹣x

对称,即 x1+x2+x3+x4=0,同理可得 x5+x6+x7+x8=0,则 x1+x2+…+x8=0,集合 X={x1,x2,…, x8}的所有非空子集设为 Yi=1,2,…,255) ,取 Y1={x1,x2,…,x8},则 y1=x1+x2+…+x8=0, 即 n∈N ,
*

=0,对 X 的其它子集,把它们配成集合“对”(Yp,Yq) ,Yp∪Yq=X,Yp∩Yq=?,

这样的集合“对”共有 127 对,且对每一个集合“对”都满足 yp+yq=0.可以利用扇形归纳法证明: 对于 Yp 的元素和 yp 与 Yq 的元素和 yq,当 n 为奇数时,
2

=0.即可得出.

【解析】 : 解: (1)令 f(x,y)=(x﹣y) +2(x﹣y)﹣1=0,解得 x﹣y=﹣1± , ∴f(x,y)=0 表示两条平行线,之间的距离是 2,此为一个正方形的一个边长,其面积 S=4. (2)证明:在曲线 C 中,令 y=0,则 x +ax﹣1=0, 设 M(m,0) ,N(n,0) ,则 mn=﹣1,G(0,1) , 则直线 MG:y=﹣ x+1,NG:y=﹣ x+1.
2

联立

,解得 P



同理可得 Q ∴直线 PQ 的方程为: 令 x=0,则 y= 因此直线 PQ 过定点(0,3) .



=

=3,

(3)令 y=0,则 x +ax﹣1=0, 则 mn=﹣1,即点 R(u,v)在曲线 xy=﹣1 上, 又曲线 C:f(x,y)=(x﹣y) +a(x﹣y)﹣1=0. 恒表示平行线 x﹣y= ,如图所示,
2

2

A(x1,x2) ,B(x3,x4)关于直线 y=﹣x 对称,则 同理可得 x5+x6+x7+x8=0,则 x1+x2+…+x8=0, 集合 X={x1,x2,…,x8}的所有非空子集设为 Yi, 取 Y1={x1,x2,…,x8},则 y1=x1+x2+…+x8=0,即 n∈N ,
*

=

,即 x1+x2+x3+x4=0,

=0,

对 X 的其它子集,把它们配成集合“对”(Yp,Yq) ,Yp∪Yq=X,Yp∩Yq=?, 这样的集合“对”共有 127 对,且对每一个集合“对”都满足 yp+yq=0. 以下证明:对于 Yp 的元素和 yp 与 Yq 的元素和 yq,当 n 为奇数时,
n n

=0.

先证明:n 为奇数时,x+y 能够整除 x +y ,用数学归纳法证明. 1°当 n=1 时,成立; k k 2°假设当 n=k(奇数)时,x+y 能够整除 x +y , k+2 k+2 k+2 k 2 k 2 k+2 k 2 2 2 k k 则当 n=k+2 时,x +y =x ﹣x y +x y +y =x (x ﹣y )+y (x +y ) , 因此上式可被 x+y 整除. n n 由 1°,2°可知:n 为奇数时,x+y 能够整除 x +y . 又∵当 n 为奇数时, ∵Yp∪Yq=X,Yp∩Yq=?, ∴每一个集合“对”(Yp,Yq)都满足 yp+yq=0.则一定有 于是可得 y1 +y2 +…+y255 =0 是常数.
n n n

=(yp+yq)M,其中 M 是关于 yp,yq 的整式,

=(x+y)M=0,M∈N ,

*

【点评】 : 本题考查了平行直线系、直线的交点、一元二次方程的根与系数的关系、集合的 性质、中点坐标公式、对称性、扇形归纳法,考查了分析问题与解决问题的能力,考查了推 理能力与计算能力,属于难题.


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