2015年上海市高考数学试卷（理科）.doc

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1、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=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）=lo

2、g2（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

3、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= （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4题，满分15分）每题有且只有一个正确答案，考生

4、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，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

5、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

6、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

7、足an+1an=2（bn+1bn），nN*（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）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

8、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）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=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

9、，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=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

10、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=2

11、px（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【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

12、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），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

13、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

14、：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【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

15、+，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

16、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1和2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则

17、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）=21.42.84.25.6P所以

20、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

21、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

22、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【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

23、，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=，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

24、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

25、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【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

26、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

27、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

28、（t）=PQ=，当t1时，乙在B点不动，设此时甲在点P，f（t）=PB=ABAP=55tf（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

29、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

30、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

31、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*（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）

32、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，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=

33、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

34、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）【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

35、，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

36、；=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）=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

37、=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k

38、1=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第23页（共23页）

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