2015年浙江省高考数学18题的6种解法
全国卷Ⅰ第18题(2)的别解
点 ， Ｅ作 Ｎ ￣ Ｄ 过 Ｅ Ａ
Ｃ
又 Ｃ ／Ｄ ， Ｃ ／平面 Ａ Ｅ Ｂ／ Ｅ 则 Ｂ／ Ｄ． 故 Ｃ到平 面 Ａ Ｅ 的距 离 与 ０到 平 面 Ｄ
图２
于 Ⅳ点 ， 连结 Ｍ ． Ｎ
Ａ Ｅ的距离相等． Ｄ 因为 Ａ ０上平面 Ｂ Ｄ ，所 以 Ａ 肥 ． ＣＥ ０上
因 为 Ｃ 上 平 面 Ａ Ｅ Ｃ ￣ Ｄ， Ｍ Ｄ ，Ｎ Ａ 故
Ｍ Ｎ ＬＡＤ．
２ ，过 Ｄ， 分 别 作 Ｅ Ａ ， Ｂ 的 平 行 线 ＣＡ Ｄ ，Ｆ 交点为 过 ＦＥ ，
Ｅ— ＭＥ ＬＤＦ于 Ｍ 怍
所 以 ／ Ｃ是二面角 Ｃ Ｄ Ｅ的平 面 ＿ ＭＮ —
角 的补 角．
则 ・
面 。 ＋ 。 一
佤
ｌ ＝ Ｏ
（）且 ・ １，
因为 Ｄ、 』上Ａ日， 以 Ｏ Ｌ 面 ＡＯ ｒ 所 Ｎ＿平 Ｈ． 因 为 平 面 Ａ Ｃ上平 面 ＡＣ Ｏ 上ＡＣ， Ｂ Ｄ， Ｍ
种解法 ．
所 以二 面角 Ｃ Ａ Ｅ的平 面角 为 盯 － Ｄ— 一
ａｒｃｃ。
解
过Ｃ 作 上 Ｂ于 Ｆ点 ， Ａ 连结 Ｅ ． Ｆ
ｖＴ － ６
．
因为侧面 Ａ Ｃ Ｂ 上底面 Ｂ Ｄ ，Ｅ￣Ｂ ， Ｃ ＥＢ Ｃ 则 Ｂ 侧面 Ａ Ｃ Ｅ上 Ｂ． 又Ｂ ＥＣ平面 Ａ Ｅ， 以平面 Ａ Ｃ Ｂ 所 Ｂ 上平
图３
过Ｃ Ｃ Ａ 作 Ｎ￣ Ｄ于 Ⅳ点 ， 连结 Ｍ ． Ｎ
取Ｂ Ｃ边 中 点 ０ Ｄ ， Ｅ边 中点 日，连 结
Ａ０ ， ＯＨ ， ＡＨ ．
因为 Ｃ Ｅ＝、 ，故 Ｃ ＝ ／ ，所 以 ／ Ｆ 、
Ａ Ｂ Ａ Ｃ是等边三角形．
透过一道高考题探索一类min{ x,y)}-max{ x,y}型函数最值的求解
h a,
b ab ab 1 h2 2 = 2 2 a b a b 2ab 2 2 a 0, b 0 h 0,h 2
2
x 分析：本题虽然没有以 min{
借助这一解题思路，笔者得到了上述高考题的新解法： 2 2 2 设 H= max{|a＋b| ，|a－b| }，则 H≥|a＋b| ，H≥|a 2 －b| 2H≥|a＋b|2+|a－b|2，即 H≥|a|2＋|b|2
教学研究
透过一道高考题探索一类 min{ x，y）}-max{ x，y}型函数最值的求解
钱丽谈 曹关明 浙江省富阳中学，浙江 杭州 311400
摘要： 本文通过对 2014 年浙江省高考理科第 8 题的再思考， 探索出利用不等式的性质和一些重要不等式快速求解一类 min{ x， y）}-max{ x，y}型函数最值的方法，并应用于 2015 年浙江省高考理科第 18 题第（1）小题的求解。 关键词：高考题；min{；x；y） ；}；max{；x；y}；最值 中图分类号： G634.6 文献标识码： A 文章编号：1671-5861（2015）21-0134-02 1 高考题 （ 2014 年浙江省高考理科第 8 题）记 max{x ， y} ＝ x，x≥y， y，x<y， y，x≥y， min{x，y}＝ x，x<y， 例1 （2013 年浙江省高考文科第 10 题） 设 定义运算“∧”和“∨”如下：
1 1
1 1 )} a 2 b2
2 M 32 M2
.
1 1 ， a 2 b2
解： 记 M max(a, b, a 2 b 2 ) ， 则 M a, M b, M 又
高考数学秘籍18法应用问题的题型与方法试题
卜人入州八九几市潮王学校高考数学秘籍18法应用问题的题型与方法、理解陈述的材料，深入理解题意，学会文字语言向数学的符号语言的翻译转化，能结合应用所学数学知识、思想方法解决问题，包括解决带有实际意义的或者者相关学科、消费、生活中的数学问题，并能用数学语言正确的加以表述.考生的弱点主要表如今将实际问题转化成数学问题的才能上.实际问题转化为数学问题，关键是进步阅读才能即数学审题才能，审出函数、方程、不等式、等式，要求我们读懂材料，辨析文字表达所反响的实际背景，领悟从背景中概括出来的数学本质，抽象其中的数量关系，将文字语言表达转译成数学式符号语言，建立对应的数学模型解答.可以说，解答一个应用题重点要过三关：一是事理关，即读懂题意，需要一定的阅读理解才能；二是文理关，即把文字语言转化为数学的符号语言；三是数理关，即构建相应的数学模型，构建之后还需要扎实的根底知识和较强的数理才能.由于数学问题的广泛性，实际问题的复杂性，干扰因素的多元性，更由于实际问题的专一性，这些都给学生能读懂题目提供的条件和要求，在生疏的情景中找出本质的内容，转化为函数、方程、不等式、数列、排列、组合、概率、曲线、解三角形等问题.一、知识整合1．“考试大纲〞对于“解决实际问题的才能〞的界定是：能阅读、理解对问题进展陈述的材料；能综合应用所学数学知识、思想和方法解决问题，包括提炼、解决在相关学科、消费、生活中的数学问题，并能用数学语言正确地加以表述.并且指出：对数学应用问题，要把握好提出问题所涉及的数学知识和方法的深度和广度，切合数．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．学教学实际．．．．．.2．应用问题的“考试要求〞是考察考生的应用意识和运用数学知识与方法来分析问题解决问题的才能，这个要求分解为三个要点：〔1〕、要求考生关心国家大事，理解信息社会，讲究联络实际，重视数学在消费、生活及科学中的应用，明确“数学有用，要用数学〞，并积累处理实际问题的经历.〔2〕、考察理解语言的才能，要求考生可以从普通语言中捕捉信息，将普通语言转化为数学语言，以数学语言为工具进展数学思维与交流.〔3〕、考察建立数学模型的初步才能，并能运用“考试大纲〞所规定的数学知识和方法来求解.3．求解应用题的一般步骤是〔四步法〕：〔1〕、读题：读懂和深入理解，译为数学语言，找出主要关系；〔2〕、建模：把主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题；〔3〕、求解：化归为常规问题，选择适宜的数学方法求解；〔4〕、评价：对结果进展验证或者评估，对错误加以调节，最后将结果应用于现实，作出解释或者验证.4．在近几年高考中，经常涉及的数学模型，有以下一些类型：数列模型、函数模型、不等式模型、三角模型、排列组合模型等等.Ⅰ．函数模型函数是数学中最重要的一局部内容，现实世界中普遍存在着的最优化问题，常常可归结为函数的最值问题，通过建立相应的目的函数，确定变量的限制条件，运用函数知识和方法去解决.⑴根据题意，纯熟地建立函数模型；⑵运用函数性质、不等式等知识处理所得的函数模型.Ⅱ．几何模型诸如航行、建桥、测量、人造卫星等涉及一定图形属性的应用问题，常常需要应用几何图形的性质，或者用方程、不等式或者用三角函数知识来求解.Ⅲ．数列模型在经济活动中，诸如增长率、降低率、存款复利、分期付款等与年〔月〕份有关的实际问题，大多可归结为数列问题，即通过建立相应的数列模型来解决.在解应用题时，是否是数列问题一是看自变量是否与正整数有关；二是看是否符合一定的规律，可先从特殊的情形入手，再寻找一般的规律.二、例题分析例1．〔1996年全国高考题〕某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现有增加22％，人均粮食产量比方今进步10％，假设人口年增长率为1％，那么耕地每年至多只能减少多少公顷〔准确到1公顷〕？〔粮食单产＝总产量耕地面积；人均粮食产量＝总产量总人口数〕分析：此题以关系国计民生的耕地、人口、粮食为背景，给出两组数据，要求考生从两条线索抽象数列模型，然后进展比较与决策.解：1.读题：问题涉及耕地面积、粮食单产、人均粮食占有量、总人口数及三个百分率，其中人均粮食占有量P＝粮食单产×耕地面积总人口数，主要关系是：P实际≥P规划.2.建模：设耕地面积平均每年至多减少x公顷，如今粮食单产为a吨／公顷，如今人口数为m，那么如今占有量为am×104，10年后粮食单产为a(1＋0.22)，人口数为m(1＋0.01)10，耕地面积为〔104－10x〕.∴a x m (.)()(.)102210101001410+-+≥a m×104〔1＋0.1〕即2〔104－10x 〕≥×104×〔1＋0.01〕103.求解：x ≤103－11122..×103×〔1＋0.01〕10 ∵〔1＋0.01〕10＝1＋C 101×0.01＋C 102×2＋C 103×3＋…≈∴x ≤103≈4〔公顷〕4.评价：答案x ≤4公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无误，故可答题.〔答略〕 另解：1.读题：粮食总产量＝单产×耕地面积；粮食总占有量＝人均占有量×总人口数； 而主要关系是：粮食总产量≥粮食总占有量2.建模：设耕地面积平均每年至多减少x 公顷，如今粮食单产为a 吨／公顷，如今人口数为m ，那么如今占有量为a m×104，10年后粮食单产为a(1＋0.22)，人口数为m(1＋0.01)10，耕地面积为〔104－10x 〕.∴a(1＋0.22)×(1O 4－10x)≥a m×104×(1＋0.1)×m(1＋0.01)103.求解：x ≤103－11122..×103×〔1＋0.01〕10 ∵〔1＋0.01〕10＝1＋C 101×0.01＋C 102×2＋C 103×3＋…≈∴x ≤103≈4〔公顷〕4.评价：答案x ≤4公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无误，故可答题.〔答略〕说明：此题主要是抓住各量之间的关系，注重3个百分率.其中耕地面积为等差数列，总人口数为等比数列模型，问题用不等式模型求解.此题两种解法，虽都是建立不等式模型，但建立时所用的意义不同，这要求灵敏掌握，还要求对指数函数、不等式、增长率、二项式定理应用于近似计算等知识纯熟.此种解法可以解决有关统筹安排、最正确决策、最优化等问题.此种题型属于不等式模型，也可以把它作为数列模型，相比之下，主要求解过程是建立不等式模型后解出不等式.在解容许用问题时，我们强调“10≈1，算得结果为x ≤98公顷10的近似计算上.例2．〔1991年高考题〕某1990年底人口为100万，人均住房面积为5m 2，假设该每年人口平均增长率为2％，每年平均新建住房面积为10万m 2，试求到2000年底该人均住房面积〔准确到0.01〕？分析：城每年人口数成等比数列，每年住房总面积成等比数列，分别写出2000年后的人口数、住房总面积，从而计算人均住房面积.解：1.读题：主要关系：人均住房面积＝总住房面积总人口数2.建模：2000年底人均住房面积为100105101010100101244410⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+()％3.求解：化简上式＝610210.，∵10＝1＋C 101×0.02＋C 102×2＋C 103×3＋…≈∴人均住房面积为610210.≈4.评价：答案2符合城实际情况，验算正确，所以到2000年底该人均住房面积为2.说明：一般地，涉及到利率、产量、降价、繁殖等与增长率有关的实际问题，可通过观察、分析、归纳出数据成等差数列还是等比数列，然后用两个根底数列的知识进展解答.此种题型属于应用问题中的数列模型.例3．如图，一载着重危病人的火车从O 地出发，沿射线OA 行驶，其中,31=αtg 在间隔O 地5a 〔a 为正数〕公里北偏东β角的N 处住有一位医学专家，其中sin β=,53现有110指挥部紧急征调离O 地正东p 公里的B 处的救护车赶往N 处载上医学专家全速追赶乘有重危病人的火车，并在C 处相遇，经测算当两车行驶的道路与OB 围成的三角形OBC 面积S 最小时，抢救最及时. 〔1〕求S 关于p 的函数关系； 〔2〕当p 为何值时，抢救最及时.解：〔1〕以O 为原点，正北方向为y 轴建立直角坐标系， 那么x y l OA 3:= 设N 〔x 0，y 0〕，05sin 3x a a β∴==又B 〔p ，0〕，∴直线BC 的方程为：)(34p x pa ay --=AMCDB由⎪⎩⎪⎨⎧--==)(343p x p a a y x y 得C 的纵坐标)35(5312a p a p ap y c >-=，∴)35(,536||||212a p a p ap y OB S c >-=⋅=∆〔2〕由〔1〕得)0(35,35253622>-=-=-=t a p t ap ap a p ap S 令∴22340]310925[2a a t a t a S ≥++=，∴当且仅当,9252t a t =310,35a p a t ==此时即时，上式取等号，∴当a p 310=公里时，抢救最及时.例4．〔1997年全国高考题〕甲、乙两地相距S 千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c 千米／时，汽车每小时的运输本钱〔以元为单位〕由可变局部和固定局部组成：可变局部与速度v 〔千米／时〕的平方成正比，比例系数为b ；固定局部为a 元.①把全程运输本钱y 〔元〕表示为速度v 〔千米／时〕的函数，并指出函数的定义域； ②为了使全程运输本钱最小，汽车应以多大速度行驶？分析：几个变量〔运输本钱、速度、固定局部〕有互相的关联，抽象出其中的函数关系，并求函数的最小值. 解：〔读题〕由主要关系：运输总本钱＝每小时运输本钱×时间是， 〔建模〕有y ＝(a ＋bv 2)Sv〔解题〕所以全程运输本钱y 〔元〕表示为速度v 〔千米／时〕的函数关系式是：y ＝S(av＋bv)，其中函数的定义域是v ∈(0，c]. 整理函数有y ＝S(a v ＋bv)＝S(v ＋ab v )，由函数y ＝x ＋kx(k>0)的单调性而得：当a b <c 时，那么v ＝a b时，y 取最小值；当a b≥c 时，那么v ＝c 时，y 取最小值.综上所述，为使全程本钱y 最小，当a b<c 时，行驶速度应为v ＝a b；当a b≥c 时，行驶速度应为v＝c.说明：1.对于实际应用问题，可以通过建立目的函数，然后运用解〔证〕不等式的方法求出函数的最大值或者最小值，其中要特别注意蕴涵的制约关系，如此题中速度v 的范围，一旦无视，将出现解答不完好.此种应用问题既属于函数模型，也可属于不等式模型.2.二次函数、指数函数以及函数by ax x=+〔a ＞0，b ＞0〕的性质要纯熟掌握. 3.要能纯熟地处理分段函数问题.例5．〔2021年普通高等招生全国统一考试(理工农医类20)〕在某海滨城附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城O 〔如图〕的东偏南)102arccos(=θθ方向300km 的海面P 处，并以20km/h 的速度向西偏北45°方向挪动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km ，并以10km/h 的速度不断增大.问几小时后该城开场受到台风的侵袭？ 解：如图建立坐标系以O 为原点，正向为x 轴正向.在时刻：〔1〕台风中心P 〔y x ,〕的坐标为此时台风侵袭的区域是,)]([)()(22t r y y x x ≤-+- 其中,6010)(+=t t r 假设在t 时刻城O 受到台风的侵袭，那么有 即22)22201027300()2220102300(t t ⨯+⨯-+⨯-⨯答：12小时后该城开场受到台风的侵袭.例6．甲、乙、丙三种食物的维生素A 、B 含量及本钱如下表，假设用甲、乙、丙三种食物各x 千克，y 千克，z 千克配成100千克混合食物，并使混合食物内至少含有56000单位维生素A 和63000单位维生素B.〔1〕用x ，y 表示混合食物本钱c 元； 〔2〕确定x ，y ，z 的值，使本钱最低.解:〔1〕依题意得100,4911=++++=z y x z y x c 又y x c 57400++=∴.〔2〕由{y x z z y x z y x --=≥++≥++100,6300050040080056000400700600及，得{130332064≥-≥+y x y x ，当且仅当{{2050,130332064==≥-=+y x y x y x 即时等号成立.，∴当x =50千克，y =20千克，z =30千克时，混合物本钱最低为850元. 说明：线性规划是高中数学的新增内容，涉及此类问题的求解还可利用图解法.例7．〔2021年普通高等招生全国统一考试〔卷文史类19〕〕有三个新镇，分别位于A ，B ，C 三点处，且AB=AC=13km ，BC=10km.今方案合建一个中心，为同时方便三镇，准备建在BC 的垂直平分线上的P 点处，〔建立坐标系如图〕 〔Ⅰ〕假设希望点P 到三镇间隔的平方和为最小，点P 应位于何处？〔Ⅱ〕假设希望点P 到三镇的最远间隔为最小， 点P 应位于何处？分析：本小题主要考察函数，不等式等根本知识， 考察运用数学知识分析问题和解决问题的才能. 〔Ⅰ〕解：设P 的坐标为〔0，y 〕，那么P 至三 镇间隔的平方和为所以，当4=y 时，函数)(y f 获得最小值.答:点P 的坐标是).4,0(〔Ⅱ〕解法一：P 至三镇的最远间隔为⎪⎩⎪⎨⎧-<+--≥++=.|12|25|,12||,12|25,25)(222y y y y y y x g 当当 由|12|252y y -≥+解得,24119≥y 记,24119*=y 于是 ⎪⎩⎪⎨⎧<-≥+=.|,12|,,25)(**2y y y y y y x g 当当因为225y +在[),*+∞y 上是增函数，而]y ,(-|12|*∞-在y 上是减函数.所以*y y =时，函数)(y g 获得最小值.答:点P 的坐标是);24119,0( 解法二：P 至三镇的最远间隔为⎪⎩⎪⎨⎧-<+--≥++=.|12|25|,12||,12|25,25)(222y y y y y y x g 当当 由|12|252y y -≥+解得,24119≥y 记,24119*=y 于是 函数)(y g x=的图象如图)(a ，因此，当*y y =时，函数)(y g 获得最小值.答:点P 的坐标是);24119,0(解法三：因为在△ABC 中，AB=AC=13，且，(b).,4,51222如图π=∠=>=-ACB OC OC AC所以△ABC 的外心M 在线段AO 上，其坐标为)24119,0(， 且AM=BM=CM.当P 在射线MA 上，记P 为P 1；当P 在射线MA 的反向延长线上，记P 为P 2， 这时P 到A 、B 、C 三点的最远间隔为P 1C 和P 2A ，且P 1C ≥MC ，P 2A ≥MA ，所以点P 与外心M 重合时，P 到三镇的最远间隔最小. 答:点P 的坐标是);24119,0( 例7．〔2021年普通高等招生全国统一考试〔卷理工农医类20〕〕A 、B 两个代表队进展乒乓球对抗赛，每队三名队员，A 队队员是A 1，A 2，A 3，B 队队员是B 1，B 2，B 3，按以往屡次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：对阵队员 A 队队员胜的概率 A 队队员负的概率A 1对B 1 3231 A 2对B 2 52 53 A 3对B 352 53 现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A 队、B 队最后所得总分分别为ξ、η 〔1〕求ξ、η的概率分布； 〔2〕求E ξ，E η.分析：本小题考察离散型随机变量分布列和数学期望等概念，考察运用概率知识解决实际问题的才能. 解：〔1〕ξ、η的可能取值分别为3，2，1，0.52525331535231535332)1(=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯==ξP ，根据题意知ξ+η=3，所以P(η=0)=P(ξ=3)=758，P(η=1)=P(ξ=2)=7528 P(η=2)=P(ξ=1)=52，P(η=3)=P(ξ=0)=253. 〔2〕15222530521752827583=⨯+⨯+⨯+⨯=ξE ；因为ξ+η=3，所以.15233=-=ξηE E 例8．〔2021年卷〕某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失.现有甲、乙两种互相HY 的预防措施可供采用.单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0.9和0.85.假设预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、结合采用或者不采用，请确定预防方案使总费用最少.〔总费用．．．=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.〕解：①不采取预防措施时，总费用即损失期望为400×=120〔万元〕；②假设单独采取措施甲，那么预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为1－0.9=0.1，损失期望值为400×=40〔万元〕，所以总费用为45+40=85〔万元〕③假设单独采取预防措施乙，那么预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0.85=0.15， 损失期望值为400×0.15=60〔万元〕，所以总费用为30+60=90〔万元〕；④假设结合采取甲、乙两种预防措施，那么预防措施费用为45+30=75〔万元〕，发生突发事件的概 率为〔1－0.9〕〔1－0.85〕=0.015，损失期望值为400×=6〔万元〕，所以总费用为75+6=81〔万元〕.综合①、②、③、④，比较其总费用可知，应选择结合采取甲、乙两种预防措施，可使总费 用最少.例9．某城2021年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量一样.为保护城环境，要求该城汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆解：设2021年末汽车保有量为1b 万辆，以后各年末汽车保有量依次为2b 万辆，3b 万辆，……，每年新增汽车x 万辆，那么301=b ，x b b n n +=+94.01所以，当2≥n时，x b b n n +=-194.0，两式相减得：()1194.0-+-=-n n n n b b b b〔1〕显然，假设012=-b b ，那么011==-=--+ n n n n b b b b ，即301===b b n ，此时.8.194.03030=⨯-=x〔2〕假设012≠-b b ，那么数列{}n n b b -+1为以8.106.0112-=-=-x b x b b 为首项，以94.0为公比的等比数列，所以，()8.194.01-⋅=-+x b b n n n .〔i 〕假设012<-b b ，那么对于任意正整数n ，均有01<-+n n b b ，所以，3011=<<<+b b b n n ，此时，.8.194.03030=⨯-<x〔ii 〕当万8.1>x 时，012>-b b ，那么对于任意正整数n，均有01>-+n n b b ，所以，3011=>>>+b b b n n ，由()8.194.01-⋅=-+x b b n n n ，得()()3006.094.018.11+--=-n x ， 要使对于任意正整数n ，均有60≤n b 恒成立，即()()603006.094.018.11≤+---n x 对于任意正整数n 恒成立，解这个关于x 的一元一次不等式，得8.194.018.1+-≤n x ， 上式恒成立的条件为：上的最小值在N n n x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+-≤8.194.018.1，由于关于n 的函数()8.194.018.1+-=n n f 单调递减，所以，6.3≤x . 说明：此题是2021年全国高考题，上面的解法不同于参考答案，其关键是化归为含参数的不等式恒成立问题，其别离变量后又转化为函数的最值问题.例10．〔2021年卷〕某工厂消费某种产品，该产品的月消费量x 〔吨〕与每吨产品的价格p 〔元/吨〕之间的关系式为：21242005p x =-,且消费x 吨的本钱为50000200R x =+〔元〕.问该厂每月消费多少吨产品才能使利润到达最大？最大利润是多少？〔利润=收入─本钱〕解：每月消费x 吨时的利润为0)(200),0[)(='=+∞x f x x f 使内只有一个点在因，故它就是最大值点，且最大值为：)(31500005000020024000)200(51)200(3元=-⨯+-=f 答：每月消费200吨产品时利润到达最大，最大利润为315万元.。
2015年浙江高考数学理科解析
V = 1 Sh 3
其中 S 表示棱的底面积， h 表示棱柱的高 台体的体积公式
( ) V
= 1h 3
S1 + S2 +
S1S2
其中 S1 ，S2 分别表示台体的上、下底面积，h
表示台体的高．
选择题部分（共 40 分）
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．
2
2．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． 8 cm2
B．12 cm2
C． 32 cm2 3
D． 40 cm3 3
【解 析】 C
图象为正四棱锥与正方体的组合体.由俯视图知：
正方体棱长为 2 ，正四棱锥底面边长 2 ，高为 2 ，
∴该几何体的体积V = 23 + 1 × 22 × 2 = 32 ．
【解析】 B
杭州学而思高考研究中心
2015 浙江高考真题
∵ a2 , a4 , a5 成等比数列，∴ (a1 + 3d )2 = (a1 + d )(a1 + 4d ) ，化简得 a1d = −5d 2 < 0 dS4 = d (4a1 + 6d ) = 4a1d + 6d 2 = −14d 2 < 0
2
4
2
8
8
∴单调递减区间：[kπ + 3π , kπ + 7π ] ， k ∈ Z
8
8
12．若 a = log4 3 ，则 2a + 2−a =
．
【解析】 4 3 3
由 a = log4 3 可知 4a = 3 ，即 2a =
点差法的基本原理及其在高考数学中的简单应用
[３＋[５３]２]＝２ꎬ故①正确ꎻ当ａ＝１时ꎬｘ１＝１ꎬｘ２＝ｘ３＝ ＝ｘｎ＝１ꎬ但当ａ＝３时ꎬｘ１＝３ꎬｘ２＝２ꎬｘ３＝１ꎬｘ４＝２ꎬｘ５＝１ꎬｘ６＝２ꎬｘ７＝１ꎬ ꎬ此时可以看出数列ｘｎ{}ꎬ从第二项起是以２为周期重复出现ꎬ不存在正整数ｋꎬ使得当ｎȡｋ时总有ｘｎ＝ｘｋꎬ故②不正确.对于③ꎬｘ１＝ａ>ａ－１成立ꎬ因ｘｎ是整数ꎬ故若ｘｎ＋ａｘｎ[]是正奇数ꎬ则ｘｎ＋１＝ｘｎ＋ａｘｎ[]－１２>ｘｎ＋ａｘｎ－２２ȡ２ａ－１２>ａ－１ꎬ若ｘｎ＋ａｘｎ[]是正偶数ꎬｘｎ＋１＝ｘｎ＋ａｘｎ[]２>ｘｎ＋ａｘｎ－１２ȡ２ａ－１２>ａ－１.综上知③正确.对于④ꎬ由ｘｋ＋１ȡｘｋ得ａｘｋ[]－ｘｋȡ０ꎬａｘｋ－ｘｋȡａｘｋ[]－ｘｋȡ０ꎬｘｋɤａꎻ结合③有ａ－１<ｘｋɤａꎬ因此有ｘｋ＝ａ[]ꎬ④正确.综上知真命题是①③④.评注㊀本题借用取整函数ꎬ构造一个新数列ꎬ主要考查数列知识的灵活应用和推理论证能力.本题是取整函数(高斯函数)与数列二者交汇而成ꎬ设计新颖ꎬ构思精妙ꎬ难度较大.解此类题的关键是理解函数ｘ[]的意义.㊀㊀参考文献:[１]蒋孝国.数学竞赛中的高斯函数[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１５(１９):４５－４８.[责任编辑:李㊀璟]点差法的基本原理及其在高考数学中的简单应用武增明(云南省玉溪第一中学㊀６５３１００)摘㊀要:本文给出点差法的基本原理和点差法的简单应用ꎬ与同仁及同学们共飨.关键词:点差法ꎻ圆锥曲线ꎻ解题研究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)０４－００５３－０３收稿日期:２０２０－１１－０５作者简介:武增明(１９６５.５－)ꎬ男ꎬ云南省玉溪市易门人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁点差法的基本原理在研究直线被圆锥曲线截得中点弦问题时ꎬ设出弦端点坐标ꎬ并分别代入圆锥曲线方程得两式ꎬ将其两式相减ꎬ可得弦的斜率与弦的中点坐标之间的关系式ꎬ这种解题方法叫做点差法.如ꎬ圆锥曲线ｍｘ２＋ｎｙ２＝１(ｍꎬｎɪＲꎬ且ｍʂ０ꎬｎʂ０ꎬ)上两点ＰꎬＱꎬ设Ｐ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＱ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ弦ＰＱ的中点Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ弦ＰＱ的斜率为ｋꎬ则ｍｘ２１＋ｎｙ２１＝１ꎬ①ｍｘ２２＋ｎｙ２２＝１ꎬ②{由①－②ꎬ得ｍ(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１－ｘ２)＋ｎ(ｙ１＋ｙ２)(ｙ１－ｙ２)＝０ꎬ又ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０ꎬｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｋ(ｘ１ʂｘ２)ꎬ于是ｍｘ０＋ｎｋｙ０＝０ꎬ这一等式建立了圆锥曲线弦的斜率与弦的中点坐标之间的关系式.㊀㊀二㊁点差法的简单应用与弦中点相关的问题有三种ꎬ一是平行弦的中点轨迹ꎻ二是过定点的弦的中点轨迹ꎻ三是过定点且被定点平分的弦所在直线方程.其他问题都是由这三类问题衍生出来的.１.已知弦中点坐标简求弦所在直线方程此类问题是点差法的最基本的简单应用.例１㊀(２００２年高考江苏卷 文理２０)设ＡꎬＢ是双曲线ｘ２－ｙ２２＝１上的两点ꎬ点Ｎ(１ꎬ２)是线段ＡＢ的中点.３５(１)求直线ＡＢ的方程ꎻ(２)如果线段ＡＢ的垂直平分线与双曲线相交于ＣꎬＤ两点ꎬ那么ＡꎬＢꎬＣꎬＤ四点是否共圆ꎬ为什么?解㊀(１)由题意知ꎬ直线ＡＢ的斜率存在且不为０ꎬ设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ直线ＡＢ的斜率为ｋꎬ则有ｘ１＋ｘ２＝２ꎬｙ１＋ｙ２＝４ꎬｋ＝ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２.由ｘ２１－ｙ２１２＝１ｘ２２－ｙ２２２＝１ìîíïïïï两式相减并整理ꎬ得ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝２ ｘ１＋ｘ２ｙ１＋ｙ２ꎬ所以ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝１ꎬ从而ｋ＝１.故直线ＡＢ的方程为ｙ－２＝１ (ｘ－１)ꎬ即ｘ－ｙ＋１＝０.(２)解略.评注㊀此问题用常规方法也易求解ꎬ但没有用点差法来得快.２.用点差法简求轨迹方程例２㊀(２００１年春季高考上海卷 文理２１)已知椭圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２２＝１ꎬ点Ｐ(ａꎬｂ)的坐标满足ａ２＋ｂ２２ɤ１ꎬ过点Ｐ的直线ｌ与椭圆交于ＡꎬＢ两点ꎬ点Ｑ为线段ＡＢ的中点ꎬ求:(１)点Ｑ的轨迹方程ꎻ(２)点Ｑ的轨迹与坐标轴的交点的个数.解㊀(１)设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＱ(ｘꎬｙ)ꎬ则有ｘ１＋ｘ２＝２ｘꎬｙ１＋ｙ２＝２ｙ.由ｘ２１＋ｙ２１２＝１ｘ２２＋ｙ２２２＝１ìîíïïïï两式相减并整理ꎬ得ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－２ ｘ１＋ｘ２ｙ１＋ｙ２ꎬ所以ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－２ ｘｙꎬ又ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｂ－ｙａ－ｘꎬ从而ｂ－ｙａ－ｘ＝－２ ｘｙꎬ即２ｘ２＋ｙ２－２ａｘ－ｂｙ＝０.故点Ｑ的方程为２ｘ２＋ｙ２－２ａｘ－ｂｙ＝０.(２)解略.３.用点差法简求圆锥曲线的方程例３㊀(２０１３年高考新课标全国卷Ⅱ 理２０)平面直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ过椭圆Ｍ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)右焦点的直线ｘ＋ｙ－３＝０交Ｍ于ＡꎬＢ两点ꎬＰ为ＡＢ的中点ꎬ且ＯＰ的斜率为１２.(１)求Ｍ的方程ꎻ(２)ＣꎬＤ为Ｍ上两点ꎬ若四边形ＡＣＢＤ的对角线ＣＤʅＡＢꎬ求四边形ＡＣＢＤ面积的最大值.解㊀(１)设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＰ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０ꎬｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－１ꎬｙ０－０ｘ０－０＝１２.ｘ２１ａ２＋ｙ２１ｂ２＝１ꎬ㊀①ｘ２２ａ２＋ｙ２２ｂ２＝１ꎬ㊀②ìîíïïïï①－②并整理ꎬ得ｂ２(ｘ１＋ｘ２)ａ２(ｙ１＋ｙ２)＝－ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２ꎬ所以ｂ２ ２ｘ０ａ２ ２ｙ０＝１ꎬ故ｂ２ａ２ ２＝１ꎬ即ａ２＝２ｂ２.又由题意知ꎬＭ的右焦点为(３ꎬ０)ꎬ故ａ２－ｂ２＝３.因此ꎬａ２＝６ꎬｂ２＝３.所以Ｍ的方程为ｘ２６＋ｙ２３＝１.(２)解略.评注㊀此问题若没有想到点差法ꎬ就不易求解了ꎬ甚至解不出来.４.巧用点差法简解对称题型一般地ꎬ对称直线㊁对称点的题目ꎬ用点差法求解较为简便.例４㊀(１９８６年高考广东卷 理４)已知椭圆Ｃ:ｘ２４＋ｙ２３＝１ꎬ试确定ｍ的取值范围ꎬ使得对于直线ｌ:ｙ＝４ｘ＋ｍꎬ椭圆Ｃ上有不同的两点关于该直线对称.解㊀设椭圆Ｃ:ｘ２４＋ｙ２３＝１上不同两点Ｐ１(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＰ２(ｘ２ꎬｙ２)关于直线ｌ:ｙ＝４ｘ＋ｍ对称ꎬ线段Ｐ１Ｐ２的中点为Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ则ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０ꎬｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬｙ０＝４ｘ０＋ｍꎬｋｐｐ＝－１４.ｘ２１４＋ｙ２１３＝１ꎬ㊀①ｘ２２４＋ｙ２２３＝１ꎬ㊀②ìîíïïïï４５①－②并整理ꎬ得ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－３４ ｘ１＋ｘ２ｙ１＋ｙ２ꎬ又因为ｋｐｐ＝－１４ꎬ所以ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－１４ꎬ所以－１４＝－３４ ２ｘ０２ｙ０ꎬ即ｙ０＝３ｘ０.由ｙ０＝４ｘ０＋ｍꎬｙ０＝３ｘ０ꎬ{解得ｘ０＝－ｍꎬｙ０＝－３ｍ.{因为点Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆Ｃ:ｘ２４＋ｙ２３＝１内ꎬ所以ｘ０２４＋ｙ０２３<１ꎬ即ｍ２４＋９ｍ２３<１ꎬ解得－２１３１３<ｍ<２１３１３ꎬ即为所求ｍ的取值范围.评注㊀解此类题关键是用了点在圆锥曲线内部的充要条件ꎬ应认真领会.５.注意中点的构造ꎬ创造点差法的条件简解题例５㊀(２０１６年高考浙江卷 理１９)设椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１).(１)求直线ｙ＝ｋｘ＋１被椭圆截得的线段长(用ａꎬｋ表示)ꎻ(２)若任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆至多有３个公共点ꎬ求椭圆离心率的取值范围.分析㊀(１)略.(２)因为此问题ꎬ正面情况较多或正面入手困难ꎬ所以想到从反面入手ꎬ即运用正难则反思想ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)至多有３个公共点的反面是ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)至少有４个公共点.而在这里ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)的公共点数不可能是５ꎬ６ꎬ７ꎬ ꎬｎ.故而ꎬ在这里ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)至多有３个公共点的反面是ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１(ａ>１)有４个公共点.解㊀(１)略.(２)假设圆与椭圆有４个公共点ꎬ则圆与椭圆在ｙ轴左侧有２个交点ＰꎬＱ.设Ｐ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＱ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ线段ＰＱ的中点为Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ于是ｘ２１ａ２＋ｙ１２＝１ꎬｘ２２ａ２＋ｙ２２＝１ꎬ两式相减整理ꎬ得(ｘ１＋ｘ２)(ｘ１－ｘ２)＋ａ２(ｙ１＋ｙ２)(ｙ１－ｙ２)＝０.因为ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０ꎬｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬ又ｋＡＭ ｋＰＱ＝－１ꎬ即ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝－ｘ０ｙ０－１ꎬ从而ｘ０＋ａ２ｙ０ －ｘ０ｙ０－１＝０ꎬ由ｘ０ʂ０ꎬ得ｙ０＝１１－ａ２.因为点Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２＝１内ꎬ所以ｘ０２ａ２＋ｙ０２<１.故ｘ０２ａ２＋１(１－ａ２)２<１ꎬ即ｘ０２<ａ２－ａ２(１－ａ２)２.又存在ｘ０２ɪ(０ꎬａ２)使上式成立ꎬ所以ａ２－ａ２(１－ａ２)２>０ꎬ即ａ>２.因此ꎬ任意以点Ａ(０ꎬ１)为圆心的圆与椭圆至多有３个公共点的充要条件为１<ａɤ２ꎬ由离心率ｅ＝ｃａ＝ａ２－１ａꎬ得所求离心率的取值范围为(０ꎬ２２].评注㊀(１)命题者(官方)给出的解答计算量较大ꎬ详见文[４].(２)此问题ꎬ解法较多(详见文[１])ꎬ上述解法最简捷.点差法在高考中有着广泛的运用ꎬ如:２０１０年高考ꎬ山东卷 文９ꎬ新课标全国卷Ⅰ 理１２ꎬ安徽卷 理１９ꎻ２０１２年高考ꎬ湖北卷 理２１ꎻ２０１３年高考ꎬ新课标全国卷Ⅰ 理１０ꎻ２０１５年高考ꎬ全国卷Ⅱ 理２０ꎬ浙江卷 理１９ꎻ２０１８年高考ꎬ全国卷Ⅲ 理２０.综上所述ꎬ点差法在各式各样的题目中均有广泛的应用ꎬ同时作为一种基础数学方法ꎬ它与其它数学方法之间有着极大的相关性ꎬ这是我们在解题过程中所不能忽视的ꎬ在学习点差法的解题过程中要熟练掌握运用其它方法ꎬ才能够把数学解题思想方法运用到解题过程中ꎬ来提高解题效率与质量.㊀㊀参考文献:[１]李美君.数学 入题 三维度:直接㊁间接㊁转换 以２０１６年浙江省数学高考理科第１９题为例[Ｊ].中学教研(数学)ꎬ２０１６(１１):３３－３７.[２]赵建勋.点差法及其应用[Ｊ].中学生数学(高中)ꎬ２０１２(１２):２０－２１.[３]汤伊静.浅谈点差法在高中数学中的应用[Ｊ].数理化解题研究(高中)ꎬ２０１９(２):９－１０.[４]天利高考命题研究中心.２０１６高考真题(数学 理科)[Ｍ].拉萨:西藏人民出版社ꎬ２０１６.[责任编辑:李㊀璟]５５。
2015年安徽高考理科数学第18题的单调证明
2015年安徽高考理科数学第18题的单调证明(2015年安徽高考理科第18题)设n ∈N *,x n 是曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标. (Ⅰ)求数列{x n }的通项公式; (Ⅱ)记T n =x 12x 32…x 2n-12,证明:T n ≥n41. [解析]:(Ⅰ)由y=x 2n+2+1⇒y '=(2n+2)x 2n+1⇒y '|x=1=2n+2⇒曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线方程:y-2=(2n+2)(x-1);令y=0⇒切线与x 轴交点的横坐标x n =1+n n; (Ⅱ)令f(n)=nT n ,则f(n)>0,且)()1(n f n f +=n n nT T n 1)1(++=n n 1+⋅n n T T 1+=n n 1+⋅x 2n+12=n n 1+⋅(2212++n n )2=nn n n 4414422+++>1⇒f(n+1)> f(n)⇒f(n)单调递增⇒f(n)≥f(1)=x 12=41⇒nT n ≥41⇒T n ≥n41. 本题的两问构成两个部分:第一部分:由曲线的切线生成数列,此为高考的一个热点;2015年安徽高考的第(Ⅰ)太直接、简单,对此,作者命制了如下试题:(2015年Y.P.M 高考预测试卷第九卷第13题)(可搜索百度文度,考前上传)设曲线y=x 2(x>0)在P n (x n ,x n 2)处的切线与x 轴交于点Q n (x n+1,0),若x 1=1,则数列{x n }的通项x n = .[解析]:由y=x 2⇒y '=2x ⇒y 'x=n x =2x n ;由12+-n n nx x x =2x n ⇒x n+1=21x n ⇒x n =(21)n-1.第二部分:证明积式不等式,对此,作者在其专著《挑战安徽高考数学把关题》中,有详细研究,给出了绝妙的单调性证法,如:(杨培明著《挑战安徽高考数学把关题》(2014年).第29讲:数列不等式的单调证明.例8)(可搜索百度文度):己知数列{a n }的前n 项和为S n 满足:S n =21na n+1(n ∈N +),其中,a 1=1.令b n =nn a a a a a a 2421231⋅⋅⋅⋅⋅⋅-(n ∈N +). (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:b n <121+n a ;(Ⅲ)证明:b 14+b 24+…+b n 4<7217. [解析]:(Ⅰ)由S n =21na n+1⇒S 1=21a 2⇒a 2=2;当n ≥2时,由a n =S n -S n-1=21na n+1-21(n-1)a n ⇒(n+1)a n =na n+1⇒11++n a n =na n⇒n a n =22a =1⇒a n =n,且a 1=1适合该式,故a n =n; (Ⅱ)令f(n)=b n 12+n a ,则)()1(n f n f +=nn b b 1+⋅12121+++n n a a =2212++n n a a ⋅12121+++n n a a =2212++n n ⋅1232++n n =48438422++++n n n n <1⇒f(n)单调递减⇒f(n)≤f(1)=23<1⇒b n <121+n a ;(Ⅲ)由(Ⅱ)知,b n <121+n a ⇒b n 4<2)12(1+n <)1(41+n n =41(n 1-11+n )⇒b 14+b 24+…+b n 4<(21)4+41(21-11+n )=163<7217.2015年6月10日。
2015年浙江省高考数学(文科)试题(教师版含解析)
2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）文科数学1. 解析 {1P x x=-或}3x，所以[)34P Q =， .故选A.2. 解析 该几何体是棱长为2的正方体和底面边长为2、高为2的正四棱锥的组合体，所以3213222233V =+⨯⨯=．故选C ． 3. 解析 取3a =，2b =-，所以0a b +>0ab >；反之取1a =-，2b =-，所以00ab a b >+>.故选D.4. 解析 由面面垂直判定定理知，A 正确.故选A.5. 解析 ()f x 是奇函数，排除A ，B ；当0x >， x 趋于0时，1x x-→-∞，cos 1x →，所以1cos x x x ⎛⎫-→-∞ ⎪⎝⎭.故选D. 6. 解析 解法一 特殊值：1x =，2y =，3z =，所以1a =，2b =，3c =.故选B. 解法二 利用排序不等式，最小的值是反序和.故选B.7. 解析 若30PAB ∠=，则AP 绕点A 旋转形成圆锥面，这面被平面α截得图象是椭圆.故选C.8. 解析 若t 确定，则2221a a t ++=，所以2221a a t +=-唯一确定.故选B. 9. 解析12221log log 22-==-，3222423log 3log 3log 3log 32222+=== 10. 解析 23271221a a a a a ⎧=⋅⎨+=⎩，所以()()()211112631a d a d a d a d ⎧+=++⎪⎨+=⎪⎩ ， 所以1231a d ⎧=⎪⎨⎪=-⎩.11. 解析 ()1cos 21π3sin 2122242x f x x x -⎛⎫=++=-+ ⎪⎝⎭， 所以2ππ2T ==，()min 32f x =. 12. 解析 ()()61244642f f f -==+-=-⎡⎤⎣⎦， 当1x时，()()min 00f x f ==；当1x >时，()min 6f x =.综上所述，()min 6f x =.13. 解析 设1e OA =，2e OB =，由2e OB =得121cos e e 2=，，即12πe e 3=，.又12e e ⋅=⋅b b ，得12e e 0⋅-⋅=b b ，即()12e e 0⋅-=b ，故()12e e ⊥-b .过点O 作直线l AB ⊥，如图所示，因为1e 1⋅=b ，2e 1⋅=b ，据平面向量数量积的几何意义知，OC 在OA ，OB 上的投影均为1，所以12cos30OC ==故3=b .14. 解析 依题意知，240x y +-<，630x y -->，则2463x y x y +-+--=42631034x y x y x y --+--=--.令1034z x y =--，即34100x y z ++-=，且221x y +，因此圆心()00，到直线34100x y z ++-=的距离小于等于1，即1015z -，得515z ，所以z 的最大值为15，即2463x y x y +-+--的最大值为15.15. 解析 解法一 设()00Q x y ，，则12πe e 3=，OQ OF c ==，所以22200x y c +=，又2200221x y a b +=，所以()()22222220222a c b a c b x a b c--==-，所以4222002b y c x c =-=，所以2b yc =，不妨取0x =，所以QF 中点0022x c y +⎛⎫⎪⎝⎭，，代入00b y x c =， 得2bc c -=，化简得2220()b bc c b c ⎧++=⎪⎨≠⎪⎩舍去或b c =，所以2e =. 解法二 设椭圆的左焦点为1F ，依题意，1OF OQ OF ==，故112OQ FF =，且O 为1FF的中点，因此1FFQ △为Rt △，且1π2F QF ∠=，即1F Q FQ ⊥，则1F Q 所在直线斜率为 cb ，所以()0Q b ，，则1FQF △为等腰直角三角形，故b c =，2c e a ===. 16. 解析 (1) πtan tanπ1tan 4tan 2π41tan 1tan tan 4A A A AA ++⎛⎫+=== ⎪-⎝⎭-，得1tan 3A =. 2212sin 22sin cos 2tan 231sin 2cos 2sin cos cos 2tan 15213A A A A A A A A A A ⨯====+++⨯+.(2) sin 10A =，cos 10A =.由正弦定理得，sin sin a b AB =，所以b AC ==，又()sin sin sin cos cos sin 210105C A B A B A B =+=+=+=⎝⎭，所以11sin 39225ABC S ab C ==⨯⨯=△. 17. 解析 (1)由题意知{}n a 是等比数列，12a =，2q =，所以2nn a =.当2n 时，()*231111111231n n b b b b n b n -++++=-∈-N ，所以11n n n b b b n +=-，所以11n n n b b n ++=，所以12112n n b b b n n+====+，又11b =，所以n b n =.（或采用累乘法） (2)212222n n T n =⨯+⨯++⋅，所以()21212122n n n T n n +=⨯++-⨯+⋅， 所以()()()2111212122222212212n n n n n n T n n n +++--=+++-⋅=-=---，所以()1122n n T n +=-+.18. 解析 (1) 记BC 中点E ，连AE ，DE ，1A E .因为AB AC =，所以AE BC ⊥，又1A E ⊥面ABC ，AE ⊂面ABC ，所以1AE A E ⊥，又1BCA E E =，所以AE ⊥面1A BC ，又1=//AA DE ，所以1AEDA 是平行四边形，所以1//AE A D ，所以1A D ⊥面1A BC .(2)作1A F DE ⊥，垂足F ，连BF .因为1A D ⊥面1A BC ，所以1BC A D ⊥，又1BC A E ⊥，111A EA D A =，所以BC ⊥面1A DE ，又1A F ⊂面1A DE ，所以1BC A F ⊥，又DEBC E =，所以1A F ⊥面11BB C C ，所以1A BF ∠是直线1A B 和平面11BB C C 所成的角.经计算得1A D =，14A B =，1A E =11142A E A D A F DE ⋅===，所以1112sin 4A F A BF A B ∠===.19. 解析 (1)设直线AP 的方程为：()y k x t =-，联立214y x =，得2104x kx kt -+=，由直线AP 与抛物线1C 相切知，0∆=，又0k ≠，求得k t =，因为12y x t '==，所以2x t =，2y t =，所以()22A t t ，.设()00B x y ，，代入圆222(1)1C x y ：，得20002x y y ，因为BP 为圆2C 的切线，所以21BP BC k k ⋅=-1==-，解得2221t y t =+，所以 0221tx t =+，所以2222211t t B t t ⎛⎫ ⎪++⎝⎭，. (2)B 到AP的距离2d ==12AB x =-=所以23111222PABS AB d t t =⋅==△. 20. 解析 (1) ()2221142a a f x x ax x ⎛⎫=+++=++ ⎪⎝⎭，对称轴2a x =-.当12a -<-，即2a >时，()()21124a g a f ab a =-=-+=-+；当112a--，即22a-时，()12a g a f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭；当12a ->，即2a <-时，()()2124a g a f a ==++ .综上所述，()22224122224a a a g a a a a a ⎧-+>⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪++<-⎪⎩，， ，.(2)假设()f x 在[]11-，上的零点0x ，则2000x ax b ++=，所以[]2200001124a a b x ax x x ⎛⎫=--=-++∈- ⎪⎝⎭，，，对称轴直线02a x =-.当12a-<-，即2a >时，11a b a ---，综合221a b a +，得b ∈Φ； 当102a--<，即02a <时，214a a b--，综合221a ba +，得b ∈Φ；当012a -，即20a -时，214a ab -，综合221a b a +，得3945b--当12a->，即2a <-时，11a b a ---，综合221a b a +，得b ∈Φ.综上所述，3945b--。
6-2第二节 一元二次不等式及其解法(2015年高考总复习)
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x－1 2．不等式 ≤0的解集为( 2x＋1
1 A.－2，1 1 B.－2，1 1 C.－∞，－2∪[1，＋∞) 1 D.－∞，－2∪[1，＋∞)
)
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答案 C
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4．函数y＝ x2＋x－12的定义域是________．
解析 由x2＋x－12≥0得(x－3)(x＋4)≥0， ∴x≤－4或x≥3.
答案 (－∞，－4]∪[3，＋∞)
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基 础 自 评 1．不等式2x2－x－1＞0的解集是(
1 A.－2，1
)
B．(1，＋∞) C．(－∞，1)∪(2，＋∞)
1 D.－∞，－2∪(1，＋∞)
综上，可知－4＜m≤0.
1 2 3 (2)要使f(x)＜－m＋5在[1,3]上恒成立，就是要使m x－2 ＋ 4
m－6＜0在x∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：
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12 3 方法1：令g(x)＝mx－2 ＋4m－6，x∈[1,3]．
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第六章
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高考总复习模块新课标
新课标A版数学