2015年高考数学解答题突破：第19题
2015年高考数学理科试题解析汇编【解析几何题】
b2 4 3 截得的线段长为 c， | FM | 。 4 3
c a 2 b2 3 解： （I）∵ e a a 3
∴ a2
(2 c )2 4 2 1 2 a 3b
由（I）可知， a 2 3c 2 ， b2 2c 2 代入上式化简整理得 c 2 2c 3 0 解得：c=1 或-3（舍去）
2
tan OQM
2
OM OQ tan ONQ OQ ON
∵椭圆的离心率是
2 2
即 OQ OM ON 设点 Q 的坐标为（0，yQ） ，则有
c a 2 b2 2 ∴e a a 2
∴ a 2b 2
2 2
yQ
2
m m m2 1 n 1 n 1 n2
m ) 3
∵直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴 ∴k＞0，且 k≠3 比较（I）可得： n
m (3 k ) 3
则 xM
m(k 2 3k ) 3(9 k 2 )
9 x k
【难度系数】★★★
由（I）的结论知， 直线 OM 的方程为 y
2105 年全国高考数学理科试题分类解析汇编——解析几何题
∵点 A（m，n）在椭圆 C 上
x2 ∴椭圆 C 的方程为 y2 1 2
由点 P、A 坐标可得，直线 PA 的方程为：
m2 m2 2 ∴ n 1 ，即 1 n2 2 2
∴ yQ 2 2 ，得 yQ 2 故，存在满足题述条件的点 Q，点 Q 的坐标为 （0， 2 ）或（0， 2 ）
（m≠0）都在椭圆 C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程，并求点 M 的坐标（用 m，n 表示） ； （Ⅱ）设 O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N．问：y 轴上是否存在点 Q，使得 OQMONQ？若存在，求点 Q 的坐标；若不存在，说明理由。 解： （I）∵点 P（0，1）在椭圆 C 上 ∴b 1
2015年高考山东卷文科第19题解法探析精品文档7页
2015年高考山东卷文科第19题解法探析题目（2015年高考山东卷文19）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列1anan+1的前n项和为n2n+1. （1）求数列{an}的通项公式;（2）设bn=（an+1）?2an，求数列{bn}的前n项和.解（1）an=2n-1.（2）分析1 bn=2n?22n-1=n?4n，令cn=n，dn=4n，则数列{bn}是由等差数列{cn}与等比数列{dn}的乘积构成的新数列{cndn}的求和问题，我们不妨把这类数列称为“差比型”数列，求“差比型”数列的常规解法是错位相减法.解法1（错位相减法）Sn=1?4+2?42+3?43+…+n?4n ①4Sn=1?42+2?43+3?44+…+n?4n+1 ②①-②得-3Sn=4+42+…+4n-n?4n+1=4n+1-43-n?4n+1，所以Sn=（3n-1）?4n+1+49.拓展1 若数列{an}是等差数列，公差为d≠0，数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{anbn}前n项和Sn可用错位相减法求解：令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn，则qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+anbn+1，所以（1-q）Sn=a1b1+（db2+db3+…+dbn）-anbn+1=a1b1+db2（1-qn-1）1-q-anbn+1，所以Sn=a1b1-anbn+11-q+db2（1-qn-1）（1-q）2.分析2 用“错位相减法”求“差比型”数列的前n项和虽有固定的求解模式，但运算量大，极易出现计算错误，如果联想到bn=bn+1-bnq-1，则可用裂项法求和.解法2（裂项求和法） n?4n=13n（4n+1-4n）=13（n?4n+1-n?4n）=13[n?4n+1-（n-1）?4n]-13×4n，所以Sn=13n?4n+1-43（1-4n）1-4=（3n-1）?4n+1+49.拓展2 若数列{an}是等差数列，公差为d，数列{bn}是等比数列，公比为q≠1，则anbn=an（bn+1-bn）q-1=1q-1[（an+1-d）bn+1-anbn]=1q-1（an+1bn+1-anbn）-dbn+1q-1，从而将数列{anbn}转化为一个可以裂项求和的数列1q-1（an+1bn+1-anbn）与一个等比数列dbn+1q-1之差，故{anbn}的前n项和为Tn=an+1bn+1-a1b1q-1-db1qq-1?1-qn1-q.分析3 由bn=n?4n=4n+4n+…+4n，可考虑用分拆法求和.解法3（分拆法） Sn=4+（42+42）+…+（4n+4n+…+4n）=（4+42+...+4n）+（42+43+...+4n）+ (4)=4-4n+11-4+42-4n+11-4+…+4n-4n+11-4=-13（4+42+…+4n）+13n?4n+1=-13?4-4n+11-4+13n?4n+1=（3n-1）?4n+1+49.分析4 anbn=[a1+（n-1）d]b1qn-1=b1dnqn-1+b1（a1-d）qn-1，由nqn-1可联想到幂函数求导公式（xn）′=nxn-1，则可用导数法或积分法求和.解法4（导数法）当x≠1时，x+x2+…+xn=x-xn+11-x，两边同时求导得1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.两边同时乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-（n+1）xn+1+nxn+2（1-x）2.x=4，得Sn=1?4+2?42+3?43+…+n?4n=（3n-1）?4n+1+49.解法5（积分法）当x≠1时，设f（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1，则∫（1+2x+3x2+…+nxn-1）dx=c+x+x2+…+xn=c+x-xn+11-x（其中c为任意常数），所以f（x）=∫（1+2x+3x2+…+nxn-1）dx′=（c+x-xn+11-x）′，所以f（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.两边同时乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-（n+1）xn+1+nxn+2（1-x）2.x=4，得Sn=1?4+2?42+3?43+…+n?4n=（3n-1）?4n+1+49.分析5 由Sn+1=Sn+（n+1）?4n+1联想到递推数列an+1=pan+（an+b）qn的通项公式求法，则可用待定系数法求解.解法6（待系数法） Sn+1=Sn+（n+1）?4n+1=Sn+（4n+4）?4n，设Sn+1+x（n+1）+y4n+1=Sn+（xn+y）4n，则Sn+1=Sn+（-3xn-4x-3y）4n，所以-3x=4，-4x-3y=4，x=-43，y=49，所以Sn+（-43n+49）4n是常数列，所以Sn+（-43n+49）4n=S1+（-43+49）×4=49，Sn=（3n-1）4n+1+49.解法7（待定系数法）因为Sn+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14?Sn4n+n+1，令bn=Sn4n，则bn+1=14?bn+n+1，设bn+1+x（n+1）+y=14（bn+xn+y），则bn+1=14?bn-3xn4-x-3y4，所以-3x4=1，-x-3y4=1，所以x=-43，y=49，所以数列bn-4n3+49是等比数列，所以bn-4n3+49=19?（14）n-1，所以bn=4n3-49+19?（14）n-1，Sn=（3n-1）4n+1+49.解法8（待定系数法）因为Sn+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14?Sn4n+n+1，令bn=Sn4n，则bn+1=14?bn+n+1，bn=14?bn-1+n，所以bn+1-bn=14（bn-bn-1）+1，令bn+1-bn=cn，则cn=14?cn-1+1，设cn+λ=14（cn-1+λ），则cn=14?cn-1-3λ4，令-3λ4=1，则λ=-43，所以数列cn-43是等比数列，所以cn-43=-112（14）n-1，cn=43-112?（14）n-1，所以bn+1-bn=43-112?（14）n-1，所以bn=b1+（b2-b1）+…+（bn-bn-1）=1+4（n-1）3-112（1-（14）n-1）1-14=4n3-49+19?（14）n-1，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.点评解法6、解法7、解法8利用数列通项与前n项和的关系an+1=Sn+1-Sn，将求和问题转化为递推数列求通项问题，虽然不是最简方法，但它别出心裁，另辟新经，将知识融会贯通.分析6 由拓展1得Sn=a1b1-anbn+11-q+db2（1-qn-1）（1-q）2=a1b1-（a1+（n-1）d）b1qn1-q+db2（1-qn-1）（1-q）2[a1b1q-a1b1-db1q+b1d（q-1）n]qn-（a1b1q-a1b1-db1q）（1-q）2.令x=a1b1q-a1b1-db1q（1-q）2，y=b1d（q-1）（1-q）2，则Sn=（x+yn）qn-x，这说明“差比型”数列前n项和的形式为Sn=（x+yn）qn-x.解法9（待定系数法） Sn=（x+yn）4n+z，S1=4（x+y）+z=4，S2=16（x+2y）+z=36，S3=64（x+3y）+z=228，解得x=-49，y=129，z=49，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.解法10（待定系数法） Sn=（x+yn）4n-x，S1=4（x+y）-x=4S2=16（x+2y）-x=36，解得x=-49，y=129，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.点评解法9、解法10充分利用“差比型”数列前n项和的特征，设出Sn的表达式，利用方程思想使问题顺利获解，该解法过程简洁、运算量小，不会出现计算错误，是求“差比型”数列前n项和的最佳选择.分析7 我们知道矩形的面积公式为S=ab，因而，由两个正数积的形式便可直觉联想它就是矩形的面积的数值，于是，a1b1+a2b2+…+anbn只不过表示n个矩形面积的和，从而有解法11 如图1，用分割法将图1中n个矩形转化为图2中n个矩形，就是从两个不同视角看同一个面积，于是有图1 图2a1b1+a2b2+…+anbn=a1（b1-b2）+（a1+a2）（b2-b1）+…+（a1+a2+…+an-1）（bn-1-bn）+（a1+a2+…+an）bn，令bn=n，an=4n，得Sn=1?4+2?42+3?43+…+n?4n=-4-（4+42）-…-（4+42+43+…+4n-1）+（4+42+43+…+4n）n=-（4-421-4+4-431-4+…+4-4n1-4）+n（4-4n+1）1-4=-41-4（n-1-4-4n1-4）-n（4-4n+1）1-4=（3n-1）4n+1+49.希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、有志者自有千计万计，无志者只感千难万难。
文科数学高考二轮复习专题篇平面解析几何22015年高考福建卷文科第19题的推广
2015 年高考福建卷文科第19 题的推行高考题(2015 年高考福建卷文科第已知点 F 为抛物线 E ：y 2＝2px(p>0)19 题 )如图 1 所示，的焦点，点 A(2， m)在抛物线 E 上，且 |AF|＝ 3.图 1(1)求抛物线 E 的方程；(2)已知点 G(－ 1， 0)，延伸 AF 交抛物线 E 于点 B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线 GB 相切．解 (1) 由抛物线的定义得p|AF|＝ 2＋ .2由于 |AF|＝3，因此 2＋p＝ 3，解得 p ＝ 2，因此抛物线E 的方程为 y 2 ＝ 4x.2(2)由于点 A(2， m)在抛物线 E ： y 2＝ 4x 上，因此 m ＝ ±2 2，由抛物线的对称性，可不如设 A(2，2 2)．由 A(2， 2 2)， F(1， 0)可得直线 AF 的方程为 y ＝ 2 2(x － 1)．由y ＝ 22（ x － 1），2得 2x 2－ 5x ＋ 2＝ 0，解得 x ＝ 2 或 x ＝ 1，进而 B(1，－ 2).22y ＝4x ，又 G(－ 1， 0) ，因此 k GA ＝ 2 2－ 0 ＝ 22， k GB ＝ － 2－02 2 .＝－2－（－ 1） 3 1 －（－ 1） 32得 k GA ＋ k GB ＝ 0，进而∠ AGF ＝∠ BGF ，这表示点 F 到直线 GA ，GB 的距离相等，因此以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切．(2)的另证设以点 F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为 r .由于点 A(2， m)在抛物线 E ： y 2＝ 4x 上，因此 m ＝ ±22，由抛物线的对称性，可不如设A(2， 2 2).由 A(2， 2 2)， F(1， 0)可得直线 AF 的方程为 y ＝ 2 2(x － 1)．y ＝ 22（ x － 1），由得 2x 2－ 5x ＋ 2＝ 0，解得 x ＝ 2 或 x ＝ 1，进而 B(1，－ 2).y 2 ＝4x ，22又 G(－ 1，0)，因此直线 GA 的方程为 2 2x － 3y ＋ 22＝0，进而 r ＝|22＋ 2 2|＝ 4 2 .8＋ 9 17又直线 GB 的方程为 2 2x ＋ 3y ＋22＝ 0，因此点 F 到直线 GB 的距离 d ＝|22＋ 2 2|8＋ 9＝42＝ r.17这表示以点 F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．下边给出这道高考题第(2) 问的推行 .推行抛物线: y 2 2 px( p0) 的焦点F的直线l( l与x轴不垂直)与该抛物线交于两点 A,B，则 x 轴上的点C使得 x 轴均分BDC点 A,D 对于坐标原点对称 .可设 l : x my t .由x my t2 pmy 2 pt0 .证明y2，得y2 2 px可设B y12, y1, C y22, y2，得 y1 y2 2 pt .又设 C (x0 ,0) ，得2 p 2 pkCA kCBy1y2 2 py12py2y12y22y12 2 px0y22 2 px0 x0x02 p 2 p2p( y1y2 )(p2 2 px0 ) 4 p2 ( y1y2 )( x0t )( y12 2 px0 )( y22 2 px0 )( y12 2 px0 )( y222 px0 )由 l 与 x 轴不垂直，可得y1y20 ，因此x 轴上的点C使得 x 轴均分BCD kCAkCB0x0t点 A,D 对于坐标原点对称。
2015年高考四川理科数学试题及答案解析
2015年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）数学（理科)第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的． (1）【2015年四川,理1】设集合{|(1)(2)0}A x x x =+-<，集合{|13}B x x =<<，则A B =( ）(A ）{}1|3x x -<< (B){}|11x x -<< （C ）{}|12x x << (D){}|23x x << 【答案】A【解析】∵{|12}A x x =-<<，{|13}B x x =<<,{|13}A B x x ∴=-<<,故选A ． （2）【2015年四川，理2】设i 是虚数单位,则复数32i i-=（ ）（A)i - (B ）3i - (C ）i （D)3i 【答案】C【解析】3222ii i i 2i i i i-=--=-+=,故选C ．（3）【2015年四川,理3】执行如图所示的程序框图，输出S 的值是( ）（A ）3 （3 (C ）12- （D ）12【答案】D【解析】易得当1,2,3,4k =时时执行的是否，当5k =时就执行是的步骤，所以51sin 62S π==，故选D ．(4）【2015年四川,理4】下列函数中,最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )（A ）cos(2)2y x π=+ （B ）sin(2)2y x π=+ (C)sin 2cos2y x x =+ （D ）sin cos y x x =+【答案】A 【解析】显然对于A ，cos(2)sin 22y x x π=+=-，为关于原点对称,且最小正周期是π,符合题意，故选A ．（5）【2015年四川，理5】过双曲线2213y x -=的右焦点且与x 轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A ，B两点,则||AB =（ ) （43（B ）23 （C)6 (D ）43【答案】D【解析】由题意可知双曲线的渐近线方程为3y x =，且右焦点(2,0),则直线2x =与两条渐近线的交点分别为A 3),B (2,23)-，∴||43AB =D ．（6）【2015年四川，理6】用数字0,1,2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）（A ）144个 (B ）120个 （C)96个 (D ）72个 【答案】B【解析】这里大于40000的数可以分两类：①当5在万位时，个位可以排0、2、4三个数中的一个，十位百位和千位没有限制∴有133472C A =种；②当4在万位时，个位可以排0、2两个数中的一个，十位百位和千位没有限制，∴有132448C A =种, 综上所述：总共有72+48=120种，故选B ．(7）【2015年四川,理7】设四边形ABCD 为平行四边形，6AB =，4AD =．若点M ，N 满足3BM MC =，2DN NC =，则AM NM ⋅=（ )（A ）20 （B)15 （C ）9 （D)6【答案】C【解析】这里可以采用最快速的方法，把平行四边形矩形化，因此，过B 建立直角坐标系，可得到()0,6A ，()3,0M ，()4,2N ,∴()3,6AM =-，()1,2NM =--，∴3129AM NM ⋅=-+=,故选C ．（8）【2015年四川，理8】设a ,b 都是不等于1的正数，则“331a b >>"是“log 3log 3a b <”的（ ）(A ）充要条件 （B ）充分不必要条件 (C)必要不充分条件 （D)既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】由已知条件333a b >>可得1a b >>．当1a b >>时，33log log 0a b >>．∴3311log log a b<，即log 3log 3a b <．∴“333a b >>"是“log 3log 3a b <”的充分条件．然而取1133a b =<<=则log 30log 3a b <<,满足log 3log 3a b <，却不满足1a b >>．∴“333a b >>"是“log 3log 3a b <”的不必要条件．综上“333a b >>”是“log 3log 3a b <”的充分不必要条件，故选B ．(9)【2015年四川，理9】如果函数()()()()212810,02f x m x n x m n =-+-+≥≥在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则mn的最大值为（ ）（A)16 (B ）18 （C ）25 （D ）812【答案】B【解析】()()'28f x m x n =-+-,由于()f x 单调递减得:∴()0f x '≤，∴()280m x n -+-≤在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立．设()()28g x m x n =-+-，则一次函数()g x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为非正数．∴只须在两个端点处102f ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭和()20f '≤即可．即()()128022280m n m n ⎧-+-≤⎪⎨⎪-+-≤⎩①②，由②得:()1122m n ≤-．∴()211121218222n n mn n n +-⎛⎫≤-≤= ⎪⎝⎭．mn 当且仅当3,6m n ==时取到最大值18．经验证，3,6m n ==满足条件①和②,故选B ．（10）【2015年四川,理10】设直线l 与抛物线24y x =相交于A ，B 两点，与圆()()22250x y r r -+=> 相切于点M ，且M 为线段AB 的中点． 若这样的直线l 恰有4条,则r 的取值范围是( ）（A ）()1,3 (B ）()1,4 （C ）()2,3 (D ）()2,4 【答案】D【解析】设()11,A x y ，()22,B x y ，()5cos ,sin M r r θθ+，则21122244y x y x ⎧=⎪⎨=⎪⎩,()()()1212124y y y y x x +-=-，当直线l 有两条．当直线l 的斜率存在时,可得：()()1212121222sin 4sin AB y y r y y x x k x x r θθ--=-⇒==-， 又∵sin 0sin 5cos 5cos MC r k r θθθθ-==+-，∴1cos sin AB MC k k θθ=-=-, ∴2cos 22sin sin cos r r θθθθ=-⇒=-> 由于M 在抛物线的内部，∴()()()2sin 45cos 204cos 204212r r r θθθ<+=+=+⨯-=，∴sin r θ<2sin 164r r r r θ==<<⇒<，因此，24r <<，故选D ．第II 卷（共100分）二、填空题:本大题共5小题，每小题5分(11）【2015年四川，理11】在()521x -的展开式中,含2x 的项的系数是 ． 【答案】—40【解析】由题意可知2x 的系数为：22352(1)40C ⨯⨯-=-．（12）【2015年四川,理12】°°sin15sin 75+的值是 ．【解析】()sin15sin 75sin15cos15154560︒+︒=︒+︒=︒+︒︒==． （13）【2015年四川，理13】某食品的保鲜时间y (单位：小时）与储藏温度x (单位:°C ）满足函数关系kx b y e +=( 2.718e =为自然对数的底数，k ，b 为常数）．若该食品在°0C 的保鲜时间是192小时，在°23C 的保鲜时间是48小时,则该食品在°33C 的保鲜时间是________小时． 【答案】24【解析】0+192k b e ⨯= ①，2248k b e ⨯+= ②，∴221142k k e e ==⇒=②①，∴当33x =时，33k b e x += ③，∴()3331248192k k xe e x ====⇒=③①．(14）【2015年四川，理14】如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面相互垂直，动点M 在线段PQ上，E ，F 分别为AB ，BC 中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 ．【答案】25【解析】以AB 为x 轴，AD 为y 轴,AQ 为z 轴建立空间直角坐标系,并设正方形边长为2，则()0,0,0A ，()2,1,0F ，()1,0,0E ，()0,,2M m ，∴()2,1,0AF =，()1,,2EM m =-∴cos 5AF EM AF EMθ⋅==⋅令[]()0,2)f m m =∈()f m '=[]0,2m ∈,()0f m '∴<max 2()(0)5f m f ∴==，从而max2cos 5θ=． (15）【2015年四川，理15】已知函数()2x f x =，()2g x x ax =+（其中a R ∈)．对于不相等的实数1x ，2x ,设()()1212f x f x m x x -=-，()()1212g x g x n x x -=-，现有如下命题:（1） 对于任意不相等的实数1x ，2x ，都有0m >； （2） 对于任意a 的及任意不相等的实数1x ，2x ,都有0n >； （3） 对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =； （4) 对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =-．其中的真命题有_______（写出所有真命题的序号）． 【答案】(1) （4）【解析】(1）设1x ，2x ，∵函数2xy =是增函数，∴1222x x >，120x x ->,则1212()()f x f x m x x -=-=12x 1222x x x -->0,所以正确;（2）设12x x >,则120x x ->,∴()()22121122121212g x gx x ax x ax n x x a x x x x -+--===++-- 不妨我们设121,2,3x x a =-=-=-，则60n =-<，矛盾,所以(2)错．A（3)∵m n =，由(1)（2）可得：()()()()12121212f x f xg x g x m n x x x x --===--，化简得到,()()()()1212f x f x g x g x -=-,也即()()()()1122f x g x f x g x -=-,令()()()22x h x f x g x x ax =-=--，即对于任意的a 函数()h x 在定义域范围内存在有两个不相等的实数根1x ，2x ．则()2'2ln 2x h x x a =--,2()2ln 2x h x x a '=--，显然当a →-∞时，()'0h x >恒成立,即()h x 单调递增，最多与x 轴有一个交点,不满足题意，所以错误．（4）同理可得()()()()1122f x g x g x f x +=+，设()()()22x h x f x g x x ax =+=++，即对于任意的a 函数()h x 在定义域范围内存在有两个不相等的实数根1x ，2x ,从而()h x 不是恒为单调函数．()'2ln 22x h x x a =++，()()2''2ln 220x h x =+>恒成立,∴()'h x 单调递增，又∵x →-∞时，()'0h -∞<，x →+∞时，()'0h +∞>．所以()h x 为先减后增的函数，满足要求，所以正确．三、解答题：本大题共6题，共75分． （16）【2015年四川，理16】(本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且1a ，21a +，3a 成等差数列．(Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式;（Ⅱ）记数列1{}n a 的前n 项和n T ，求得使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值．解：（Ⅰ)当2n ≥时有，11112(2)n n n n n a S S a a a a --=-=---，则12n n a a -=(2)n ≥,12n n aa 2n ,∴数列{}n a 是以1a 为首项，2为公比的等比数列．又由题意得21322a a a +=+，1112224a a a ∴⋅+=+，∴12a =，∴2n n a =*()n N ∈(Ⅱ）由题意得112n n a =，∴111[1()]11221()12212n nn n i i T =-===--∑,则2111-=()22n nT -=（），又1091111,210242512==,即11110241000512<<111000n T ∴-<成立时,n 的最小值为10n =． （17）【2015年四川,理17】（本小题满分12分）某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛,A 中学推荐3名男生，2名女生,B 中学推荐了3名男生，4名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队． (Ⅰ）求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率;（Ⅱ）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,设X 表示参赛的男生人数，求X 得分布列和数学期望．解：(Ⅰ)设事件A 表示“A 中学至少有1名学生入选代表队”,可以采用反面求解：33343366199()11100100C C P A C C =-⋅=-=（Ⅱ)由题意，知1,2,3X =,3133461(1)5C C P X C ===；2233463(2)5C C P X C ===；1333461(3)5C C P X C === 因此期望为：131()1232555E X =⋅+⋅+⋅=．（18）【2015年四川,理18】(本小题满分12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中,设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ．（Ⅰ）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；(Ⅱ）证明:直线//MN 平面BDH ;（Ⅲ)求二面角A EG M --的余弦值． 解:（Ⅰ)如下图所示：(Ⅱ)如答图所示，连接BD ,AC 相交于点O ,连接MO∵M 、O 分别为线段BC 、BD 的中点，∴////MO CD GH 且1122MO CD GH NH ===∴四边形QMNH 为平行四边形，∴//OH MN ,又∵OH ⊂平面BDH ，∴//MN 平面BDH (Ⅲ）连接EG ,过点M 作MP AC ⊥于点P ，过点P 作PQ EG ⊥于点Q ，连接MQ ,由三垂线定理可得EG MQ ⊥,∴PQM ∠为二面角A EG M --的平面角，设正方体棱长为4a ，则4PQ BC a ==， ∴2MC a =,∵45MCP ∠=︒，MP =,所以tan MP PQM PQ ∠===，所以cos PQM ∠=，所以cos cos A EG M MLK <-->=∠=（19）【2015年四川，理19】（本小题满分12分)如图，,,,A B C D 为平面四边形ABCD 的四个内角．(Ⅰ）证明:1cos tan 2sin A AA-=；（Ⅱ)若180o A C +=,6AB =,3BC =，4CD =，5AD =,求tan tan tan tan 2222A B C D+++．解：（Ⅰ)证明:2sin 2sin 1cos 22tan 2sin cos 2sin cos 222A A A A A A A A-===⋅． （Ⅱ)∵180o A C +=，∴()()cos cos 180cos ,sin sin 180sin C A A C A A =︒-=-=︒-=，∴1cos 1cos 1cos 1cos 2tantan 22sin sin sin sin sin A C A C A A A C A A A---++=+=+=，∵180o A C +=,∴180o B D += 同理可得2tan tan 22sin B D B +=，∴11tan tan tan tan 22222sin sin A B C D A B ⎛⎫+++=+ ⎪⎝⎭连接BD ，设BD x =,在ABD ∆和CBD ∆中分别利用余弦定理及180o A C +=可得:cos cos A C =-， 即22222265342234x x +-+-=-⋅⋅,解得22477x =，从而得3cos 7A =，sin A =同理可得，1cos 19B =， sin B =∴11tan tan tan tan 2()2222sin sin A B C D A B +++=+==． （20）【2015年四川，理20】（本小题满分13分)如图，椭圆2222:1x y E a b+=，过点(0,1)P 的动直线l 与椭圆相交于,A B 两点．当直线l 平行于x 轴时,直线l 被椭圆E 截得的线段长为 (Ⅰ）球椭圆E 的方程;（Ⅱ)在平面直角坐标系xoy 中,是否存在与点P 不同的定点Q ，使得QA PAQB PB=恒成立?若存在，求出点Q 的坐标;若不存在，请说明理由．CAECA EEACE解：(Ⅰ）由题知椭圆过点()2,1．因此可得：2222222211c e a a b a b c⎧==⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪⎪=+⎩，解得：2a =，2b c ==．∴椭圆E 的方程为：22142x y +=．(Ⅱ)假设存在满足题意的定点Q ．当直线l 平行于x 轴时，则1QA PA QBPB==，,A B 两点关于y 轴对称，∴Q 点在y 轴上．不妨设()0,Q a ，当直线l 垂直于x 轴时，()()0,2,0,2A B -， 212212QA PA a QBPBa --===++，解得2a =或1a =(舍去，否则Q 点就是P 点），∴P 点的坐标为()0,2．下面我们证明对于一般的直线:1l y kx =+，()0,2Q 也满足题意． ∵QA PA QBPB=，∴由角平分线定理可知，y 轴为AQB ∠的角平分线．所以QA QB k k =-．设()11,A x y ，()22,B x y ,则111y kx =+,221y kx =+，联立：22124y kx x y =+⎧⎨+=⎩,消去y 可得，()2212420k x kx ++-=, 由韦达定理可得,122412k x x k +=-+，122212x x k -=+， ∴11111211QA y kx k k x x x --===-，22222211QB y kx k k x x x --===-，两式相加得,121212112+2220QA QB x xk k k k k k x x x x ⎛⎫++=-=-=-= ⎪⎝⎭，即QA QB k k =-,从而,假设成立，即存在与点P 不同的定点Q ,使得QA PAQB PB=恒成立． （21)【2015年四川，理21】(本题满分14分)已知函数()()222ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >．（Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；(Ⅱ）证明:存在()0,1a ∈，使得()0f x ≥在区间()1,+∞内恒成立，且()0f x =在区间()1,+∞内有唯一解．解：（Ⅰ)∵()()222ln 22f x x a x x ax a a =-++--+,∴求导可得，()2'2ln 222af x x x a x=---+-，即()()22ln 2220,0ag x x x a a x x==---+->>∴()()()222222'20,0x x a a g x a x x x x -+-=++=>>, 对于多项式2x x a -+，(1）当140a ∆=-≤,即14a ≥时,20x x a -+≥恒成立．此时，()'0g x ≥恒成立，所以()g x 恒单调递增．(2）当104a <<时,一元二次方程20x x a -+=有两个实数根,设为12,x x ． 那么求根可得：111410,22a x --⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，21141,122a x +-⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭①令()'0g x >,即()200x x a x -+<>,解得:10x x <<，2x x >．所以()g x 在()10,x ,()2,x +∞，时单调递增．②令()'0g x <,即()200x x a x -+<>，解得：12x x x <<,所以()g x 在()12,x x ，时单调递减． 综上所述:当14a ≥时，()g x 在()0,+∞上单调递增． 当104a <<时，()g x在)+∞上单调递减．(Ⅱ)∵()0,1a ∈,∴由（Ⅰ）可知()()'f x g x =在()1,+∞内单调递增．又1x +→时，()()1lim ''1222240x f x f a a a +→==--+-=-<， 当x →+∞时，显然()()lim ''0x f x f →+∞=+∞>．而()'f x 在()1,+∞是单调递增的，因此在()1,+∞内必定存在唯一的0x 使得()00002'2ln 2220af x x x a x =---+-= ……………．． ① ∴当01x x <<时，()'0f x <,当0x x >时，()'0f x >，∴()f x 在0(1,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增,∴()()0min f x f x =． 由已知条件()0f x =在区间()1,+∞内有唯一解,∴必有()()0min 0f x f x ==． 即()()22000002ln 220f x x a x x ax a a =-++--+= ………………………． ② 由①式得到000ln 2a x x a x =+-+带入②式化简得:()()2232000025220a x x a x x +---=，即()()200220xx a x a -+-=,注意这里的a 比较容易解出,因此我们可以用0x 表示a ，解得：2x a =,2002a x x =- (1）当01(,1)22x a =∈时，带入①式可得,22ln 230a a --=…………………．． ③即讨③是否有解．令()22ln 23h a a a =--，()()212'20a h a a a-=-=< ∴()h a 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减．又∵()11302h a h ⎛⎫<=-< ⎪⎝⎭,∴③式无解．（2）当2002a x x =-时，∵01a <<,∴012x <<,把2002a x x =-带入①式可得, 20022ln 60x x --= ………………．．④即讨论④是否有解．又设2000()22ln 6h x x x =--，()()2000002212'4x h x x x x -=-=，∵()01,2x ∈, ∴()0'0h x >恒成立,∴0()h x 在()1,2上单调递增．∴()(1)4h x h >=-,()()222ln 20h x h <=->． ∴()h x 与x 轴有交点，从而20022ln 60x x --=在()1,2上有解． 从而命题得证！。
2015年高考数学解答题突破：第21题
第21题 圆锥曲线中的定点、定值、范围问题1．定点、定值问题的处理方法 定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明，对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果．2．圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.[微题型1] 定点的探究与证明【典例1】(2014·益阳模拟改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长为2，离心率为22，过点M (2,0)的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若B 点关于x 轴的对称点是N ，证明：直线AN 恒过一定点．(1)解 由题意知b ＝1，e ＝c a ＝22，得a 2＝2c 2＝2a 2－2b 2，故a 2＝2.故所求椭圆C 的方程为：x 22＋y 2＝1.(2)证明 设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1·x 2＝8k 2－21＋2k 2.由对称性可知N (x 2，－y 2)，定点在x 轴上， 直线AN ：y －y 1＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 1)．令y ＝0得：x ＝x 1－y 1x 1－x 2y 1＋y 2＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝2kx 1x 2－2kx 1＋x 2kx 1＋x 2－＝2x 1x 2－x 1＋x 2x 1＋x 2－4＝16k 2－41＋2k 2－16k 21＋2k 28k 21＋2k 2－4＝1，故直线AN 恒过定点(1,0)．探究提高 (1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．【练习1】已知过双曲线222x y -=右焦点2F 的动直线与双曲线交于,A B 两点，在x 轴上是否存在定点C ，使得CA CB ⋅为常数，若存在，求出C 点坐标，若不存在，请说明理由。
2015年高考理科数学19-21题详解
19．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量y（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费x i和年销售量y i（i=1，2，…，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．（x i﹣）2（w i﹣）2（x i﹣）（y i﹣）（w i﹣）（y i）表中w i=1，=（Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（Ⅲ）以知这种产品的年利率z与x、y的关系为z=0.2y﹣x．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（i）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ii）年宣传费x为何值时，年利率的预报值最大？附：对于一组数据（u1 v1），（u2 v2）…..（u n v n），其回归线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：=，=﹣．w=，建立y=c+d适宜作为年销售量w=，先建立==68=﹣=563﹣68×6.8=100.6，的线性回归方程为=100.6+68w=100.6+68的预报值=100.6+68的预报值=576.6的预报值100.6+68x+13.6当=6.820. 在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？（说明理由））联立y=．）联立M N可得：点处的切线斜率为，其切线方程为：．处的切线方程为：联立==21. 已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx（i）当a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．﹣，即可得出零点的个数；∴a=﹣﹣≥，则＜，=a+内单调递减，在时，）取得最小值若，即若，则若，即，=a+当a时，综上可得：当或当。
2015年高考北京理科数学第19题的探究与反思
2015年高考北京理科数学第19题的探究与反思陈国毫【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2016(000)005【总页数】3页(P4-6)【作者】陈国毫【作者单位】广东省佛山市南海区西樵高级中学【正文语种】中文以问题为载体、知识为基础、思维为主线、能力为目标,全面考查学生的学习潜能和数学素养,是当前高考命题的一个重要方向.在每年全国各地的高考中,圆锥曲线必有1道大题,其中往往综合考查等价转化、数形结合、分类讨论、函数与方程等数学思想,以及定义法、配方法、待定系数法、参数法等数学通法.试题体现能力立意、强调思维空间,对学生的数学素养要求较高.很多学生往往做了第(1)问,后面的问题或因文字多、符号繁、探索味道浓、运算量大、思路不清晰而望尘莫及.因此对圆锥曲线的研究,特别是在高三复习课上对圆锥曲线综合题的解决,应当选择合适有效的处理方式.以下笔者结合2015年高考北京理科数学第19题,谈谈自己的一些想法. 例1 (2015年北京卷) 已知椭圆的离心率为,点P(0,1)、A(m,n)(m≠0)都在椭圆C 上,直线PA交x轴于点M.(1) 求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m、n表示);(2) 设O为原点,点B与A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.第(1)问实则考查待定系数法求解方程组.利用离心率和点P在椭圆上,便可求得a2=2,b2=1,不难得椭圆的标准方程为+y2=1.求点M的坐标,只需写出直线PA的方程,令y=0,求出x的值即可得,0).第(2)问实则考查对几何性质的探究.图形中点对称、直线与x轴的交点、所研究的角的位置,这些直观的几何特征是处理问题的关键.采用坐标法,显化M、N、Q的坐标形式,分别为利用tan∠OQM=tan∠ONQ,确定坐标中涉及的变量之间的关系利用点(m,n)在椭圆上,化简方程可得=2,则.注意到a2=2与=2一样,这难道是巧合? 本题改编自人教版《选修4-4》第34页习题2.2第2题.例2 椭圆=1上任意一点M(除短轴端点外)与短轴两端点B1、B2的连线分别与x 轴交于P、Q 2点,O为椭圆的中心.求证:|OP|·|OQ|为定值.从核心方法上分析,都注重运用代数的方法量化几何关系.从形式上看,二者高度相同:都以焦点在x轴的椭圆(尽管例2没有指明a>b>0这个条件,但是通过分析这个条件是隐含的)为载体,点关于x轴对称(例2短轴的端点显然对称),过对称点的直线与x轴有交点;涉及的求解对象都与x轴有关.区别在于例1研究的是角度的恒等问题,例2研究的是线段长度的定值问题.类似的以此题为背景的,还有如下题目:例3 如图1,已知椭圆的长轴长为4,离心率为,过点D(0,-2)的直线l交椭圆于A、B 2点,交x轴于点P,点A关于x轴的对称点为C,直线BC交x轴于点Q.(1) 求椭圆的标准方程.(2) 探究:|OP|·|OQ|是否为常数.例4 如图2，椭圆的一个焦点为,且过点).(1) 求椭圆E的方程.(2) 设椭圆E的上、下顶点分别为A1、A2,P是椭圆上异于A1、A2的任一点,直线PA1、PA2分别交x轴于点N、M,若直线OT与过点M、N的圆G相切,切点为T. 求证：线段OT的长为定值,并求该定值.例5 如图3，椭圆的离心率为,以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T:(x+2)2+y2=r2,设圆T与椭圆C交于点M、N.(1) 求椭圆C的方程.(2) 求的最小值,并求此时圆的方程.(3) 设点P是椭圆C异于M、N的任一点,且直线MP、NP分别交x轴于点R、S,O为坐标原点,求证:|OR|·|OS|为定值.例4中2个顶点A、A1关于x轴对称,由切割线定理得OT2=OM·ON,问题转化为线段长度的定值问题;而例5中,由椭圆与圆的对称性可知,点M、N关于x轴对称,问题也是求线段长度的定值问题.对以上3个类似题进行对比,不难发现,2个对称点是椭圆上任意给定的,点P亦然,并异于2个对称点.而结论涉及的线段长度的乘积恒为定值.而例1第(2)问,其实是源于这个一般性结论的推论.性质1 设椭圆上有2个关于x轴的对称点A、A1,B是椭圆上异于A、A1的任一点,直线AB、A1B分别交x轴于P、Q 2点.则证明设A为(x1,y1),B为(x2,y2).由于A、A1关于x轴对称,则A1为(x1,-y1).直线,令y=0,得.同理可得直线A1B:令y=0,得.故则|OP|·|OQ|=|xP·xQ|=a2.采用同样的证明的手法,可以发现,椭圆上的2个点关于焦点所在的轴对称与否,会有不同的结论.1) 椭圆上有2个关于x轴的对称点A、A1,B是椭圆上异于A、A1的任一点,直线AB、A1B分别交x轴于P、Q 2点.则2) 椭圆上有2个关于y轴的对称点A、A1,B是椭圆上异于A、A1的任一点,直线AB、A1B分别交y轴于P、Q 2点.则3) 椭圆上有2个关于y轴的对称点A、A1,B是椭圆上异于A、A1的任一点,直线AB、A1B分别交y轴于P、Q 2点.则推论1 椭圆=1 (a>b>0)上有2个关于x轴的对称点A、A1,F为椭圆上的一个(左)焦点,直线AF交椭圆于点B,则直线A1B过定点,且定点在椭圆的一条(左)准线上.证明设直线A1B与x轴交于点M,由性质1,有OF·OM=a2.由OF=c,得.若点F 为(±c,0),结合图象可得M为为定点，且该点在准线上.推论2 椭圆上有2个关于x轴的对称点A、A1,B是椭圆上异于A、A1的任一点,直线AB、A1B分别交x轴于P、Q 2点.则在y轴必存在点M(0,±a),使得∠OMP=∠OQM.证明结合图4可知,若∠OMP=∠OQM,可得，即OM2=OP·OQ=a2.由于点M在y轴上,故M为(0,±a).显然,上述提到a2=2与=2一样,绝对不是巧合.站在推论2的角度看待例1,点Q的存在性一目了然,而且确定Q的坐标不费吹灰之力.问题完全可以通过运用纯几何的方法处理.命题人显然撷取此结论,将一些变量特殊化编出这道新的高考题.尽管在考场上或者平时的练习中,不一定可以直接用性质1或者是推论2,但知道这些结论,题目中的几何特征、几何关系将显得清晰明了,当然也有助于整个解题方向的明确和思路的形成.类比椭圆,可以将上述的结论推广至双曲线.限于篇幅,这里不一一列举,有兴趣的读者可以类比上述的方法进行求证,或者用几何画板进行验证.下面探讨抛物线在满足上述条件的情况下,会有什么性质.性质2 设抛物线y2=2px(p>0)上2个点A与A1关于x轴对称,B是抛物线上异于A与A1的任一点,直线AB、A1B与x轴分别交于点M、N,则有|OM|=|ON|. 推论3 设抛物线y2=2px(p>0)上2个点A与A1关于x轴对称,其准线l与x轴的交点为N,连接NA交抛物线于点B,则A1B必过焦点F.推论4 设抛物线y2=2px(p>0)的准线l与x轴的交点为N,F为抛物线的焦点,A 是抛物线上任一点,直线NA交抛物线于点B,直线BF交抛物线于点A1，则直线NA与NA1关于x轴对称.1) 通性通法齐把握.所谓通性通法是指解决具有相同性质数学问题所用的通用方法,通性通法是数学思想和数学方法在解决问题中的集中体现.就现阶段而言,中学生应该掌握的最基本的通性通法应是具有某些规律性和普遍意义的常规解题模式和常用的思想方法.解析几何的基本思想是用代数的眼光来看待平面几何问题.用代数的方法研究圆锥曲线的性质,实质上是将对复杂的几何关系的考查转化为对曲线方程特点的考查,因为代数方法可以程序化地进行运算、操作,可以使研究过程更有规律可循.2) 对比变式相结合.所谓变式是指教师有目的、有计划地对命题进行合理的转化,如：不断地变更命题中的非本质特征;变换问题中的条件或结论;转换问题的内容和形式;配置实际应用的各种环境,使数学内容的非本质特征时隐时现，而本质特征保持不变.就高三复习阶段而言,教师在评讲、处理练习时,应给学生渗透的思想不应止步于最终答案的获得.问题得到了答案,并非意味着解题过程的完成,对待解决问题态度,除了透彻理解自己的思路、解法外,还应该考虑能否用不同的方式去解决问题.当问题的解答冗长而复杂时,自然会揣测是否存在着某种更清楚且少迂回的解法,即使成功地找出一个令人满意的解法,也不必有大功告成的感觉,而应该考虑是否还有其他做法,然后对不同解法加以比较,看看哪个最本质，哪个最简单，哪个最完美.同时,教师应以试题研究为阵地,充分利用题目之间的相似性进行比较,就其共同点概括问题的本质,将问题进行变式推广,教学生如何去分类处理、研究反思,完善学生的认知结构,增强数学知识结构的系统性.只要弄清问题本质上的共性,就会应用解答的同一模式去处理类似的问题.总之,数学教学的本质是学生在教师的引导下能动地构建数学认知结构,使自己得到全面发展的过程.而其中最重要的是让学生把握问题处理的通性通法,明白数学知识的迁移是丰富多彩的，题目之间的联系是非常紧密的.数学的学习不是埋于题海、盲目追求数量,而是真正了解数学问题变化的规律,掌握这种变化背后的本质联系,学会解决变式,学会设计变式、拓展问题，提高自身的数学能力和数学素养.。
2015江苏省高考数学19题别解
2015江苏省高考数学19题别解山石2015江苏省高考数学19题：已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=。
（1）试讨论)(x f 的单调性；（II ）若a c b -=（实数c 是与a 无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值。
（1）略。
（II ）解法一：由（1）知，函数)(x h 的两个极值为a c f -=)0(，a c a a f -+=-3274)32( 因为函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞记=)(a h a c a -+3274 ①当∈a )23,1(时，由（1）知，函数)(x f 递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32,a ，()+∞,0，函数)(x f 递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-0,32a ，从而有0)0(<f ，且0)32(>-a f ，即a c <且02743>-+a c a 在∈a )23,1(恒成立。
因∈a )23,1(=')(a h 01942<-a ，故函数)(a h 在)23,1(上为减函数，有)23()(h a h ≥,因0)(>a h 在∈a )23,1(恒成立，得0)23(≥h ，解得1≥c ，又a c <在∈a )23,1(恒成立，得1≤c ，所以1=c 。
②当∈a ),23(+∞时，由（1）知，函数)(x f 递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32,a ，()+∞,0，函数)(x f 递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-0,32a ，从而有0)0(<f ，且0)32(>-a f ，即a c <且02743>-+a c a 在∈a ),23(+∞恒成立。
因∈a ),23(+∞=')(a h 01942>-a ，故函数)(a h 在),23(+∞上为增函数，有)23()(h a h >,因0)(>a h 在∈a ),23(+∞恒成立，得0)23(≥h ，解得1≥c ，又a c <在∈a ),23(+∞恒成立，得23≤c ，所以231≤≤c 。
2015年高考山东卷文科第19题解法探析
确，思路清晰；将问题转化为不含参数的函数求最值，非常方便；通过分离参数㊁构造函数㊁二次求导，再借助洛比达法则使问题轻松获解，容易理解和掌握．可操作性强，值得推广．３㊀方法的进一步巩固此类含参数不等式恒成立的高考压轴题在近几年频频出现，限于篇幅，请读者自己用本文方法尝试解答下列高考题．以期领会方法的本质！１．（２０１４年陕西高考理科数学第２１题）设函数ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），ｇ（ｘ）＝ｘｆᶄ（ｘ），ｘȡ０，其中ｆᶄ（ｘ）是ｆ（ｘ）的导函数．（Ⅰ）令ｇ１（ｘ）＝ｇ（ｘ），ｇｎ＋１（ｘ）＝ｇ（ｇｎ（ｘ）），ｎɪＮ＋，求ｇｎ（ｘ）的表达式；（Ⅱ）若ｆ（ｘ）ȡａｇ（ｘ）恒成立，求实数ａ的取值范围；２．（２０１４年新课标Ⅱ理科数学第２１题）已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘ．（Ⅰ）讨论ｆ（ｘ）的单调性；（Ⅱ）设ｇ（ｘ）＝ｆ２ｘ()－４ｂｆ（ｘ），当ｘ＞０时，ｇ（ｘ）＞０，求ｂ的最大值．３．（２０１３年高考数学全国课标Ⅰ卷理科第２２题）已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ａｘ＋ｂ，ｇ（ｘ）＝ｅｘ（ｃｘ＋ｄ），若曲线ｙ＝ｆ（ｘ）和曲线ｙ＝ｇ（ｘ）都过点Ｐ（０，２），且在点Ｐ处有相同的切线ｙ＝４ｘ＋２．（１）求ａ，ｂ，ｃ，ｄ的值．（２）若ｘȡ－２时，ｆ（ｘ）ɤｋ㊃ｇ（ｘ），求ｋ的取值范围．４．（２０１２年高考天津理科第２０题）已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ－ｌｎ（ｘ＋ａ）的最小值为０，其中ａ＞０．（Ⅰ）求ａ的值；（Ⅱ）若对任意的ｘɪ［０，＋ɕ），有ｆ（ｘ）ɤｋｘ２成立，求实数ｋ的最小值．５．（２０１１年高考全国课标卷数学理科第２１题）已知函数ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘｘ＋１＋ｂｘ，曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点（１，ｆ（１））处的切线方程为ｘ＋２ｙ－３＝０．（１）求ａ，ｂ的值；（２）如果当ｘ＞０且ｘʂ１时，ｆ（ｘ）＞ｌｎｘｘ－１＋ｋｘ，求ｋ的取值范围．参考答案：１．ａɪ（－ɕ，１］；２．ｂｍａｘ＝２；３．ｋɪ［１，ｅ２］；４．ｋｍｉｎ＝１２；５．ｋɪ（－ɕ，０］．作者简介㊀刘聪胜，男，陕西旬阳人，中学数学特级教师，陕西省跨世纪三五人才．咸阳市教育教学研究室副主任㊁教育学会副会长兼秘书长㊁数学学会副理事长．发表论文６０余篇，主编教辅用书三十余本，主持教育教学研究课题十余项，其中两项获陕西省教育厅基础教育科研成果一等奖，三项分获二㊁三等奖．汪仁林，男，中学一级教师．全国新青年数学教师工作室成员，主要从事数学教育与高考试题研究，发表文章１００余篇，参编教育专著５本．２０１５年高考山东卷文科第１９题解法探析湖北省广水市第一高级中学㊀㊀４３２７００㊀㊀聂文喜㊀㊀题目㊀（２０１５年高考山东卷文１９）已知数列｛ａｎ｝是首项为正数的等差数列，数列１ａｎａｎ＋１{}的前ｎ项和为ｎ２ｎ＋１．（１）求数列｛ａｎ｝的通项公式；（２）设ｂｎ＝（ａｎ＋１）㊃２ａｎ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和．解㊀（１）ａｎ＝２ｎ－１．（２）分析１㊀ｂｎ＝２ｎ㊃２２ｎ－１＝ｎ㊃４ｎ，令ｃｎ＝ｎ，ｄｎ＝４ｎ，则数列｛ｂｎ｝是由等差数列｛ｃｎ｝与等比数列｛ｄｎ｝的乘积构成的新数列｛ｃｎｄｎ｝的求和问题，我们不妨把这类数列称为 差比型 数列，求 差比型 数列的常规解法是错位相减法．解法１（错位相减法）㊀Ｓｎ＝１㊃４＋２㊃４２＋３㊃４３＋ ＋ｎ㊃４ｎ㊀㊀①４Ｓｎ＝１㊃４２＋２㊃４３＋３㊃４４＋ ＋ｎ㊃４ｎ＋１㊀②①－②得－３Ｓｎ＝４＋４２＋ ＋４ｎ－ｎ㊃４ｎ＋１＝４ｎ＋１－４３－ｎ㊃４ｎ＋１，所以Ｓｎ＝（３ｎ－１）㊃４ｎ＋１＋４９．拓展１㊀若数列｛ａｎ｝是等差数列，公差为ｄʂ０，数列｛ｂｎ｝是等比数列，公比ｑʂ１，则数列｛ａｎｂｎ｝前ｎ项和Ｓｎ可用错位相减法求解：令Ｓｎ＝ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ａ３ｂ３＋ ＋ａｎｂｎ，则ｑＳｎ＝ａ１ｂ２＋ａ２ｂ３＋ａ３ｂ４＋ ＋ａｎｂｎ＋１，所以（１－ｑ）Ｓｎ＝ａ１ｂ１＋（ｄｂ２＋ｄｂ３＋ ＋ｄｂｎ）－ａｎｂｎ＋１＝ａ１ｂ１＋ｄｂ２（１－ｑｎ－１）１－ｑ－ａｎｂｎ＋１，所以Ｓｎ＝ａ１ｂ１－ａｎｂｎ＋１１－ｑ＋ｄｂ２（１－ｑｎ－１）（１－ｑ）２．分析２㊀用 错位相减法 求 差比型 数列的前ｎ９５中学数学杂志㊀２０１５年第７期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀项和虽有固定的求解模式，但运算量大，极易出现计算错误，如果联想到ｂｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎｑ－１，则可用裂项法求和．解法２（裂项求和法）㊀ｎ㊃４ｎ＝１３ｎ（４ｎ＋１－４ｎ）＝１３（ｎ㊃４ｎ＋１－ｎ㊃４ｎ）＝１３［ｎ㊃４ｎ＋１－（ｎ－１）㊃４ｎ］－１３ˑ４ｎ，所以Ｓｎ＝１３ｎ㊃４ｎ＋１－４３（１－４ｎ）１－４＝（３ｎ－１）㊃４ｎ＋１＋４９．拓展２㊀若数列｛ａｎ｝是等差数列，公差为ｄ，数列｛ｂｎ｝是等比数列，公比为ｑʂ１，则ａｎｂｎ＝ａｎ（ｂｎ＋１－ｂｎ）ｑ－１＝１ｑ－１［（ａｎ＋１－ｄ）ｂｎ＋１－ａｎｂｎ］＝１ｑ－１（ａｎ＋１ｂｎ＋１－ａｎｂｎ）－ｄｂｎ＋１ｑ－１，从而将数列｛ａｎｂｎ｝转化为一个可以裂项求和的数列１ｑ－１（ａｎ＋１ｂｎ＋１－ａｎｂｎ）{}与一个等比数列ｄｂｎ＋１ｑ－１{}之差，故｛ａｎｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ＝ａｎ＋１ｂｎ＋１－ａ１ｂ１ｑ－１－ｄｂ１ｑｑ－１㊃１－ｑｎ１－ｑ．分析３㊀由ｂｎ＝ｎ㊃４ｎ＝４ｎ＋４ｎ＋ ＋４ｎ，可考虑用分拆法求和．解法３（分拆法）㊀Ｓｎ＝４＋（４２＋４２）＋ ＋（４ｎ＋４ｎ＋ ＋４ｎ）＝（４＋４２＋ ＋４ｎ）＋（４２＋４３＋ ＋４ｎ）＋ ＋４ｎ＝４－４ｎ＋１１－４＋４２－４ｎ＋１１－４＋ ＋４ｎ－４ｎ＋１１－４＝－１３（４＋４２＋ ＋４ｎ）＋１３ｎ㊃４ｎ＋１＝－１３㊃４－４ｎ＋１１－４＋１３ｎ㊃４ｎ＋１＝（３ｎ－１）㊃４ｎ＋１＋４９．分析４㊀㊀ａｎｂｎ＝［ａ１＋（ｎ－１）ｄ］ｂ１ｑｎ－１＝ｂ１ｄｎｑｎ－１＋ｂ１（ａ１－ｄ）ｑｎ－１，由ｎｑｎ－１可联想到幂函数求导公式（ｘｎ）ᶄ＝ｎｘｎ－１，则可用导数法或积分法求和．解法４（导数法）㊀当ｘʂ１时，ｘ＋ｘ２＋ ＋ｘｎ＝ｘ－ｘｎ＋１１－ｘ，两边同时求导得１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎｘｎ－１＝１－（ｎ＋１）ｘｎ＋ｎｘｎ＋１（１－ｘ）２．两边同时乘以ｘ得ｘ＋２ｘ２＋３ｘ３＋ ＋ｎｘｎ＝ｘ－（ｎ＋１）ｘｎ＋１＋ｎｘｎ＋２（１－ｘ）２．ｘ＝４，得Ｓｎ＝１㊃４＋２㊃４２＋３㊃４３＋ ＋ｎ㊃４ｎ＝（３ｎ－１）㊃４ｎ＋１＋４９．解法５（积分法）㊀当ｘʂ１时，设ｆ（ｘ）＝１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎｘｎ－１，则ʏ（１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎｘｎ－１）ｄｘ＝ｃ＋ｘ＋ｘ２＋ ＋ｘｎ＝ｃ＋ｘ－ｘｎ＋１１－ｘ（其中ｃ为任意常数），所以ｆ（ｘ）＝ʏ（１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎｘｎ－１）ｄｘ[]ᶄ＝（ｃ＋ｘ－ｘｎ＋１１－ｘ）ᶄ，所以ｆ（ｘ）＝１＋２ｘ＋３ｘ２＋ ＋ｎｘｎ－１＝１－（ｎ＋１）ｘｎ＋ｎｘｎ＋１（１－ｘ）２．两边同时乘以ｘ得ｘ＋２ｘ２＋３ｘ３＋ ＋ｎｘｎ＝ｘ－（ｎ＋１）ｘｎ＋１＋ｎｘｎ＋２（１－ｘ）２．ｘ＝４，得Ｓｎ＝１㊃４＋２㊃４２＋３㊃４３＋ ＋ｎ㊃４ｎ＝（３ｎ－１）㊃４ｎ＋１＋４９．分析５㊀由Ｓｎ＋１＝Ｓｎ＋（ｎ＋１）㊃４ｎ＋１联想到递推数列ａｎ＋１＝ｐａｎ＋（ａｎ＋ｂ）ｑｎ的通项公式求法，则可用待定系数法求解．解法６（待系数法）㊀Ｓｎ＋１＝Ｓｎ＋（ｎ＋１）㊃４ｎ＋１＝Ｓｎ＋（４ｎ＋４）㊃４ｎ，设Ｓｎ＋１＋ｘ（ｎ＋１）＋ｙ[]４ｎ＋１＝Ｓｎ＋（ｘｎ＋ｙ）４ｎ，则Ｓｎ＋１＝Ｓｎ＋（－３ｘｎ－４ｘ－３ｙ）４ｎ，所以－３ｘ＝４，－４ｘ－３ｙ＝４，{ｘ＝－４３，ｙ＝４９，所以Ｓｎ＋（－４３ｎ＋４９）４ｎ{}是常数列，所以Ｓｎ＋（－４３ｎ＋４９）４ｎ＝Ｓ１＋（－４３＋４９）ˑ４＝４９，Ｓｎ＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．解法７（待定系数法）㊀因为Ｓｎ＋１＝Ｓｎ＋（ｎ＋１）４ｎ＋１，所以Ｓｎ＋１４ｎ＋１＝１４㊃Ｓｎ４ｎ＋ｎ＋１，令ｂｎ＝Ｓｎ４ｎ，则ｂｎ＋１＝１４㊃ｂｎ＋ｎ＋１，设ｂｎ＋１＋ｘ（ｎ＋１）＋ｙ＝１４（ｂｎ＋ｘｎ＋ｙ），则ｂｎ＋１＝１４㊃ｂｎ－３ｘｎ４－ｘ－３ｙ４，０６㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀中学数学杂志㊀２０１５年第７期所以－３ｘ４＝１，－ｘ－３ｙ４＝１，ìîíïïïï所以ｘ＝－４３，ｙ＝４９，ìîíïïïï所以数列ｂｎ－４ｎ３＋４９{}是等比数列，所以ｂｎ－４ｎ３＋４９＝１９㊃（１４）ｎ－１，所以ｂｎ＝４ｎ３－４９＋１９㊃（１４）ｎ－１，Ｓｎ＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．解法８（待定系数法）㊀因为Ｓｎ＋１＝Ｓｎ＋（ｎ＋１）４ｎ＋１，所以Ｓｎ＋１４ｎ＋１＝１４㊃Ｓｎ４ｎ＋ｎ＋１，令ｂｎ＝Ｓｎ４ｎ，则ｂｎ＋１＝１４㊃ｂｎ＋ｎ＋１，ｂｎ＝１４㊃ｂｎ－１＋ｎ，所以ｂｎ＋１－ｂｎ＝１４（ｂｎ－ｂｎ－１）＋１，令ｂｎ＋１－ｂｎ＝ｃｎ，则ｃｎ＝１４㊃ｃｎ－１＋１，设ｃｎ＋λ＝１４（ｃｎ－１＋λ），则ｃｎ＝１４㊃ｃｎ－１－３λ４，令－３λ４＝１，则λ＝－４３，所以数列ｃｎ－４３{}是等比数列，所以ｃｎ－４３＝－１１２（１４）ｎ－１，ｃｎ＝４３－１１２㊃（１４）ｎ－１，所以ｂｎ＋１－ｂｎ＝４３－１１２㊃（１４）ｎ－１，所以ｂｎ＝ｂ１＋（ｂ２－ｂ１）＋ ＋（ｂｎ－ｂｎ－１）＝１＋４（ｎ－１）３－１１２（１－（１４）ｎ－１）１－１４＝４ｎ３－４９＋１９㊃（１４）ｎ－１，所以Ｓｎ＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．点评㊀解法６㊁解法７㊁解法８利用数列通项与前ｎ项和的关系ａｎ＋１＝Ｓｎ＋１－Ｓｎ，将求和问题转化为递推数列求通项问题，虽然不是最简方法，但它别出心裁，另辟新经，将知识融会贯通．分析６㊀由拓展１得Ｓｎ＝ａ１ｂ１－ａｎｂｎ＋１１－ｑ＋ｄｂ２（１－ｑｎ－１）（１－ｑ）２＝ａ１ｂ１－（ａ１＋（ｎ－１）ｄ）ｂ１ｑｎ１－ｑ＋ｄｂ２（１－ｑｎ－１）（１－ｑ）２＝［ａ１ｂ１ｑ－ａ１ｂ１－ｄｂ１ｑ＋ｂ１ｄ（ｑ－１）ｎ］ｑｎ－（ａ１ｂ１ｑ－ａ１ｂ１－ｄｂ１ｑ）（１－ｑ）２．令ｘ＝ａ１ｂ１ｑ－ａ１ｂ１－ｄｂ１ｑ（１－ｑ）２，ｙ＝ｂ１ｄ（ｑ－１）（１－ｑ）２，则Ｓｎ＝（ｘ＋ｙｎ）ｑｎ－ｘ，这说明 差比型 数列前ｎ项和的形式为Ｓｎ＝（ｘ＋ｙｎ）ｑｎ－ｘ．解法９（待定系数法）㊀Ｓｎ＝（ｘ＋ｙｎ）４ｎ＋ｚ，Ｓ１＝４（ｘ＋ｙ）＋ｚ＝４，Ｓ２＝１６（ｘ＋２ｙ）＋ｚ＝３６，Ｓ３＝６４（ｘ＋３ｙ）＋ｚ＝２２８，ìîíïïïï解得ｘ＝－４９，ｙ＝１２９，ｚ＝４９，所以Ｓｎ＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．解法１０（待定系数法）㊀Ｓｎ＝（ｘ＋ｙｎ）４ｎ－ｘ，Ｓ１＝４（ｘ＋ｙ）－ｘ＝４Ｓ２＝１６（ｘ＋２ｙ）－ｘ＝３６{，解得ｘ＝－４９，ｙ＝１２９，所以Ｓｎ＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．点评㊀解法９㊁解法１０充分利用 差比型 数列前ｎ项和的特征，设出Ｓｎ的表达式，利用方程思想使问题顺利获解，该解法过程简洁㊁运算量小，不会出现计算错误，是求 差比型 数列前ｎ项和的最佳选择．分析７㊀我们知道矩形的面积公式为Ｓ＝ａｂ，因而，由两个正数积的形式便可直觉联想它就是矩形的面积的数值，于是，ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ ＋ａｎｂｎ只不过表示ｎ个矩形面积的和，从而有解法１１㊀如图１，用分割法将图１中ｎ个矩形转化为图２中ｎ个矩形，就是从两个不同视角看同一个面积，于是有图１㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ ＋ａｎｂｎ＝ａ１（ｂ１－ｂ２）＋（ａ１＋ａ２）（ｂ２－ｂ１）＋ ＋（ａ１＋ａ２＋ ＋ａｎ－１）（ｂｎ－１－ｂｎ）＋（ａ１＋ａ２＋ ＋ａｎ）ｂｎ，令ｂｎ＝ｎ，ａｎ＝４ｎ，得Ｓｎ＝１㊃４＋２㊃４２＋３㊃４３＋ ＋ｎ㊃４ｎ＝－４－（４＋４２）－ －（４＋４２＋４３＋ ＋４ｎ－１）＋（４＋４２＋４３＋ ＋４ｎ）ｎ＝－（４－４２１－４＋４－４３１－４＋ ＋４－４ｎ１－４）＋ｎ（４－４ｎ＋１）１－４＝－４１－４（ｎ－１－４－４ｎ１－４）－ｎ（４－４ｎ＋１）１－４＝（３ｎ－１）４ｎ＋１＋４９．１６中学数学杂志㊀２０１５年第７期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀。
2015年高考全国卷2理科数学试题及答案解析(word精校版)
2015年高考全国卷2理科数学试题及答案解析（word 精校版）注意事项：1．本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必先将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2．回答第I 卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第II 卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1） 已知集合A=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则A∩B=（ ）（A ）｛--1,0｝ （B ）｛0,1｝ （C ）｛-1,0,1｝ （D ）｛,0,，1，2｝【答案】A【解析】由已知得{}21B x x =-<<，故{}1,0AB =-，故选A（2）若a 为实数且（2+ai ）（a-2i ）=-4i,则a=（ ） （A ）-1 （B ）0 （C ）1 （D ）2 【答案】B（3）根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。
以下结论不正确的是( )（A ） 逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 （B ） 2007年我国治理二氧化硫排放显现（C ） 2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 （D ） 2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 【答案】D【解析】由柱形图得，从2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关．（4）等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84 【答案】B（5）设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )（A ）3 （B ）6 （C ）9 （D ）12 【答案】C【解析】由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>，所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故2(2)(log 12)9f f -+=．（6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（A ）81 （B ）71 （C ）61 （D ）51 【答案】D【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱长为a ，则11133111326A A B D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51．CBADD 1C 1B 1A 1（7）过三点A （1,3），B （4,2），C （1,-7）的圆交于y 轴于M 、N 两点，则MN =（A ）26 （B ）8（C ）46 （D ）10 【答案】C（8）右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。
2017年高考备考方法策略：专题篇平面解析几何 2 2015年高考福建卷文科第19题的推广 Word版含答案
2015年高考福建卷文科第19题的推广高考题 (2015年高考福建卷文科第19题)如图1所示，已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3.图1(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1，0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．解 (1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p 2. 因为|AF |＝3，所以2＋p 2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x . (2)因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±2 2，由抛物线的对称性，可不妨设A (2，2 2)．由A (2，2 2)，F (1，0)可得直线AF 的方程为y ＝2 2(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝2 2（x －1），y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B (12，－2). 又G (－1，0)，所以k GA ＝ 2 2－02－（－1）＝2 23，k GB ＝－2－012－（－1）＝－2 23. 得k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，所以以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．(2)的另证 设以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为r .因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±2 2，由抛物线的对称性，可不妨设A (2，2 2).由A (2，2 2)，F (1，0)可得直线AF 的方程为y ＝2 2(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝2 2（x －1），y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B (12，－2). 又G (－1，0)，所以直线GA 的方程为2 2x －3y ＋2 2＝0，从而r ＝|2 2＋2 2|8＋9＝4 217. 又直线GB 的方程为2 2x ＋3y ＋2 2＝0，所以点F 到直线GB 的距离d ＝|2 2＋2 2|8＋9＝4 217＝r . 这表明以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．下面给出这道高考题第(2)问的推广.推广 抛物线)0(2:2>=Γp px y 的焦点F 的直线l (l 与x 轴不垂直)与该抛物线交于两点A ,B ，则x 轴上的点C 使得x 轴平分⇔∠BDC 点A ,D 关于坐标原点对称.证明 可设t my x l +=:.由⎩⎨⎧=+=px y tmy x 22，得0222=--pt pmy y . 可设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛222121,2,,2y p y C y p y B ，得pt y y 221-=.又设)0,(0x C ，得222021102220211222222px y py px y py x p y y x p y y k k CB CA -+-=-+-=+ )2)(2())((4)2)(2()2)((202202102120220210221px y px y t x y y p px y px y px p y y p --++-=----+= 由l 与x 轴不垂直，可得021≠+y y ，所以x 轴上的点C 使得x 轴平分t x k k BCD CB CA -=⇔=+⇔∠00⇔点A ,D 关于坐标原点对称。
2015年高考全国Ⅰ卷理科数学试题(含答案解析)
绝密★启用前 试题类型：A2015年普通高等学校招生全国统一考试理科数学适用地区：河南 河北 山西 江西 注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页。
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4． 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）设复数z 满足1 − z 1 − z= i ，则| z | =（A ）1（B（C（D ）2（2）sin20°cos10° − cos160°sin10° =（A ）-（B （C ）12-（D ）12（3）设命题P ：∃n ∈N ，2n >2n ，则⌝P 为（A ）∀n ∈N, 2n >2n （B ）∃n ∈N, 2n ≤2n （C ）∀n ∈N, 2n ≤2n（D ）∃n ∈N, 2n =2n（4）投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。
已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 （A ）0.648 （B ）0.432 （C ）0.36 （D ）0.312（5）已知00(,)M x y 是双曲线22:12x C y -=上的一点，12,F F 是C 上的两个焦点，若120MF MF <，则0y 的取值范围是（A ）（−33，33） （B ）（−36，36） （C ）（223-，223） （D ）（233-，233） （6） 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有 （A ）14斛（B ）22斛 （C ）36斛（D ）66斛（7）设D 为ABC 所在平面内一点3BC CD =，则（A ）1433AD AB AC =-+（B ）1433AD AB AC =- （C ）4133AD AB AC =+（D ）4133AD AB AC =-（8）函数()cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则()f x 的单调递减区间为（A ）13(,),44k k k Z ππ-+∈（B ） 13(2,2),44k k k Z ππ-+∈（C ）13(,),44k k k Z -+∈（D ）13(2,2),44k k k Z -+∈（9）执行右面的程序框图，如果输入的t = 0.01，则输出的n = （A ）5 （B ）6 （C ）7 （D ）8（10）25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为（A ）10（B ）20（C ）30（D ）60（11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中 的正视图和俯视图如图所示。
2015年全国高考理科数学试题及答案
绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷2）理科数学注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必先将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2．回答第I卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）已知集合A=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则A∩B=（）（A）｛--1,0｝（B）｛0,1｝（C）｛-1,0,1｝（D）｛,0,，1，2｝（2）若a为实数且（2+ai）（a-2i）=-4i,则a=（）（A）-1 （B）0 （C）1 （D）2（3）根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。
以下结论不正确的是( )（A）逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著（B ） 2007年我国治理二氧化硫排放显现（C ） 2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 （D ） 2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关（4）等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84（5）设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )（A ）3 （B ）6 （C ）9 （D ）12（6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（A ）81 （B ）71 （C ）61 （D ）51 （7）过三点A （1,3），B （4,2），C （1,-7）的圆交于y 轴于M 、N 两点，则MN =（A ）26 （B ）8 （C ）46 （D ）10（8）右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。
2015年新课标全国卷Ⅰ高考数学(理科)试题及答案(完整版)
2015 年新课标全国卷Ⅰ高考数学 （理科） 试 题及答案（完整版）第Ⅰ卷 一．选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的一项。
5.4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公 益活动的概率7.执行下图的程序框图，若输入的 a,b,k 分别为 1,2,3，则输出的 M=9.不等式组的解集记为 D.有下面四个命题：其中真命题是第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两个部分。
第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作 答。
第（22）题-第（24）题为选考题，考生根据要求作答。
二．填空题：本大题共四小题，每小题 5 分。
14.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一个城市. 由此可判断乙去过的城市为 .2015 年大学生就业的形势越来越严峻，大学生就业不如自己创业，没资金，没 经验， 没背景， 我们如何才能实现创业的梦想呢！ 给你推荐一位非常优秀的老师， 网上老火了，还帮助了很多普通人实现了梦想，百度---振远老师 QQ 2909079022 希望能帮到你！15.三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18. (本小题满分 12 分)从某企业的某种产品中抽取 500 件， 测量这些产品的一项质量指标值， 由测量结果得如下频率分布直方图：(i)利用该正态分布，求 P（187.8<Z<212.2）； （ii）某用户从该企业购买了 100 件这种产品，记 X 表示这 100 件产品中质量指标值为于区 间（187.8,212.2）的产品件数，利用（i）的结果，求 EX.(Ⅰ) 求 a3+b3 的最小值； （Ⅱ）是否存在 a,b，使得 2a+3b=6？并说明理由2015 年最新普通高等学校招生全国统一考试（课标 I 文科卷） 数学（文科） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分. 在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．
故答案为：．
点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．
13．（5分）（2015?江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程
|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4．
点本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期
评性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
：
二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（14分）（2015?江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．
（1）求BC的长；
考点分析：：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结
论．
解答：解：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．
g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；
5
将其分别代入y=，得，
解得，
9
（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，），
∴y′=﹣，
∴an=．
4
∴=2．
∴数列{}的前n项的和Sn=
=
=．
∴数列{}的前10项的和为．
故答案为：．
点评：本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考
查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22
﹣y
12．（5分）（2015?江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动
2017年高考备考方法策略：专题篇平面解析几何 2 2015年高考福建卷文科第19题的推广 含答案
2015年高考福建卷文科第19题的推广高考题 (2015年高考福建卷文科第19题)如图1所示，已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3.图1(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1，0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．解 (1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p 2. 因为|AF |＝3，所以2＋p 2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x . (2)因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±2 2，由抛物线的对称性，可不妨设A (2，2 2)．由A (2，2 2)，F (1，0)可得直线AF 的方程为y ＝2 2(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝2 2（x －1），y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B (12，－2). 又G (－1，0)，所以k GA ＝ 2 2－02－（－1）＝2 23，k GB ＝－2－012－（－1）＝－2 23. 得k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，所以以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．(2)的另证 设以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为r .因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±2 2，由抛物线的对称性，可不妨设A (2，2 2).由A (2，2 2)，F (1，0)可得直线AF 的方程为y ＝2 2(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝2 2（x －1），y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B (12，－2). 又G (－1，0)，所以直线GA 的方程为2 2x －3y ＋2 2＝0，从而r ＝|2 2＋2 2|8＋9＝4 217. 又直线GB 的方程为2 2x ＋3y ＋2 2＝0，所以点F 到直线GB 的距离d ＝|2 2＋2 2|8＋9＝4 217＝r . 这表明以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．下面给出这道高考题第(2)问的推广.推广 抛物线)0(2:2>=Γp px y 的焦点F 的直线l (l 与x 轴不垂直)与该抛物线交于两点A ,B ，则x 轴上的点C 使得x 轴平分⇔∠BDC 点A ,D 关于坐标原点对称.证明 可设t my x l +=:.由⎩⎨⎧=+=px y tmy x 22，得0222=--pt pmy y . 可设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛222121,2,,2y p y C y p y B ，得pt y y 221-=.又设)0,(0x C ，得222021102220211222222px y py px y py x p y y x p y y k k CB CA -+-=-+-=+ )2)(2())((4)2)(2()2)((202202102120220210221px y px y t x y y p px y px y px p y y p --++-=----+= 由l 与x 轴不垂直，可得021≠+y y ，所以x 轴上的点C 使得x 轴平分t x k k BCD CB CA -=⇔=+⇔∠00⇔点A ,D 关于坐标原点对称。
2015年高考数学试卷真题附详细解析
2015年高考数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（真题卷）数学（理科）1．（5分）（2015•真题）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁R P）∩Q=（）A ．[0，1）B．（0，2]C．（1，2）D．[1，2]2．（5分）（2015•真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A ．8cm3B．12cm3C．D．3．（5分）（2015•真题）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A ．a1d＞0，dS4＞0B．a1d＜0，dS4＜0C．a1d＞0，dS4＜0D．a1d＜0，dS4＞04．（5分）（2015•真题）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∂n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D．∂n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n05．（5分）（2015•真题）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（）A ．B．C．D．6．（5分）（2015•真题）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card（A）表示有限集A中的元素个数（）命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立7．（5分）（2015•真题）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A ．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+xC．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|8．（5分）（2015•真题）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A ．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）（2015•真题）双曲线=1的焦距是，渐近线方程是．10．（6分）（2015•真题）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=，f（x）的最小值是．11．（6分）（2015•真题）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是，单调递减区间是．12．（4分）（2015•真题）若a=log43，则2a+2﹣a=．13．（4分）（2015•真题）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．14．（4分）（2015•真题）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是．15．（6分）（2015•真题）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，，则x0=，y0=，|=．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）（2015•真题）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．（1）求tanC的值；（2）若△ABC的面积为3，求b的值．17．（15分）（2015•真题）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．18．（15分）（2015•真题）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．19．（15分）（2015•真题）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．20．（15分）（2015•真题）已知数列{a n}满足a1=且a n+1=a n﹣a n2（n∈N*）（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；（2）设数列{a n2}的前n项和为S n，证明（n∈N*）．高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（真题卷）数学（理科）1．（5分）考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．解答：解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），∴∁R P=（0，2），∵Q=（1，2]，∴（∁R P）∩Q=（1，2），故选：C．点评：此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．2．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．解答：解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形奥为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．故选：C．点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．3．（5分）考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．解答：解：设等差数列{a n}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．∵d≠0，∴，∴，=＜0．故选：B．点评：本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．4．（5分）考点：命题的否定．专题：简易逻辑．分析：根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．解答：解：命题为全称命题，则命题的否定为：∂n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，故选：D．点评：本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．5．（5分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．解答：解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于E，交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，则===，故选：A点评：本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键．6．（5分）考点：复合命题的真假．专题：集合；简易逻辑．分析：命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．解答：解：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card （A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，故选：A点评：本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．7．（5分）考点：函数解析式的求解及常用方法．专题：函数的性质及应用．分析：利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．解答：解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；B．取x=0，则f（0）=0；取x=π，则f（0）=π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令|x+1|=t，t≥0，则f（t2﹣1）=t；令t2﹣1=x，则t=；∴；即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；∴该选项正确．故选：D．点评：本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难．8．（5分）考点：二面角的平面角及求法．专题：创新题型；空间角．分析：解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．解答：解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α=∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．点评：本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）双曲线的简单性质．考点：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．专题：确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．分析：解解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，答：∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．故答案为：2；y=±x．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．点评：10．（6分）函数的值．考点：计算题；函数的性质及应用．专题：分根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f（x）=，析：当x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解解答：解：∵f（x）=，∴f（﹣3）=lg10=1，则f（f（﹣3））=f（1）=0，当x≥1时，f（x）=，即最小值，当x＜1时，x2+1≥1，（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是．故答案为：0；．本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题．点评：11．（6分）两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．考点：专三角函数的求值．题：分由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等析：式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．解答：解：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1﹣cos2x）+sin2x+1=sin（2x﹣）+，∴原函数的最小正周期为T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）点评：本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题．12．（4分）考点：对数的运算性质．专题：函数的性质及应用．分析：直接把a代入2a+2﹣a，然后利用对数的运算性质得答案．解答：解：∵a=log43，可知4a=3，即2a=，所以2a+2﹣a=+=．故答案为：．点评：本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．13．（4分）考点：异面直线及其所成的角．专题：空间角．分析：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC 通过解三角形，求解即可．解答：解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN=2，∴ME==EN，MC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===．故答案为：．点评：本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（4分）考点：函数的最值及其几何意义．专题：不等式的解法及应用；直线与圆．分析：根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．解答：解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2+y﹣2|=2x+y﹣2，此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．故答案为：3．点本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题．评：15．（6分）空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算．考点：专创新题型；空间向量及应用．题：分由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），析：由已知可解=（，，t），可得|﹣（|2=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，由模长公式可得|．解解：∵•=||||cos＜•＞=cos＜•＞=，答：∴＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），=（m，n，t），则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2=1，故|==2故答案为：1；2；2点本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题．评：三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）余弦定理．考点：解三角形．专题：分（1）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c2．可得，a=．利析：用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．（2）由=×=3，可得c，即可得出b．解解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，答：又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，∴a2=b2﹣=，即a=．∴cosC===．∵C∈（0，π），∴sinC==．∴tanC==2．（2）∵=×=3，解得c=2．∴=3．点评：本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（15分）考点：二面角的平面角及求法；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）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．解答：（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．则BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），∵•=0，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（0，，1），∴cos＜，＞===，又∵该二面角为钝角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．点评：本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．18．（15分）考点：二次函数在闭区间上的最值．专题：函数的性质及应用．分析：（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．解答：解：（1）由已知可得f（1）=1+a+b，f（﹣1）=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|≥2；（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，易知|a|+|b|=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3．点评：本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值，以及利用三角不等式变形．19．（15分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．解答：解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点纵坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．点评：本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．（15分）考点：数列的求和；数列与不等式的综合．专题：创新题型；点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）通过题意易得0＜a n≤（n∈N*），利用a n﹣a n+1=可得≥1，利用==≤2，即得结论；（2）通过=a n﹣a n+1累加得S n=﹣a n+1，利用数学归纳法可证明≥a n≥（n≥2），从而≥≥，化简即得结论．解答：证明：（1）由题意可知：0＜a n≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵a n﹣a n+1=，∴a n＞a n+1，∴≥1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*）；（2）由已知，=a n﹣a n+1，=a n﹣1﹣a n，…，=a1﹣a2，累加，得S n=++…+=a1﹣a n+1=﹣a n+1，易知当n=1时，要证式子显然成立；当n≥2时，=．下面证明：≥a n≥（n≥2）．易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则a k+1=﹣+，由二次函数单调性知：a n+1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣+=≤，∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，故对n≥2，均有≥a n≥，∴=≥≥=，即（n∈N*）．点评：本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．。
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第19题 数列中最值问题的解题策略
[高考透视]
1．主要类型：(1)数列中的恒成立问题的求解．(2)数列中最大项与最小项问题的求解．(3)数列中前n 项和的最值问题．(4)证明不等式时构建函数求最值(值域)．
2．解题思路：结合条件与待求问题，把所求问题转化为关于n 的函数或方程问题求解．
3．注意事项：(1)数列是定义在N *或其子集上的特殊函数，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求．
(2)求解过程中要注意项数n 的取值范围，防止出错．
【典例】 (12分)(2014·天津模拟)已知函数f (x )＝log m x (m 为常数，0<m <1)，且数列{f (a n )}是首项为2，公差为2的等差数列．
(1)若b n ＝a n ·f (a n )，当m ＝22
时，求数列{b n }的前n 项和S n . (2)设c n ＝a n ·lg a n ，如果{c n }中的每一项恒小于它后面的项，求m 的取值范围．
[审题：分析信息，形成思路]
(1)切入点：求f (a n )，进而求出a n ；
关注点：求S n 时应注意求和方法的选择．
(2)切入点：根据a n 求c n ，把恒成立问题转化为求函数的最值问题；
关注点：根据函数的单调性求最值．
[解题：规范步骤，水到渠成]
【解】 (1)由题意f (a n )＝2＋(n －1)×2＝2n ，
即log m a n ＝2n ，所以a n ＝m 2n .b n ＝a n ·f (a n )＝2n ·m 2n ，
当m ＝22
时，b n ＝a n ·f (a n )＝n ·⎝⎛⎭⎫12n －1.2分 所以S n ＝1·⎝⎛⎭⎫120＋2·⎝⎛⎭⎫121＋3·⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ·⎝⎛⎭
⎫12n －1，(i) 12
S n ＝1·⎝⎛⎭⎫121＋2·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫12n .(ii) (i)－(ii)，
得12
S n ＝1·⎝⎛⎭⎫120＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12
－n ·⎝⎛⎫12n ，4分 所以S n ＝－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫12n －1＋4.6分
(2)由(1)知，c n ＝a n ·lg a n ＝2n ·m 2n lg m ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈Z *成立②，
即n lg m <(n ＋1)m 2lg m 对一切n ∈N *成立．
0<m <1，所以lg m <0，所以n >(n ＋1)m 2，对一切n ∈N *恒成立，只需m 2<⎝⎛⎭
⎫n n ＋1min ，8分 n n ＋1＝1－1n ＋1
单调递增，所以当n ＝1时，⎝⎛⎭⎫n n ＋1min ＝12.10分 所以m 2<12
，且0<m <1， 所以0<m <22.所以m 的范围为⎝
⎛⎭⎫0，22.12分 [变题]
(2014·山东济宁二模)已知数列{b n }满足S n ＋b n ＝n ＋132
，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． (1)求证：数列{b n －12
}是等比数列，并求数列{b n }的通项公式；
(2)如果对任意n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n
≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围． 【解】 (1)对于任意n ∈N *，S n ＋b n ＝n ＋132
① S n ＋1＋b n ＋1＝(n ＋1)＋132
② ②－①得b n ＋1＝12b n ＋14
， 所以b n ＋1－12＝12(b n －12
)． 又由①式知，S 1＋b 1＝142，即b 1＝72
. 所以数列{b n －12}是首项为b 1－12＝3，公比为12
的等比数列， b n －12＝3×(12)n －1，b n ＝3×(12)n －1＋12
. (2)因为b n ＝3×(12)n －1＋12
， 所以S n ＝3(1＋12＋122＋…＋12n －1)＋n 2＝3(1－12n )1－12
＋n 2＝6(1－12n )＋n 2. 因为不等式12k 12＋n －2S n
≥2n －7，化简得k ≥2n －72n ，对任意n ∈N *恒成立， 设c n ＝2n －72n ，则c n ＋1－c n ＝2(n ＋1)－42n ＋1－2n －72n ＝9－2n 2
n ＋1， 当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，c n 为单调递减数列，
当1≤n <5时，c n ＋1>c n ，c n 为单调递增数列，
116＝c 4<c 5＝332，所以，n ＝5时，c n 取得最大值332
， 所以，要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N *恒成立，k ≥332
. ∴实数k 的取值范围是[332
，＋∞)． 【典例2】已知首项为32
的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n ＝S n －1S n
(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值． 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－
S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32
，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＝⎩⎨⎧ 1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数.
当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56
. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712
. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n
≤56. 所以数列{T n }的最大项的值为56，最小项的值为－712
. 【变式】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，若数列{S n ＋1}是公比为4的等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝a n ＋1(a n ＋1－3)·S n ＋1
，n ∈N *，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的取值范围。
解：(1)由题意知S n ＋1＝(S 1＋1)·4n －1＝4n ，
所以S n ＝4n －1.
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3·4n －
1，且a 1＝3满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·4n －
1. (2)b n ＝a n ＋1(a n ＋1－3)·S n ＋1＝4n
(4n －1)(4n ＋1－1)
＝13⎝⎛⎭
⎫14n －1－14n ＋1－1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝⎛⎭⎫141－1－142－1＋13·⎝⎛ 142－1
－
⎭⎫143－1＋…＋13⎝⎛⎭⎫14n －1－14n ＋1－1 ＝13⎝⎛⎭⎫141－1－14n ＋1－1＝19－13(4n 1－1).。