2015年高考数学中的“亮点”试题赏析

2016-11-19 08:41王勇芮华云
中学生理科应试 2016年4期
关键词:亮点工件本题

王勇 芮华云

纵观2015年高考数学试题,总体反映出稳定、创新、应用、传承的特点.每份试卷的结构、题型、重要知识点相对稳定,不同试卷均有新颖的“亮点”题,试题注重创设新颖情境,强调知识交汇,突出数学素养和数学灵气的考查.试题设计充分体现数学的应用价值,尤其是与人们的生活、生产紧密联系的实际应用性试题,意在考查考生把实际问题数学模型化的转化思想,而体现数学背景、数学历史、数学文化、数学故事的历史名题的改编题,更是给数学试卷注入了一股春风,彰显了数学文化的传承、数学阅读理解能力的考核.下面精选十例并分类解析,旨在探索题型规律,揭示解题方法.

一、创设新颖情境,强调知识交汇,突出数学素养

高考是选拔性的考试,试卷中出现新颖别致且综合性较强的试题在情理之中.面对情境新颖、交汇整合的题目,需要锁定目标,寻找理论依据,合情推理,逐步套牢目标,不断转化,惊险散尽,自然水到渠成.

例1(2015·福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于 .

解析 由题意得a+b=p>0,ab=q>0,则a>0,b>0.

当a,b,-2适当排序后成等比数列时,-2必为等比中项,所以ab=q=4,b=4a.

当a,b,-2适当排序后成等差数列时,-2必不是等差中项,当a是等差中项时,则2a=b-2=4a-2,解得a=1,b=4;当b是等差中项时,则2b=a-2,即8a=a-2,解得a=4,b=1,因此,p=a+b=5.

综上可知,p+q=9.

点评本题以函数的零点为载体考查等比中项和等差中项,其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列,项与项之间是有顺序的,但是等差中项或等比中项是唯一的,故可以利用中项进行讨论与分析.

例2(2015·福建卷)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*),其中xk(k=1,2,…,n)称为第k位码元.二元码是通讯中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).

已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组:x4x5x6x7=0,

x2x3x6x7=0,x1x3x5x7=0,

其中运算定义为: 00=0,01=1,10=1,11=0.

现已知一个这种二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k等于.

解析因为x4x5x6x7=1101=001=01=1≠0,所以二元码1101101的前3位码元x1,x2,x3都是对的;因为x2x3x6x7=1001=101=11=0 ,所以二元码1101101的第6位码元x6、第7位码元x7也是对的;因为

x1x3x5x7=1011=111=01=1≠0,所以二元码1101101的第5位码元x5是错的,所以k=5.

点评本题考查新定义运算、推理与证明等知识.意在考查考生处理新定义问题的能力、推理论证能力以及运算求解能力.求解本题的关键是读懂新定义,在领会新定义的基础上,明晰新定义的内涵和外延,将其转化并运用到新情境中,进而判断参数k的值.

例3(2015·浙江卷)已知e1,e2

是空间单位向量,e1·e2=12,若空间向量b满足

b·e1=2,

b·e2=52,且对于任意x,y∈R,|

b-(xe1+ye2)|≥

|b-(x0e1+y0e2)|=1,(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.

分析由题意得x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1,把

(b-(xe1+ye2))平方,转化为|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.

解析对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥

|b-(x0e1+y0e2)|=1,(x0,y0∈R),说明当x=x0,y=y0时,

|b-(xe1+ye2)|取得最小值1.

|b-(xe1+ye2)|2=|b|2+(xe1+ye2)2-2b·(xe1+ye2)=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,

要使

|b|2+x2+y2+xy-4x-5y

取得最小值,需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,即f(x)=x2+(y-4)x+y2-5y,其图象是开口向上的抛物线,对称轴方程为x=2-

y2,所以当x=2-y2时,f(x)取得最小值,代入化简得f(x)=34(y-2)2-7,显然当y=2时,f(x)min=-7,此时x=2-y2=1,所以x0=1,y0=2.

此时|b|2-7=1,可得|b|=22.

点评本题考查向量的数量积运算、向量的模及代数运算、二次函数的图象与性质等.根据条件发现x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1,考查了抽象概括能力;把

|b-(xe1+ye2)|平方,转化为关于x的二次函数求最值,考查了转化与化归思想及运算求解能力.

例4(2015·湖南卷)某工件的三视图如图1所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为( ).

(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)

A.89πB.169πC.4(2-1)3πD.12(2-1)3π

解析由三视图可还原出该几何体为圆锥,设出长方体的长、宽、高,建立三者和圆锥的底面半径和高的关系,利用导数确定长方体的最大体积,再计算原工件材料的利用率.

该三视图对应的几何体为底面半径为1,高为2的圆锥.如图2,设长方体的长、宽、高分别为a、b、c,上、下底面中心分别为O1、O2,上方截掉的小圆锥的高为h,底面半径为r,则a2+b2=4r2.由三角形相似,得SO1SO2=O1AO2B,即h2=r1,则h=2r.长方体的体积为V=abc=ab(2-2r)≤a2+b22×(2-2r)=2r2(2-2r)=4r2-4r3(当且仅当a=b时取等号,且00,得0

∴原工件材料的利用率为

162713π×12×2=89π,故选A.

点评本题考查三视图,圆锥和长方体的体积计算,重要不等式a2+b2≥2ab和导数在求函数最值中的应用.由三视图得到直观图,考查了空间想象能力.在求长方体体积的最大值时,考查了运算求解能力和转化与化归思想的应用.在计算材料利用率时,考查了数学应用意识.

二、联系生活实际,构建数学模型,注重数学应用

数学是一种工具,工具就有广泛的应用价值,实际应用性问题解答的关键在于选择恰当的数学模型,将实际问题转化为数学问题,“数学化”的过程就是要把陌生问题化为熟悉问题,未知问题化为已知问题,复杂问题化为简单问题.

例5(2015·湖北卷)如图3,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.

解析先在△ABC中利用正弦定理求出BC,再在Rt△BCD中求出CD.

由题意,在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=180°-75°=105°,故∠ACB=45°.

又AB=600 m,故由正弦定理得600sin45°=BCsin30°,解得BC=3002m.

在Rt△BCD中,CD=BC·tan30°=3002×33=1006m.

点评本题考查方位角、仰角的概念及正弦定理的应用.在求CD时,需放到空间图形中,考查了空间想象能力.本题是一道实际应用问题,故还考查了分析转化能力及创新应用意识.

例6(2015·陕西卷)如图4,一横截面为等腰梯形的水泵,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.

解析建立如图5所示的平面直角坐标系,可设抛物线的方程为x2=2py(p>0),由图易知(5,2)在抛物线上,可得p=254,抛物线方程为x2=252y,所以当前流量对应的截面面积为2∫50(2-225x2)dx=403,原始的最大流量对应的截面面积为2×(6+10)2=16,所以原始的最大流量与当前最大流量的比值为16403=1.2.

点评本题以抛物线与梯形在生活中的应用为背景,考查抛物线及定积分的相关知识,意在考查考生对数学知识的实际应用能力,运算求解能力以及数形结合思想的应用.

例7(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l.如图6所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=ax2+b模型.

(1)求a,b的值;

(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.

①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;

②当t为何值时,公路l的长度最短?并求最短长度.

分析(1)根据M,N两点的坐标求出a,b的值;(2)根据导数先求切线方程,再求f(t),最后利用导数求最值.

解析(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).

将其分别代入y=ax2+b,得a25+b=40,a400+b=2.5,解得a=1000,b=0.

(2)①由(1)知,y=1000x2(5≤x≤20),

则点P的坐标为(t,1000t2),

如图7,设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B两点,y′=-2000x3,

则l的方程为y-1000t2=-2000t3(x-t),

由此得A(3t2,0),B(0,3000t2).

故f(t)=(3t2)2+(3000t2)2=

32t2+4×106t4,t∈[5,20].

②设g(t)=t2+4×106t4,则g′(t)=2t-16×106t5.令g′(t)=0,解得t=102.

当t∈(5,102)时,g′(t)<0,g(t)是减函数;

当t∈(102,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数.

从而,当t=102时,函数g(t)有极小值,也是最小值,

所以g(t)min=300,此时f(t)min=153.

答:当t=102时,公路l的长度最短,最短长度为153千米.

点评 本题主要考查导数在实际问题中的应用,意在考查考生建立数学模型和利用所学知识解决实际问题的能力.

三、依托数学史料,嵌入数学名题,彰显数学文化

数学是一种文化,是一种精神,体现数学文化的新颖试题是近年高考命题的新动向,值得考生关注、探究和学习.

例8(2015·新课标全国卷Ⅰ)《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8,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,估算出堆放的米约有( ).

解析由米堆底部的弧长可求出圆锥底面半径,进而求得米堆的体积.

设米堆底面半径为r尺,则π2r=8,所以r=16π,所以米堆的体积为V=14×13π·r2·5=π12×(16π)2×5≈3209(立方尺),故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B.

点评本题考查扇形的弧长公式与圆锥的体积计算.通过古题新解考查阅读理解

能力,通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与运算求解能力.

例9(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图9所示的程序框图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”.执行该程序框图,若输入的a,b分别为14,18,则输出的a=( ).

解析逐次运行程序,直至程序结束得出a值.a=14,b=18.

第一次循环:14≠18且14<18,b=18-14=4;

第二次循环:14≠4且14>4,a=14-4=10;

第三次循环:10≠4且10>4,a=10-4=6;

第四次循环:6≠4且6>4,a=6-4=2;

第五次循环:2≠4且2<4,b=4-2=2.

此时,a=b=2,跳出循环,输出a=2,故选B.

点评在给出程序框图求解输出结果的试题中,只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算,直到达到输出条件即可.图10

例10(2015·湖北卷)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图10,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.

(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.

(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3,求DCBC的值.

分析(1)把线面垂直转化为线线垂直:通过证明BC⊥平面PCD,证明BC⊥DE;通过证明DE⊥平面PBC,证明PB⊥DE;注意到题设PB⊥EF,从而证明PB⊥平面DEF.整合已证的线面垂直关系,可知四面体DBEF为鳖臑;(2)作出平面DEF与平面ABCD的交线,证明∠BDF就是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,利用∠BDF=π3求解,或建立空间直角坐标系利用向量法求解.

解析解法1 (1)因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.

由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.

而DE平面PCD,所以BC⊥DE.

又因为 PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.

而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.

而PB平面PBC,所以PB⊥DE.

又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.

由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.

(2)如图11,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,连接DG,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.

由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.

又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.

而PD∩PB=P,所以DG⊥面PDB,

故∠BDF是平面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=1+λ2,

在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=π3,

则tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=3,解得λ=2.

所以DCBC=1λ=22.

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时,DCBC=22.

解法2 (1)如图12,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.

设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),PB=(λ,1,-1),

点E是PC的中点,所以E(0,12,12),DE=(0,12,12),

于是PB·DE=0,即PB⊥DE.

又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,

所以PB⊥平面DEF.

因为PC=(0,1,-1),DE·PC=0,则DE⊥PC,

而PB∩PC=P,所以DE⊥面PBC,故可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.

(2)由PD⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;

由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3,则cosπ3=

|

BP·DP

|BP|·|DP||=|1λ2+2|=12,

解得λ=2,所以DCBC=1λ=22.

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时,DCBC=22.

点评 本题结合《九章算术》中的新名词(阳马、鳖臑)考查线面垂直的判定与性质、二面角等,意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、信息迁移能力与运算求解能力,同时还考查了转化与化归思想的应用.

(收稿日期:2015-11-10)

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