谈谈几道有瑕疵的高考题

谈谈几道有瑕疵的高考题
甘志国
(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)
摘㊀要:本文对八道高考题提出了商榷ꎬ都是以前的文献中未曾出现过的ꎬ其中包括２０２２年高考上海卷第１２题.
关键词:瑕疵ꎻ高考题ꎻ商榷
中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００３４－０６
收稿日期:２０２３－０３－０５
作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事数学解题研究.基金项目:北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀一年一度的高考是考生㊁老师㊁家长㊁学校乃至
全社会关注的重点话题.高考试题有解法常规㊁情景新颖㊁杜绝偏怪㊁引导教学㊁服务选才等特点ꎬ这也与新课改之精神㊁教育乃培养人的活动㊁数学本来应当是人人能够喜爱的美的科学合拍.但笔者也发现了少数有瑕疵(值得商榷)的高考题.虽然原题不会太影响(实际上ꎬ还是有影响)考生正确答题ꎬ但作为高考题的权威性及引用的广泛性ꎬ还是要确保无误ꎬ尽可能地做到严谨㊁完美.
题１㊀(２０２２年高考上海卷第１２题)已知函数ｆ(ｘ)的定义域为[０ꎬ＋ɕ)ꎬ值域为Ａｆꎬ且满足ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæ
èçöø
÷.若ａ>０ꎬ且ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ则实数ａ的取值范围是.
题１是试卷填空压轴题.笔者估计命题专家的
解答是:
由题得ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ即ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.由题设ꎬ可得
ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ɣｆ(ｘ)ｘȡａ{}.再由ｆ(ｘ)ｘȡａ{}＝
ｆ１１＋ｘæèç
öø÷
ｘȡａ{}＝
ｆ１１＋ｘæèç
öø÷
０<１１＋ｘɤ１１＋ａ
{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤ１
１＋ａ{}ꎬ可得ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤ１
１＋ａ{}
ɣ
ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.
所以ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇔ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ɣｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}
＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}
⇔ｆ(ｘ)０<ｘɤ１
１＋ａ
{}
⊆ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}
⇔１１＋ａɤａ(ａ>０)⇔ａȡ
５－１
２
.因而所求实数ａ的取值范围是５－１２ꎬ＋ɕ[öø÷
.
解答错了ꎬ错在哪里?
若函数ｆ(ｘ)的值域Ａｆ是单元素集
ꎬ则
ｆ(ｘ)０<ｘɤ１１＋ａ{}⊆ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}⇒１
１＋ａ
ɤａ(ａ>０)不成立.因而上述解答不正确.事实上ꎬ若Ａｆ是单元素集ꎬ则所求实数ａ的取值范围是(０ꎬ＋ɕ).
因而原题是错题ꎬ可把原题修正为:
若对于定义域为[０ꎬ＋ɕ)ꎬ值域为Ａｆꎬ且满足
ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæ
èçöø÷恒成立的所有函数ｆ(ｘ)ꎬ均有ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ则正数ａ的取值范围
是
.
对于修正后的题目ꎬ解答如下:
由题设ꎬ可得ｙｙ＝ｆ(ｘ)ꎬｘɪ[０ꎬａ]{}＝Ａｆꎬ即ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.记
５－１２＝αꎬ可得１α＋１
＝α(α>０).(１)由已知可验证函数ｆ(ｘ)
＝
０ꎬｘɪ[０ꎬα)ɣ(αꎬ＋ɕ)１ꎬｘɪα{}
{
满足ｆ(ｘ)＝ｆ１１＋ｘæ
èçöø
÷恒成立.再由ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝０ꎬ１{}ꎬ可得
若ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}ꎬ则ａȡα.(２)当ａȡα时ꎬ下证由题设可得
ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤａ{}.
事实上ꎬ由题设可得
ｆ(ｘ)ｘȡα{}＝ｆ１１＋ｘæ
èçöø
÷ｘȡα{}
＝ｆ１１＋ｘæ
èçöø
÷０<１１＋ｘɤ１１＋α{}＝ｆ１１＋ｘæ
èç
öø
÷
０<１
１＋ｘɤα{}＝ｆ(ｘ)０<ｘɤα{}.
所以ｆ(ｘ)ｘȡ０{}＝ｆ(ｘ)０ɤｘ<α{}ɣ
ｆ(ｘ)ｘȡα{}
＝ｆ(ｘ)０ɤｘ<α{}ɣｆ(ｘ)０<ｘɤα{}
＝ｆ(ｘ)０ɤｘɤα{}.
综上所述ꎬ可得所求正数ａ的取值范围是
５－１２ꎬ＋ɕ[öø÷
.
注㊀本题是会影响考生作答的:考生若只考虑Ａｆ
是单元素集的特殊情况ꎬ就会把答案填成 (０ꎬ＋ɕ) .
题１的情形在以前的高考题中也出现过.题２㊀(２００５年高考全国Ⅰ卷理科第１５题)已知ΔＡＢＣ的外接圆的圆心为Ｏꎬ两条边上高的交点
为Ｈ.若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң
)ꎬ则实数ｍ＝.
笔者估计命题专家的解答是:
由ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң
)ꎬ可得ＡＨң＝(ｍ－１)ＯＡң＋ｍ(ＯＢң＋ＯＣң).
再由ＡＨңʅＢＣң
ꎬ可得ＡＨң ＢＣң＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＋ｍ(ＯＣң＋ＯＢң) (ＯＣң－ＯＢң)＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң＋ｍ(｜ＯＣң｜２－ＯＢң｜２)
＝(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң
＝０.
所以ｍ＝１.
解答错了ꎬ错在哪里?
当ＯＡʅＢＣ时ꎬ由(ｍ－１)ＯＡң ＢＣң
＝０ꎬ并不
能得到ｍ＝１ꎬ只能得到ｍɪＲꎻ当ΔＡＢＣ是正三
角形时ꎬ可得ＯＨң＝ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң
＝０ꎬ因而也只能得到ｍɪＲ.
建议把题２改述为以下四道题目之一(它们的答案均是１):
(１)已知ΔＡＢＣ的外接圆的圆心为Ｏꎬ两条边上
高的交点为Ｈ.若对于任意的ΔＡＢＣꎬＯＨң＝ｍ(ＯＡң
＋ＯＢң＋ＯＣң
)恒成立ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(２)已知ΔＡＢＣ不是正三角形ꎬ其外接圆的圆心
为Ｏꎬ两条边上高的交点为Ｈ.若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң
＋ＯＣң
)ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(３)已知ΔＡＢＣ的外心Ｏ与垂心Ｈ不重合ꎬ若ＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң
)ꎬ则实数ｍ＝ꎻ(４)若ΔＡＢＣ的外心Ｏ与垂心Ｈ不重合ꎬ则当
实数ｍ＝时ꎬＯＨң＝ｍ(ＯＡң＋ＯＢң＋ＯＣң
).
下面再分析几道有瑕疵的高考题.
题３㊀(２０２２年高考全国乙卷理科第１１题)双曲线Ｃ的两个焦点为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ以Ｃ的实轴为直径的圆记为Ｄꎬ过Ｆ１作Ｄ的切线与Ｃ交于ＭꎬＮ两点ꎬ且ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝
３
５
ꎬ则Ｃ的离心率为(㊀㊀).Ａ.
５２㊀㊀Ｂ.３
２
㊀㊀Ｃ.１３
２
㊀㊀Ｄ.
１７
２
解法１㊀可不妨设Ｆ１(－ｃꎬ０)ꎬＦ２(ｃꎬ０)分别是
双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２
ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的左㊁右焦点ꎬ过左
焦点Ｆ１作圆Ｄ:ｘ２
＋ｙ２
＝ａ２
的切线ꎬ切点为Ｐꎬ连接
ＯＰ(Ｏ是坐标原点)ꎬ则ＯＰʅＭＮ.包括图１与图２两种情况:
可得ＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＦ１Ｐ＝ｂ.作Ｆ２Ｑʊ
ＯＰ交ＭＮ于点Ｑꎬ则Ｆ２ＱʅＭＮꎬＦ２Ｑ＝２ＯＰ＝
２ａꎬＱＦ１＝２Ｆ１Ｐ＝２ｂ.
图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２
(１)如图１所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ均在双曲线Ｃ的左支上.
由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３
５ꎬ可求得ＮＦ２＝５２
ａꎬＮＱ＝
３２ａ.所以ＮＦ１＝ＮＱ－ＱＦ１＝３２
ａ－２ｂꎬＮＦ２＝ＮＦ１＋２ａ＝
７
２
ａ－２ｂ.再由ＮＦ２
＝５
２
ａꎬ可得ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝
１＋ｂａæèçöø
÷２＝５２.
(２)如图２所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ分别在双曲线Ｃ的左支㊁右支上.
由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３
５
ꎬ可求得ＮＦ２
＝５２
ａꎬＮＱ＝
３２ａ.所以ＮＦ１＝ＮＱ＋ＱＦ１＝３２
ａ＋２ｂꎬＮＦ２＝ＮＦ１－２ａ＝２ｂ－１
２
ａ.再由ＮＦ２＝５
２
ａꎬ可得３ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝
１＋ｂａæèçöø
÷２
＝１３２.
解法２㊀(１)如图１所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ均在
双曲线Ｃ的左支上.
可得ＯＰʅＮＦ１ꎬＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＰＦ１＝ｂ.设øＦ１ＮＦ２＝αꎬøＦ２Ｆ１Ｎ＝βꎬ由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝３
５
即ｃｏｓα＝
３５ꎬ可得ｓｉｎα＝４５ꎬｓｉｎβ＝ａｃꎬｃｏｓβ＝－ｂｃ
.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ可得ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝ｓｉｎπ－α－β()＝ｓｉｎα＋β()＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ＝４
５
ˑ－ｂｃæèçöø÷＋３５
ˑａｃ＝３ａ－４ｂ５ｃ.
在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ由正弦定理可得
ＮＦ２ｓｉｎβ＝ＮＦ１ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝２ｃｓｉｎα＝５ｃ
２
.所以ＮＦ１＝
５ｃ２ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝５ｃ２ˑ３ａ－４ｂ５ｃ
＝３ａ－４ｂ２ꎬＮＦ２＝５ｃ２ｓｉｎβ＝５ｃ２ˑａｃ＝５ａ２.再由双曲线的定义ꎬ可得ＮＦ２－ＮＦ１＝
５ａ
２
－
３ａ－４ｂ
２＝ａ＋２ｂ＝２ａ.即ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝
１＋ｂａæèçöø
÷２＝５２.
(２)如图２所示ꎬ两个交点ＭꎬＮ分别在双曲线Ｃ的左支㊁右支上.
可得ＯＰʅＮＦ１ꎬＯＰ＝ａꎬＯＦ１＝ｃꎬＰＦ１＝ｂ.
设øＦ１ＮＦ２＝αꎬøＦ２Ｆ１Ｎ＝βꎬ由ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝
３５即ｃｏｓα＝３５ꎬ可得ｓｉｎα＝４５ꎬｓｉｎβ＝ａｃꎬｃｏｓβ＝ｂ
ｃ
.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ可得
ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝ｓｉｎπ－α－β()＝ｓｉｎα＋β()＝ｓｉｎαｃｏｓβ＋ｃｏｓαｓｉｎβ＝
４５ˑｂｃ＋３５ˑａｃ＝３ａ＋４ｂ５ｃ
.在әＦ２Ｆ１Ｎ中ꎬ由正弦定理可得
ＮＦ２ｓｉｎβ＝ＮＦ１ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝２ｃｓｉｎα＝５ｃ
２
.所以ＮＦ１＝
５ｃ２ｓｉｎøＦ１Ｆ２Ｎ＝５ｃ２ˑ３ａ＋４ｂ
５ｃ
＝３ａ＋４ｂ２ꎬＮＦ２＝５
ｃ２ｓｉｎβ＝５ｃ２ˑａｃ＝５ａ２
.
再由双曲线的定义ꎬ可得ＮＦ１－
ＮＦ２＝
３ａ＋４ｂ２－５ａ
２
＝２ｂ－ａ＝２ａ.即３ａ＝２ｂ.所以双曲线Ｃ的离心率ｅ＝
１＋ｂａæèçöø
÷２
＝１３２.
注㊀得到的结果是所求双曲线Ｃ的离心率为５２或１３２
ꎬ与本题是单选题不符.建议把本题的题干改述为:
已知双曲线Ｃ的两个焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ以双
曲线Ｃ的实轴为直径的圆记为Ｄꎬ过焦点Ｆ１作圆Ｄ的切线与双曲线Ｃ的两支分别交于点ＭꎬＮ.若
ｃｏｓøＦ１ＮＦ２＝
３
５
ꎬ则双曲线Ｃ的离心率为(㊀㊀).Ａ.
５２㊀㊀Ｂ.３
２
㊀㊀Ｃ.１３
２
㊀㊀Ｄ.１７２
题４㊀(２００９年高考全国Ⅱ卷理科第１４题)设等差数列ａｎ{}的前ｎ项和为Ｓｎꎬ若ａ５＝５ａ３ꎬ则Ｓ９
Ｓ５
＝.
解析㊀由{ａｎ}为等差数列ꎬ可得Ｓ９Ｓ５＝９ａ５
５ａ３
＝９.商榷㊀题４有不严谨之处:当ａｎ＝０(ｎɪＮ∗)时ꎬ满足题设但不满足结论.
把题４中的 等差数列 改为 各项不全为０的
等差数列 即可(改动后答案不变).
题５㊀(２０１７年高考上海卷第６题)设双曲线ｘ２９－ｙ２
ｂ２
＝１(ｂ>０)的焦点为Ｆ１ꎬＦ２ꎬＰ为该双曲线上的一点.若｜ＰＦ１｜＝５ꎬ则｜ＰＦ２｜＝
.
解析㊀由双曲线的定义ꎬ可得｜｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜｜＝｜５－｜ＰＦ２｜｜＝６ꎬ得｜ＰＦ２｜＝１１.
商榷㊀我们先证明结论 双曲线ｘ２ａ２－ｙ２
ｂ
２＝１(ａ
>０ꎬｂ>０ꎬｃ＝
ａ２＋ｂ２)左支上任一点Ｐ到左焦点
Ｆ的距离ＰＦ的取值范围是[ｃ－ａꎬ＋ɕ)ꎬ右支上任一点Ｑ到左焦点Ｆ的距离ＱＦ的取值范围是[ｃ＋ａꎬ＋ɕ) .
设点Ｐ(ｘꎬｙ)(ｘɤ－ａ)ꎬ可得ＰＦ
２
＝(ｘ＋ｃ)２
＋ｙ２
＝(ｘ＋ｃ)２
＋ｂ２ｘ２ａ２－ｂ２
＝ｃ２ａ２ｘ＋ａ２ｃæèçöø÷２.由ｘɤ－ａꎬ可得ＰＦ的取值范围是[ｃ－ａꎬ＋ɕ).同理可证ꎬＱＦ的取值范围是[ｃ＋ａꎬ＋ɕ).建议把题５中的 焦点为 改为 两个焦点分别为 .
接下来ꎬ解答该题时ꎬ可不妨设Ｆ１ꎬＦ２分别是双
曲线的左㊁右焦点ꎬ由证得的结论可得｜ＰＦ１｜＝５ȡ９＋ｂ２－３ꎬ０<ｂɤ５５ꎬ还可证明当ｂɪ(０ꎬ５５]时ꎬ均满足题意.
因而题目 设双曲线ｘ２９－ｙ２
ｂ
２＝１(ｂ>
５５)的两
个焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬＰ为该双曲线上的一点.若｜ＰＦ１｜＝５ꎬ则｜ＰＦ２｜＝
的答案是 不存在 .
故建议把题５中的 ｂ>０ 改为 ０<ｂɤ５５ .题６㊀(２００６年高考浙江卷第１９题)如图３所示ꎬ椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２
ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)与过点Ａ(２ꎬ０)ꎬ
Ｂ(０ꎬ１)的直线有且只有一个公共点Ｔꎬ且椭圆的
离心率ｅ＝
３２
.图３
(１)求椭圆方程ꎻ(２)设Ｆ１ꎬＦ２分别为椭圆的左㊁右焦点ꎬ求证:｜ＡＴ｜２＝
１
２
｜ＡＦ１｜ ｜ＡＦ２｜.商榷㊀第(１)问的答案是ｘ２
２
＋２ｙ２＝１.在本题中
还可得Ｆ２(
３２ꎬ０)ꎬＴ(１ꎬ１
２
)ꎬ所以点Ｔ应在点Ｆ２的左上方ꎬ所以题６的原图
(即图３)有误ꎬ这会影响考生答题(考生算出正确答案后ꎬ对照图形检验时却以为自己算错了ꎬ会又算一遍ꎬ ).
题７㊀(２０１０年高考重庆卷理科第２０题)已知以原点Ｏ为中心ꎬＦ(５ꎬ０)为右焦点的双曲线Ｃ的离心率ｅ＝５
２
.
(１)求双曲线Ｃ的标准方程及其渐近线方程ꎻ
(２)如图４所示ꎬ已知过点Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)的直线
ｌ１ʒｘ１ｘ＋４ｙ１ｙ＝４与过点Ｎ(ｘ２ꎬｙ２)(其中ｘ２ʂｘ１)的直线ｌ２ʒｘ２ｘ＋４ｙ２ｙ＝４的交点Ｅ在双曲线Ｃ上ꎬ直线ＭＮ与两条渐近线分别交于ＧꎬＨ两点ꎬ
求әＯＧＨ的面积.
图４
解析㊀(１)(过程略)双曲线Ｃ的标准方程为
ｘ２
４－ｙ２＝１ꎬ其渐近线方程为ｘʃ２ｙ＝０.(２)由 两点确定一直线 可得直线ＭＮ的方程
为ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４.
分别解方程组
ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬｘ－２ｙ＝０ꎬ{ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬ
ｘ＋２ｙ＝０ꎬ
{可求得两点Ｇ(４ｘＥｘ＋２ｙＥꎬ２
ｘＥ＋２ｙＥ
)ꎬ
Ｈ(
－４ｘＥｘ＋２ｙＥꎬ２
ｘＥ＋２ｙＥ).
因为点Ｅ在双曲线Ｃ上ꎬ所以ｘ２Ｅ
－４ｙ２Ｅ
＝４.
进而可得ＳәＯＧＨ
＝１２(８ｘ２Ｅ－４ｙ２Ｅ－－８ｘ２
Ｅｘ－４ｙ２
Ｅ
)＝８ｘ２
Ｅ
－４ｙ２Ｅ＝８
４
＝２.商榷㊀下面将指出题７的原图(即图４)的错
误:因为点Ｅ关于ｘ轴的对称点Ｅᶄ(ｘＥꎬ－ｙＥ)也在双曲线Ｃ上ꎬ而双曲线Ｃ在点Ｅᶄ处的切线方程为ｘＥｘ
４－(－ｙＥ)ｙ＝－１ꎬ即ｘＥｘ＋４ｙＥｙ＝４ꎬ也即直线ＭＮꎬ所以直线ＭＮ与双曲线Ｃ应当相切ꎬ而不是相离.
题８㊀(２０１７年高考北京卷文科㊁理科第８题)根据有关资料ꎬ围棋状态空间复杂度的上限Ｍ约为３３６１ꎬ而可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ约为１０８０.则下列各数中与Ｍ
Ｎ
最接近的是(㊀㊀).(参考数据:ｌｇ３ʈ０.４８)
Ａ.１０３３㊀
Ｂ.１０５３㊀
Ｃ.１０７３㊀㊀
Ｄ.１０９３
分析㊀题８中的３３６１与１０８０均应看成是准确数(１ˑ１０８０ꎬ１.０ˑ１０８０均可认为是近似数ꎬ它们分别精确到１０８０ꎬ１０７９)ꎬ也可均看成是精确到１的近似数.而围棋状态空间复杂度的上限Ｍ与可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ均为正整数ꎬ所以由Ｍʈ３３６１ꎬＮʈ１０８０可得Ｍ＝３３６１ꎬＮ＝１０８０.而事实却是围棋状态空间复杂度的上限Ｍ<３３６１ꎬ可观测宇宙中普通物质的原子总数Ｎ<１０８０.权当这是本题的一点不严谨吧.
下面就按照Ｍ＝３３６１ꎬＮ＝１０８０来求解. 解法１ ㊀由ｌｇ
Ｍ
Ｎ
＝ｌｇＭ－ｌｇＮ＝ｌｇ３３６１－ｌｇ１０８０＝３６１ˑｌｇ３－８０ʈ３６１ˑ０.４８－８０＝１７３.２８－８０＝
９３.２８ꎬ可得
ＭＮʈ１０９３.２８ꎬ所以Ｍ
Ｎ
>１０９３>１０７３>１０５３>１０３３ꎬ进而可得答案.
对 解法１ 的分析㊀若答案是Ｄꎬ则需证明ＭＮ－１０７３>ＭＮ
－１０９３ꎬ３３６１１０８０－１０７３>３３６１１０
８０－１０９３
ꎬ３３６１－１０１５３>３３６１－１０１７３ꎬ
由３３６１
>(３７ ３２)４０
＝(２１８７ ９)４０>
(２０００ ５)４０＝１０１６０>１０１５３ꎬ可得
３３６１－１０１５３＝３３６１－１０１５３.
接下来ꎬ还需比较３３６１与１０１７３的大小.
由ｌｇ３ʈ０.４８ꎬ可得３３６１ʈ１０１７３.２８ꎬ再由此得出
３３６１>１０１７３是没有道理的.好比 由２.５ʈ３ꎬ３>２.９ꎬ并不能得出２.５>２.９ 是一个道理(由近似值及其精确度只能得出真值的取值范围).由３３６１>１０１７３.２８(它等价于ｌｇ３>０.４８)可以得出３３６１>１０１７３ꎬ而由 ｌｇ３ʈ０.４８ 不能得出ｌｇ３>０.４８.所以 解法１
的
理由不充分.
根据近似数的理论ꎬ ｌｇ３ʈ０.４８ 的意义就是把ｌｇ３(精确到０.０１)按照四舍五入法取近似数得到的结果是０.４８ꎬ比如２０１４年高考课标全国Ⅱ卷理科第２１(３)题 已知１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ估计ｌｎ２的近似值(精确到０.００１) ꎬ答案０.６９３就是按照四舍五入法取近似数得到的结果.因而ꎬｌｇ３ʈ０.４８⇔０.４７５ɤｌｇ３<０.４８５.由０.４７５ɤｌｇ３<０.４８５⇔１７１.４７５ɤ３６１ｌｇ３<１７５.０８５⇔１０１７１.４７５ɤ３３６１<１０１７５.０８５可知ꎬ不能比较出３３６１与１０１７３的大小.
说明按此思路不能继续作答ꎬ得出答案Ｄ也是没有道理的.
解法２㊀Ｃ.其理由是:
(１)１０７３<３３６１１０８０<１０９３ꎻ
(２)３３６１１０８０－１０７３<１０９３－３３６１１０８０.
证明如下:
在 解法１ 中已严格证得３３６１>１０１６０ꎬ所以３３６１１０８０>１０８０>１０７３.还可得２４０１０１２＝(２１０１０３)４＝１.０２４４< (１.１２)２＝１.２１２<(５４)２<５３ꎬ即３ˑ２４０<５ˑ１０１２.又因为３３６１＝３ˑ(３９)４０＝３ˑ１９６８３４０<３ˑ(２ˑ１０４)４０＝３ˑ２４０ˑ１０１６０<５ˑ１０１７２<１０１７３ꎬ所以３３６１１０８０<１０９３.所以１０７３<３３６１１０８０<１０９３.得结论(１)成立.前面已证得３３６１<５ˑ１０１７２ꎬ所以２ˑ３３６１<１０１７３.所以２ˑ３３６１<１０１７３＋１０１５３.所以３３６１１０８０－１０７３<１０９３－３３６１１０８０.得结论(２)成立.
对解法２的分析㊀虽然解法２中没有用 (参考数据:ｌｇ３ʈ０.４８) ꎬ但是 参考数据可不用 是常识.解答２０１４年高考课标全国Ⅱ卷理科第２１(３)题时ꎬ就可不用题设 １.４１４２<２<１.４１４３ .早年的高考数学试卷前面写的 参考公式 也不是解题时必须要用的.因此ꎬ解法２正确.
对题８的改编㊀根据有关资料ꎬ围棋状态空间复杂度与３３６１有关ꎬ可观测宇宙中普通物质的原子总数与１０８０有关.下列各数中与ｌｇ
３３６１
１０８０最接近的是(㊀㊀).(参考数据:０.４７０<ｌｇ３<０.４７８)Ａ.３３㊀㊀Ｂ.５３㊀㊀Ｃ.７３㊀㊀Ｄ.９３
解析㊀由０.４７０<ｌｇ３<０.４７８及ｌｇ３３６１１０８０＝３６１ｌｇ３－８０ꎬ可得３３<５３<７３<ｌｇ３３６１１０８０<９３.再由ｌｇ３３６１１０８０－７３>９３－ｌｇ３３６１１０８０⇔ｌｇ３３６１１０８０>８３⇔３６１ｌｇ３>１６３及３６１ｌｇ３>３６１ˑ０.４７０＝１６９.６７>１６３ꎬ可得ｌｇ３３６１
１０８０－７３>９３－ｌｇ
３３６１
１０８０ꎬ故本题的答案为Ｄ.
注㊀由这道改编题及其解法可知ꎬ 已知ａ㊁ｂ㊁ｃɪＲ.若ａ比ｃ更接近于ｂꎬ则１０ａ比１０ｃ更接近于１０ｂ 是假命题(由图５可理解此结论正确).比如ꎬ以上改编题的结论是９３比７３更接近于ｌｇ３３６１１０８０ꎬ但不能由此得出１０９３比１０７３更接近于１０ｌｇ[３３６１/１０８０]即３３６１
１０８０ꎬ因为在以上解法２中已严格证得１０７３比１０９３更接近于３３６１１０
８０
.
图５
参考文献:
[１]甘志国.对一道联考题的完整解答[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(０７):２－６.
[责任编辑:李㊀璟]。