2016年高考数学压轴题的分析与解(印刷版)兰琦著

Math173|Thejourneyofmathematics2016年全国⾼考数学压轴题的与解兰琦著2016年6⽉13⽇⺫录12016年全国1卷(⼄卷)理科数学222016年全国1卷(⼄卷)⽂科数学532016年全国2卷(甲卷)理科数学742016年全国2卷(甲卷)⽂科数学1152016年全国3卷(丙卷)理科数学1362016年全国3卷(丙卷)⽂科数学1672016年上海卷理科数学1882016年上海卷⽂科数学2292016年北京卷理科数学24102016年北京卷⽂科数学27112016年四川卷理科数学29122016年四川卷⽂科数学33132016年天津卷理科数学36142016年天津卷⽂科数学40152016年⼭东卷理科数学44162016年⼭东卷⽂科数学46172016年江苏卷数学48182016年浙江卷理科数学53192016年浙江卷⽂科数学58112016年全国1卷(⼄卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)12016年全国1卷(⼄卷)理科数学试卷点评今年是⾼考统⼀命题改⾰的第⼀年，全国1卷与之前的全国I卷命题风格⼀致，难度也相当．知识点覆盖全⾯，层次合理，相信学⽣做题时不会感到意外．解析⼏何试题将圆与椭圆有机结合起来，是⼀道中规中矩的题⽬，有较⾼的区分度．导数题作压轴，第(2)⼩题有⼀定难度，不过鉴于⽬前全国各地的模拟题中频繁出现极值点偏移的试题，因此对知识⾯较⼴的学⽣有利．值得注意的是这次⼩题中出现了两道应⽤题，贯彻了新课标精神，也提醒新⼀届的考⽣需要增强阅读理解能⼒．题(理12)已知函数f(x)=sin(!x+')(!>0;j'j6�2)，x=��4为f(x)的零点，x=�4为y=f(x)图象的对称轴，且f(x)在�18;5�36‹单调，则!的最⼤值为()A.11B.9C.7D.5解由题意知12k+14‹T=�4����4�;k2Z;解得!=2�T=2k+1;k2Z:（也可以由8<:��4!+'=m�;�4!+'=n�+�2;m;n2Z两式相减得到!．）又因为f(x)在�18;5�36‹单调，所以T=2�!=2�2k+1>25�36��18‹;k2Z;于是k6112，从⼤到⼩进⾏试探：当k=5时，f(x)在�18;5�36‹不单调（因为�18<�4�T<5�36）；当k=4时，f(x)在�36;5�36‹上单调，符合题意，所以!的最⼤值为9．题(理16)某⾼科技企业⽣产产品A和产品B需要甲、⼄两种新型材料．⽣产⼀件产品A需要甲材料1:5kg，⼄材料1kg，⽤5个⼯时；⽣产⼀件产品B需要甲材料0:5kg，⼄材料0:3kg，⽤3个⼯时．⽣产⼀件产品A的利润为2100元，⽣产⼀件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，⼄材料90kg，则在不超过600个⼯时的条件下，⽣产产品A、产品B的利润之和的最⼤值为元．解设⽣产产品A;B的件数分别为x;y时，获得利润为z元．则x;y满⾜的约束条件为8>><>>:1:5x+0:5y6150;x+0:3y690;5x+3y6600;其中x;y2N�，⽬标函数z=2100x+900y=300(7x+3y):212016年全国1卷(⼄卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)xyO9060100300200作出可⾏域，可以得到当x=60;y=100时，z有最⼤值216000．题(理20)设圆x2+y2+2x�15=0的圆⼼为A，直线l过点B(1;0)且与x轴不重合，l交圆A于C;D两点，过B作AC的平⾏线交AD于点E．(1)证明：jEAj+jEBj为定值，并写出点E的轨迹⽅程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M;N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P;Q两点，求四边形MPNQ⾯积的取值范围．分析第(1)小题利用⼏何知识证明jEBj=jEDj即可；第(2)小题是典型的面积问题，计算两个弦长jMNj和jPQj即可，其中对焦点弦长的计算用到了《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题有效10招中的第3招，与之类似的题有2014年天津卷理科第19题．解(1)将圆的⽅程化为⽅程(x+1)2+y2=16:ABCDEOxy由于BEkAC，于是\EBD=\ACD．又jACj=jADj，于是\ACD=\ADC，因此\EBD=\EDB，从⽽jEBj=jEDj，这样就得到了jEAj+jEBj=jEAj+jEDj=jADj为定值4．根据椭圆的定义，点E的轨迹⽅程为x24+y23=1(y6=0):(2)设\MBA=�(�2(0;�))，则在4MAB中应⽤余弦定理，有jMAj2=jMBj2+jABj2�2�jMBj�jABj�cos�;结合jMAj+jMBj=4可解得jMBj=32�cos�:312016年全国1卷(⼄卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)NQPMABOxy类似的，可得jNBj=32+cos�;从⽽jMNj=jMBj+jNBj=124�cos2�:此时直线PQ的⽅程为xcos�=ysin�+cos�;于是圆的弦长jPQj=2Ì42�‚2cos�pcos2�+sin2�Œ2=4p4�cos2�:于是可得四边形MPNQ的⾯积S=12�jMNj�jPQj=24p4�cos2�;于是四边形MPNQ的⾯积的取值范围是[12;8p3)．题(理21)已知函数f(x)=(x�2)ex+a(x�1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1;x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2．分析第(1)小题是典型的零点个数问题，可用分离变量法（《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题有效10招中的第1招，与之类似的题有2014年新课标II卷⽂科第21题）；第(2)小题是典型的偏移问题，对称化构造即可．解(1)显然x=1不是函数f(x)的零点．当x6=1时，⽅程f(x)=0等价于a=2�x(x�1)2�ex:记右侧函数为g(x)，则g(x)的导函数g0(x)=�ex�x2�4x+5(x�1)3;因此函数g(x)在(�1;1)上单调递增，⽽在(1;+1)上单调递减．由于函数g(x)在(�1;1)上的取值范围是(0;+1)，⽽在(1;+1)上的取值范围是(�1;+1)，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，所求取值范围是(0;+1)1．1第(1)⼩题中如果需要刻意避开极限，可以进⾏如下论证．当a60时，由于在(�1;1)上，g(x)>0，因此在此区间上不存在x使得g(x)=a;422016年全国1卷(⼄卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)(2)根据第(1)⼩题的结果，不妨设x1<1<x2，则只需证明x2<2�x1．考虑到函数g(x)在(1;+1)上单调递减，于是只需要证明g(x2)>g(2�x1);也即g(x1)>g(2�x1):接下来证明：8x<1;g(x)�g(2�x)>0;也即8x<1;ex�(2�x)�e2�x�x>0:设h(x)=ex�(2�x)�e2�x�x，则其导函数h0(x)=(ex�e2�x)(1�x);当x<1时，有ex�e2�x<0;于是在(�1;1)上，h(x)单调递减．⽽h(1)=0，于是在(�1;1)上，有h(x)>0，因此原命题得证1．22016年全国1卷(⼄卷)⽂科数学题(⽂12)若函数f(x)=x�13sin2x+asinx在(�1;+1)上单调递增，则a的取值范围是()A.[�1;1]B.•�1;13˜C.•�13;13˜D.•�1;�13˜解函数f(x)的导函数f0(x)=1�23cos2x+acosx=�43cos2x+acosx+53;根据题意有8x2R;f0(x)>0，令t=cosx，则上述命题即8t2[�1;1];4t2�3at�560;⽽在(1;+1)上，函数g(x)单调递减，不可能存在两个零点；当a>0时，取x1=min§1+q1a;32ª，则g(x1)>1(x1�1)2>a;⽽g(2)=0<a，结合g(x)在(1;+1)上单调递减，可以断定在区间(x1;2)上必然有⼀个零点；另⼀⽅⾯，取x2=max§1�q2a;0ª，则g(x2)>2(x2�1)2>a;⽽取x3=�q2a，则g(x3)<2�x3x23<2x23=a;结合g(x)在(�1;1)上单调递增，可以断定在区间(x3;x2)上必然有⼀个零点；综上所述，a的取值范围是(0;+1)．1注意到f(x)中⼆次函数的部分关于x=1对称，因此直接作差f(x)�f(2�x)亦可．522016年全国1卷(⼄卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)由于⼆次函数g(t)=4t2�3at�5的开⼜向上，因此只需要8<:g(�1)60;g(1)60即可，解得�136a613，选C．题(⽂16)某⾼科技企业⽣产产品A和产品B需要甲、⼄两种新型材料．⽣产⼀件产品A需要甲材料1:5kg，⼄材料1kg，⽤5个⼯时；⽣产⼀件产品B需要甲材料0:5kg，⼄材料0:3kg，⽤3个⼯时．⽣产⼀件产品A的利润为2100元，⽣产⼀件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，⼄材料90kg，则在不超过600个⼯时的条件下，⽣产产品A、产品B的利润之和的最⼤值为元．解216000．与理科第16题相同．题(⽂20)在直⾓坐标系xOy中，直线l:y=t(t6=0)交y轴于点M，交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延⻓交C于点H．(1)求jOHjjONj；(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点?说明理由．分析第(1)小题是简单的计算题，第(2)小题考查直线与抛物线的位置关系，可以利用《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题有效10招中的第10招轻松解决．解根据题意，作出⽰意图．Oxyy=tMPNH(1)根据题意，有M(0;t)，于是Pt22p;t‹，进⽽Nt2p;t‹．这就得到了直线ON的⽅程为y=ptx．将直线ON的⽅程与抛物线C的⽅程联⽴，可得px(px�2t2)=0;从⽽H点的横坐标为2t2p．这样就得到了jOHjjONj=2t2pt2p=2:(2)由第(1)⼩题的结果，可得H点的坐标为2t2p;2t‹，因此直线MH的斜率为2t�t2t2p�0=p2t;632016年全国2卷(甲卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)因此直线MH的⽅程1为y=p2tx+t;即2px=4ty�4t2;与抛物线C的⽅程联⽴可得y2�4ty+4t2=0;该⽅程的判别式�=0，因此除H外，直线MH与C没有其它公共点．题(⽂21)已知函数f(x)=(x�2)ex+a(x�1)2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．分析第(1)小题是常规的考查利用导函数研究函数的单调性的问题；第(2)小题与理科第21题第(1)小题相同．解(1)函数f(x)的导函数f0(x)=(x�1)(ex+2a);因此可以得到讨论的分界点为�e2;0．情形⼀当a<�e2时，ln(�2a)>1，因此函数f(x)在(�1;1)上单调递增，在(1;ln(�2a))上单调递减，在(ln(�2a);+1)上单调递增．情形⼆当a=�e2时，ln(�2a)=1，因此函数f(x)在R上单调递增．情形三当�e2<a<0时，ln(�2a)<1，因此函数f(x)在(�1;ln(�2a))上单调递增，在(ln(�2a);1)上单调递减，在(1;+1)上单调递增．情形四当a>0时，ex+2a>0，因此函数f(x)在(�1;1)上单调递减，在(1;+1)上单调递增．(2)参考理科第21题第(1)⼩题．32016年全国2卷(甲卷)理科数学试卷点评今年全国2卷中涌现了很多有新意的题⽬，尤其是解析⼏何试题，简约⽽不简单，对数学能⼒有⽐较全⾯的考查．选择题最后⼀题稍显⽼套，但与全卷难度层次契合，可谓中规中矩．理科填空题推陈出新，在平凡的切线问题的基础上考查了“公切线”的问题．导数压轴题⼤题新意不⾜，难度也略显不⾜，但从整体的命题风格、难度、考查层次来说都是瑕不掩瑜．题(理12)已知函数f(x)(x2R)满⾜f(�x)=2�f(x)，若函数y=x+1x与y=f(x)图象的交点为(x1;y1);(x2;y2);���;(xm;ym)，则mPi=1(xi+yi)=()A.0B.mC.2mD.4m解根据题意，函数f(x)和函数y=x+1x都关于点(0;1)对称，不妨设x1<x2<���<xm，那么有点(x1;y1)与点(xm;ym)，点(x2;y2)与点(xm�1;ym�1)，���都关于点(0;1)对称，即x1+xm=x2+xm�1=���=xm+x1=0;1事实上，由圆锥曲线的切线⽅程，可以马上得出MH:2ty=px+t2p‹，根据斜率⼀致得出结论．732016年全国2卷(甲卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)且y1+ym=y2+ym�1=���=ym+y1=2;从⽽倒序相加，可得mXi=1(xi+yi)=12�2m=m:选B．题(理16)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=．解函数y=lnx+2的导函数为y0=1x，函数y=ln(x+1)的导函数为y0=1x+1．设曲线y=lnx+2和曲线y=ln(x+1)上的切点横坐标分别为m;n，则该直线⽅程可以写成y=1m�(x�m)+lnm+2;也可以写成y=1n+1�(x�n)+ln(n+1);整理后对⽐得8><>:1m=1n+1;lnm+1=ln(n+1)�nn+1;解得8><>:m=12;n=�12;因此b=1�ln2．y=ln(x+1)y=lnx+2y=2x+1�ln2xy12�12事实上，由于这两条曲线是通过向量(1;2)平移得到的，因此可以判断出公切线的斜率为2．题(理20)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A;M两点，点N在E上，MA?NA．(1)当t=4，jAMj=jANj时，求4AMN的⾯积；(2)当2jAMj=jANj时，求k的取值范围．分析第(1)小题主要考查椭圆的对称性；第(2)小题考查椭圆的弦长计算，其中将椭圆的长轴长设置为变量增加了问题的难度．解根据题意画出⽰意图如图．OAMNxy832016年全国2卷(甲卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)(1)当jAMj=jANj时，4MAN是等腰直⾓三⾓形．根据椭圆的对称性，可知k=1，又t=4时，A点的坐标为(�2;0)，因此直线AM的⽅程为x=y�2，与椭圆E的⽅程联⽴，可得y712y�1‹=0;于是点M的纵坐标为127，进⽽可得4AMN的⾯积S=127‹2=14449:(2)记a=pt，m=1k(m>0)，则直线AM的⽅程为x=my�a，与椭圆E的⽅程联⽴可得m2a2+13‹y2�2may=0;从⽽点M的纵坐标为6ma3m2+a2，因此点N的纵坐标为�6am3m2+a2=�6ma3+m2a2;因此由2jAMj=jANj可得2�p1+m2�6ma3m2+a2=É1+1m2�6ma3+m2a2;整理得a2=3(m2�2m)2m3�1;根据题意，有a2>3，因此3(m2�2m)2m3�1>3;解得12<m<3É12;因此k的取值范围是€3p2;2Š．题(理21)(1)讨论函数f(x)=x�2x+2ex的单调性，并证明当x>0时，(x�2)ex+x+2>0；(2)证明：当a2[0;1)时，函数g(x)=ex�ax�ax2(x>0)有最⼩值．设g(x)的最⼩值为h(a)，求函数h(a)的值域．分析第(1)小题是常规的利用导函数研究函数的单调性的问题；第(2)小题考查利用导函数研究函数的最值，其中故意使用关于a的函数h(a)误导解题者用a示极值点，增加了问题的难度．解(1)函数f(x)的定义域为(�1;�2)[(�2;+1)，其导函数f0(x)=x2(x+2)2ex;932016年全国2卷(甲卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)于是函数f(x)在(�1;�2)和(�2;+1)上都单调递增．当x>0时，有f(x)>f(0)=�1，即x�2x+2ex>�1;即(x�2)ex+x+2>0:(2)函数g(x)的导函数为g0(x)=x+2x3�x�2x+2ex+a‹;令'(x)=x�2x+2ex+a，则'(0)=a�1<0;'(2)=a>0;结合第(1)⼩题结论，'(x)在(0;2]上有唯⼀零点x=m．进⽽可得函数g(x)在(0;m)上单调递减，在(m;+1)上单调递增，因此x=m也为函数g(x)的极⼩值点，亦为最⼩值点．因此当a2[0;1)时，函数g(x)有最⼩值g(m)．由于m�2m+2em+a=0;也即a=�m�2m+2em;当a2[0;1)时，有m2(0;2]．进⽽函数g(x)的最⼩值g(m)=em��m�2m+2em‹�(m+1)m2=emm+2;令r(m)=emm+2(m2(0;2])，则其导函数r0(m)=m+1(m+2)2em>0;因此函数r(m)在(0;2]上单调递增，从⽽函数h(a)的值域，即函数g(x)的最⼩值的取值范围是(r(0);r(2)]，也即12;14e2˜．拓展第(2)⼩题的结果可以有如下的直观解释1．考虑g(x)=exx2�a�x+1x2，当a2[0;1)时，有ex�x�1x2<g(x)6exx2;也即函数g(x)的图象在函数h1(x)=ex�x�1x2的图象和函数h2(x)=exx2的图象之间运动，如图．Oxyy=h1(x)y=h2(x)122e24因此函数g(x)的最⼩值的取值范围是12;14e2˜．1涉及到图象连续变化，以及函数h1(x)在x=0处的右极限，因此只作辅助理解之⽤．1042016年全国2卷(甲卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)42016年全国2卷(甲卷)⽂科数学题(⽂12)已知函数f(x)(x2R)满⾜f(x)=f(2�x)，若函数y=jx2�2x�3j与y=f(x)的图象的交点为(x1;y1);(x2;y2);���;(xm;ym)，则mPi=1xi=()A.0B.mC.2mD.4m解与理科第12题类似，函数y=f(x)和y=jx2�2x�3j都关于直线x=1对称，不妨设x1<x2<���<xm，则点(x1;y1)与点(xm;ym)，点(x2;y2)与点(xm�1;ym�1)，���都关于直线x=1对称，即x1+xm=x2+xm�1=���=xm+x1=2;因此倒序相加可得mXi=1xi=12�2m=m:选B．题(⽂16)有三张卡⽚，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，⼄，丙三⼈各取⾛⼀张卡⽚，甲看了⼄的卡⽚后说：“我与⼄的卡⽚上相同的数字不是2”，⼄看了丙的卡⽚后说：“我与丙的卡⽚上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡⽚上的数字之和不是5”，则甲的卡⽚上的数字是．解⽤(1;2);(1;3);(2;3)来表⽰三张卡⽚．根据甲的发⾔可知丙的卡⽚⼀定不是(1;3)，再根据丙的发⾔可知丙的卡⽚是(1;2)．此时由⼄的发⾔可知⼄的卡⽚是(2;3)，于是甲的卡⽚是(1;3)，因此甲的卡⽚上的数字是1和3．题(⽂20)已知函数f(x)=(x+1)lnx�a(x�1)．(1)当a=4时，求曲线y=f(x)在(1;f(1))处的切线⽅程；(2)若当x2(1;+1)时，f(x)>0，求a的取值范围．分析第(1)小题是常规的利用导函数求函数的切线⽅程问题；第(2)小题是典型的包含对数的恒成立问题，需要用到“清君侧”的想法简化问题，可以参考《⾼考数学压轴题的分析与解》辽宁卷第5题．解(1)当a=4时，f(1)=0，函数f(x)的导函数f0(x)=lnx+1x�3;因此f0(1)=�2，从⽽所求的切线⽅程为y=�2(x�1)，也即y=�2x+2．(2)题中不等式即lnx�a�x�1x+1>0;记左侧函数为g(x)，则g(1)=0，其导函数g0(x)=x2+(2�2a)x+1x(x+1)2;分析端点可知分界点为2．情形⼀a62．此时g(x)>lnx�2�x�1x+1;记右侧函数为h(x)，则其导函数h0(x)=(x�1)2x(x+1)2;因此在(1;+1)上h(x)单调递增，又h(1)=0，因此在(1;+1)上，有h(x)>0，符合题意．1142016年全国2卷(甲卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)情形⼆a>2．此时在区间€1;a�1+pa2�2aŠ上有g0(x)<0，又g(1)=0，因此在该区间内g(x)<0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(�1;2]．题(⽂21)已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A;M两点，点N在E上，MA?NA．(1)当jAMj=jANj时，求4AMN的⾯积；(2)当2jAMj=jANj时，证明：p3<k<2．分析第(1)小题主要考查椭圆的对称性；第(2)小题考查椭圆的弦长计算，已知弦长的关系反向推算斜率k的范围为问题带来了新的变化．解根据题意画出⽰意图如图．OAMNxy(1)当jAMj=jANj时，4MAN是等腰直⾓三⾓形．根据椭圆的对称性，可知k=1，A点的坐标为(�2;0)，因此直线AM的⽅程为x=y�2，与椭圆E的⽅程联⽴，可得y712y�1‹=0;于是点M的纵坐标为127，进⽽可得4AMN的⾯积S=127‹2=14449:(2)记m=1k(m>0)，则直线AM的⽅程为x=my�2，与椭圆E的⽅程联⽴可得m24+13‹y2�my=0;从⽽点M的纵坐标为12m3m2+4，因此点N的纵坐标为�12m3m2+4=�12m3+4m2;因此由2jAMj=jANj可得2�p1+m2�12m3m2+4=É1+1m2�12m3+4m2;整理得8m3�3m2+6m�4=0:1252016年全国3卷(丙卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)设函数f(x)=8x3�3x2+6x�4(x>0)，则其导函数f0(x)=24x2�6x+6>0;因此函数f(x)单调递增．考虑到f1p3‹=26�15p33p3=p676�p6753p3>0;⽽f12‹=�34<0;因此函数f(x)有唯⼀零点且该零点在区间12;1p3‹上，进⽽可得12<m<1p3，也即p3<k<2．52016年全国3卷(丙卷)理科数学试卷点评全国3卷是三套全国卷中难度最低的．选择最后⼀题背景是竞赛中曾经的热点问题—卡特兰数问题，由于涉及的情形相对简单，因此对学⽣来说适当的选择列举⽅式就能拿到分．填空最后⼀题乏善可陈，准确的画出⽰意图即可轻松解决．解析⼏何⼤题以抛物线为载体，难度亦不⾼，尤其是第(1)⼩题在各类教辅中已经出现多次，可以说⾮常友好．最后⼀道函数⼤题，对导函数的考查⾮常简单，重点在于对含参⼆次函数以及绝对值的讨论，虽有难度，但颇有压不住轴的感觉．总的来说，全国3卷试卷整体知识结构层次合理，难度略低，适合中等⽔平的学⽣发挥．题(理12)定义“01数列”fang如下：fang共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k62m，a1;a2;���;ak中0的个数不少于1的个数．若m=4，则不同的“规范01数列”共有()A.18个B.16个C.14个D.12个解由题意知，数列的第⼀项⼀定为0，最后⼀项⼀定为1，只需要直接列举中间6项即可．按照第2,3项分类：第⼀类第2项为1，第3项必为0，有100011;100101;100110;101001;101010共5个“规范01数列”；第⼆类第2项为0，第3项也为0，有000111;001011;001101;001110共4个“规范01数列”；第三类第2项为0，第3项为1，有010011;010101;010110;011001;011010共5个“规范01数列”．所以“规范01数列”⼀共有5+4+5=14个．1352016年全国3卷(丙卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)拓展事实上，本题中的“规范01数列”的个数就是卡特兰数Cm=1m+1Cm2m，取m=4，可得C4=15C48=14:卡特兰（Catalan）数来源于卡特兰解决凸n+2边形的剖分时得到的数列Cn，在数学竞赛、信息学竞赛、组合数学、计算机编程等⽅⾯都会有其不同侧⾯的介绍．卡特兰问题的解决过程应⽤了⼤量的映射⽅法，堪称计数的映射⽅法的典范．典型的卡特兰数问题有进出栈问题，购票找零问题，圆内连弦问题，括号表达式问题等等，详见http://lanqi.org/skills/10939/．题(理16)已知直线l:mx+y+3m�p3=0与圆x2+y2=12交于A;B两点，过A;B分别作l的垂线与x轴交于C;D两点，若jABj=2p3，则jCDj=．解由题意作图如下：OABECDMxy由jABj=2p3知，圆⼼O到直线l的距离jOMj=Ê12�12jABj‹2=3;于是有��3m�p3��pm2+1=3;解得m=�p33．从⽽直线l的倾斜⾓\BED=30�，故jCDj=jABjcos30�=4．题(理20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，平⾏于x轴的两条直线l1;l2分别交C于A;B两点，交C的准线于P;Q两点．(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：ARkFQ；(2)若4PQF的⾯积是4ABF的⾯积的两倍，求AB中点的轨迹⽅程．分析第(1)小题可以通过抛物线的光学性质直接证明，参考《⾼考数学压轴题的分析与解》破解压轴题的有效10招中的第6招“抛物线的性质”;第(2)小题涉及到坐标系中三角形的面积计算，合理选择参数即可．解(1)连接PF;RF，如图．OAPBQRFxy1452016年全国3卷(丙卷)理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)由抛物线的光学性质知AP=AF，BQ=BF，从⽽有\AFP+\QFB=12(��\PAF)+12(��\QBF)=�2;所以PF?FQ，又RF=12PQ=PR=QR;从⽽可得4PAR与4FAR全等，所以PF?AR，从⽽有ARkFQ．(2)设点A(2a2;2a)，B(2b2;2b)，则P�12;2a‹，Q�12;2b‹，且AB的中点M(a2+b2;a+b)．OAPBQMFxy由4PQF的⾯积是4ABF的⾯积的两倍可得12�j2a�2bj�•12��12‹˜=2�12����2a2�12‹�2b�2b2�12‹�2a����;化简得j4ab+1j=1，解得ab=�12(舍去ab=0)．进⽽消参可得M的轨迹⽅程为y2=x�1．题(理21)设函数f(x)=acos2x+(a�1)(cosx+1)，其中a>0，记jf(x)j的最⼤值为A．(1)求f0(x)；(2)求A；(3)证明：jf0(x)j62A．分析第(1)小题考查基本的导数运算；第(2)小题考查对含参⼆次函数的讨论；第(3)小题是第(1)(2)小题的简单综合，适当放缩不难解决．解(1)函数f(x)的导函数f0(x)=�2asin2x+(1�a)sinx:(2)由⼆倍⾓公式，整理得f(x)=2acos2x+(a�1)cosx�1;令t=cosx(t2[�1;1])，有g(t)=2at2+(a�1)t�1;t2[�1;1];则函数jf(x)j的最⼤值A即函数jg(t)j的最⼤值．按⼆次函数g(t)的对称轴t=1�a4a是否在区间[�1;1]内展开讨论．情形⼀当1�a4a2[�1;1]即a2•15;+1‹时，函数jg(t)j的最⼤值为max§��g(�1)��;��g(1)��;����g1�a4a‹����ª:1562016年全国3卷(丙卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)情形⼆当1�a4a62[�1;1]即a20;15‹时，函数jg(t)j的最⼤值为max���g(�1)��;��g(1)�� :事实上，有��g(�1)��=a;��g(1)��=j3a�2j;����g1�a4a‹����=18a+1a+6‹:��g(1)������g1�a4a‹������g(�1)��O23111575ay注意到当a=15和a=1时三者的取值，结合作差⽐较⼤⼩，可得A=8>>>><>>>>:2�3a;a20;15‹;18a+1a+6‹;a2•15;1˜;3a�2;a2(1;+1):(3)由第(1)⼩题知f0(x)=�2asin2x+(1�a)sinx:当a20;15‹时，有jf0(x)j6j2aj+j1�aj=1+a64�6a=2A:当a2•15;1˜时，有jf0(x)j61+a，⽽2A=14a+1a+6‹，由分析法，可得jf0(x)j62A((3a+1)(a�1)60;这显然成⽴．当a2(1;+1)时，有jf0(x)j6j2aj+ja�1j=3a�166a�4=2A:综上知，jf0(x)j62A．62016年全国3卷(丙卷)⽂科数学题(⽂12)已知O为坐标原点，F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，A;B分别为C的左，右顶点，P为C上⼀点，且PF?x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离⼼率为()A.13B.12C.23D.34解记OE的中点为N，如图．1662016年全国3卷(丙卷)⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)OMFABNEPxy因为MFkOE，所以有ONMF=aa+c;MFOE=a�ca:又因为jOEj=2jONj，所以有12=aa+c�a�ca;解得e=ca=13:题(⽂16)已知f(x)为偶函数，当x60时，f(x)=e�x�1�x，则曲线y=f(x)在点(1;2)处的切线⽅程是．解当x60时，f0(x)=�e�x�1�1，由f(x)为偶函数知f0(1)=�f0(�1)=2:从⽽所求切线⽅程为y=2x．拓展对于有奇偶性的可导函数⽽⾔，偶函数的导函数是奇函数，⽽奇函数的导函数是偶函数．题(⽂20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，平⾏于x轴的两条直线l1;l2分别交C于A;B两点，交C的准线于P;Q两点．(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：ARkFQ；(2)若4PQF的⾯积是4ABF的⾯积的两倍，求AB中点的轨迹⽅程．解同理科第20题．题(⽂21)设函数f(x)=lnx�x+1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x2(1;+1)时，1<x�1lnx<x；(3)设c>1，证明：当x2(0;1)时，1+(c�1)x>cx．分析第(1)小题是简单的利用导函数研究函数的单调性问题；第(2)小题是第(1)小题的直接推论，同时也是对第(3)小题的提示，适当进⾏换元即得；第(3)小题中通过观察端点x=0;1时不等式两边相等，可以拟定作差研究函数的单调性的策略．解(1)根据题意，函数f(x)的导函数f0(x)=1x�1=1�xx;x>0;所以f(x)在(0;1)上单调递增，在(1;+1)上单调递减．(2)欲证不等式即1�1x<lnx<x�1;x>1:1772016年上海卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)事实上，由第(1)⼩题知，f(x)的最⼤值为f(1)=0，所以lnx�x+160;即lnx6x�1;等号当且仅当x=1时取得，这样就得到了右侧不等式．⽽当x>1时，有0<1x<1，此时有ln1x<1x�1;即lnx>1�1x;这样就得到了左侧不等式．因此原不等式得证．(3)设g(x)=cx�(c�1)x�1;x2[0;1]，则所证不等式即8x2(0;1);g(x)<0:函数g(x)的导函数g0(x)=cx�lnc�(c�1)=lnc�cx�c�1lnc‹:因为c>1，所以lnc>0，由第(2)⼩题知1<c�1lnc<c;从⽽g0(0)<0且g0(1)>0，结合g0(x)是单调递增函数，于是g0(x)在区间(0;1)上有唯⼀零点，进⽽可得函数g(x)在区间(0;1)上先单调递减，再单调递增，又g(0)=g(1)=0，从⽽可得在区间(0;1)上，g(x)<0，原命题得证．72016年上海卷理科数学试卷点评今年的上海卷较之去年难度有所下降，题⽬难度虽低但颇有新意．解析⼏何⼤题的背景是常见的圆锥曲线的性质，但由于载体是双曲线，对缺少训练的学⽣来说还是有些棘⼿的．最后⼀题的风格与北京卷相仿，重在逻辑推理配合计算证明，思路不难想到，但要严密表达仍是不易．总的来说，今年的上海卷的难度稳中有降，灵活⽽又新意，保持了较⾼的命题⽔准．题(理14)如图，在平⾯直⾓坐标系xOy中，O为正⼋边形A1A2���A8的中⼼，A1(1;0)．任取不同的两点Ai;Aj，点P满⾜#�OP+#�OAi+#�OAj=#�0，则点P落在第⼀象限的概率是．OxyA1A2A3A4A5A6A7A8解任取不同的两点Ai;Aj的情况有C28=28种，其中能使得点P落在第⼀象限的情况，也即使得#�OAi+#�OAj在第三象限的情况．易知i;j只能在4;5;6;7;8中选，包括如下5种：(A4;A7);(A5;A6);(A5;A7);(A5;A8);(A6;A7);所以点P落在第⼀象限的概率是528．题(理17)已知⽆穷等⽐数列fang的公⽐为q，前n项和为Sn，且limn!1Sn=S．下列条件中，使得2Sn<S(n2N�)恒成⽴的是()1872016年上海卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)A.a1>0;0:6<q<0:7B.a1<0;�0:7<q<�0:6C.a1>0;0:7<q<0:8D.a1<0;�0:8<q<�0:7解由题意，�1<q<1且q6=0，⽽S=a11�q，若2Sn<S(n2N�)恒成⽴，则2a1(1�qn)<a1(n2N�)恒成⽴，其中a16=0．情形⼀a1>0．此时2(1�qn)<1(n2N�)恒成⽴，在上式两边同时令n!1，由数列极限的保序性，我们有261，⽭盾．情形⼆a1<0.此时2(1�qn)>1(n2N�)恒成⽴，即qn<12(n2N�)恒成⽴，⽽这又等价于q<12;且q2<12:综上所述，a1<0，且此时公⽐q的取值范围是‚�p22;0Œ[0;12‹，所以选B．题(理18)设f(x);g(x);h(x)是定义域为R的三个函数，对于命题：(1)若f(x)+g(x);f(x)+h(x);g(x)+h(x)均为增函数，则f(x);g(x);h(x)中⾄少有⼀个为增函数；(2)若f(x)+g(x);f(x)+h(x);g(x)+h(x)均是以T为周期的函数，则f(x);g(x);h(x)均是以T为周期的函数，下列判断正确的是()A.(1)和(2)均为真命题B.(1)和(2)均为假命题C.(1)为真命题，(2)为假命题D.(1)为假命题，(2)为真命题解(1)为假命题，我们可以如下构造反例．将定义域R分为三段，函数f(x)在第⼀段上是⽔平的射线1，函数g(x)在第⼆段上是⽔平的线段，函数h(x)在第三段上是⽔平的射线，⽽在其余的部分，三个函数均为斜率为1的线段或射线．那么在每⼀段上，f(x)+g(x);g(x)+h(x);h(x)+f(x)均为斜率为1或2的线段或射线，如图．xf(x)g(x)h(x)(2)为真命题．令F(x)=f(x)+g(x);G(x)=f(x)+h(x);H(x)=g(x)+h(x);1若要构造严格单调的反例，可以将⽔平的线段或射线改为斜率为�1的线段或射线，斜率为1的线段或射线改为斜率为2的线段或射线．1972016年上海卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)则f(x)=F(x)+G(x)�H(x)2是以T为周期的函数，同理g(x);h(x)也是以T为周期的函数．综上所述，选D．题(理21)双曲线x2�y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1;F2，直线l过F2且与双曲线交于A;B两点．(1)若l的倾斜⾓为�2，4F1AB是等边三⾓形，求双曲线的渐近线⽅程；(2)设b=p3，若l的斜率存在，且€#�F1A+#�F1BŠ�#�AB=0，求l的斜率．分析第(1)小题考察双曲线的对称性；第(2)小题利用向量描述了⼀个弦的中点问题，用《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题的有效10招中的第7招“有⼼⼆次曲线的「垂径定理」”即可轻松解决．解(1)根据题意，通径jABj=2b2与焦距jF1F2j=2c的⽐为2:p3，即b2c=2p3，从⽽解得b2=2，进⽽双曲线的渐近线⽅程为y=�p2x．F1ABF2Oxy(2)此时双曲线⽅程为x2�y23=1，F1(�2;0)，F2(2;0)．如图，由题意，A;B两点分别位于双曲线的两⽀上，且jAF1j=jBF1j，设线段AB的中点为M．⽅法⼀该双曲线的左准线为l1:x=�12，由于A;B两点分别位于左准线l1的左右两边，且到l1的距离相等，故点M落在l1上．F1ABF2OxyM设点M坐标为�12;m‹，则#�F1M�#�F2M=32;m‹��52;m‹=m2�154=0;解得m=�p152，所以直线l的斜率为�p155．⽅法⼆设M(n;m)，A(x1;y1)，B(x2;y2)，直线l的斜率为k．将A;B两点满⾜的双曲线⽅程相减整理(即双曲线的“垂径定理”)可得mn�k=3．2072016年上海卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)F1ABF2OxyM因此有8>>><>>>:mn�k=3;mn+2�k=�1;mn�2=k;解得n=�12，从⽽m=�32k=�5k2，进⽽k=�p155，所以直线l的斜率为�p155．题(理23)若⽆穷数列fang满⾜：只要ap=aq(p;q2N�)，必有ap+1=aq+1，则称fang具有性质P.(1)若fang具有性质P，且a1=1;a2=2;a4=3;a5=2;a6+a7+a8=21，求a3；(2)若⽆穷数列fbng是等差数列，⽆穷数列fcng是公⽐为正数的等⽐数列，b1=c5=1;b5=c1=81;an=bn+cn，判断fang是否具有性质P，并说明理由；(3)设fbng是⽆穷数列，已知an+1=bn+sinan(n2N�)，求证：“对任意a1，fang都具有性质P”的充要条件为“fbng是常数列”．分析第(1)小题考查解题者对性质P的理解；第(2)小题给出了两个基本数列，利用性质P的定义不难做出判断；第(3)小题难点在于必要性的证明，通过选择合适的初值构造常数列（从第⼆项起）即可得出fbng是常数列．解(1)因为a2=a5=2，所以a3=a6;a4=a7=3;a5=a8=2;因此a6=21�a7�a8=16，故a3=16．(2)由于bn=20n�19;cn=13n�5，故an=bn+cn=20n�19+13n�5:因为a1=a5=82，但是a2=21+27=486=a6=101+13=3043;所以fang不具有性质P．(3)先证明充分性．若fbng是常数列，不妨设bn=c，则an+1=c+sinan．此时只要ap=aq(p;q2N�)，必有ap+1=c+sinap=c+sinaq=aq+1;故对任意a1，fang都具有性质P．再证明必要性．考察连续函数f(x)=x�b1�sinx，其中b1为任意实数．因为f(b1�2)=�2�sin(b1�2)<0;f(b1+2)=2�sin(b1+2)>0;所以存在t2(b1�2;b1+2)，使得f(t)=t�b1�sint=0．2182016年上海卷⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)若对任意a1，fang都具有性质P，取a1=t，此时a2=b1+sina1=b1+sint=t=a1;进⽽a2=a3;a3=a4;���;an=an+1;���;所以对任意n2N�，均有bn+1=an+2�sinan+1=an+1�sinan=bn;即fbng是常数列．综上所述，“对任意a1，fang都具有性质P”的充要条件为“fbng是常数列”．82016年上海卷⽂科数学题(⽂14)⽆穷数列fang由k个不同的数组成，Sn为fang的前n项和．若对任意的n2N�，Sn2f2;3g，则k的最⼤值为．解与理科第11题类似．由于Sn;Sn+12f2;3g，于是an+12f�1;0;1g，也即从第2项起数列fang的不同取值不超过3个，进⽽数列fang中的项的所有不同取值k64．事实上，取数列fang:2;1;0;�1|{z};1;0;�1|{z};1;0;�1|{z};���;此时k=4，因此k的最⼤值为4．题(⽂17)设a2R，b2[0;2�)．若对任意实数x都有sin�3x��3�=sin(ax+b)，则满⾜条件的有序实数对(a;b)的对数是()A.1B.2C.3D.4解与理科第13题类似．考虑到函数的周期，可得a=�3；再考虑函数的初相，可得当a=3和当a=�3时，都有唯⼀的实数b符合题意，选B．题(⽂18)设f(x);g(x);h(x)是定义域为R的三个函数，对于命题：(1)若f(x)+g(x);f(x)+h(x);g(x)+h(x)均为增函数，则f(x);g(x);h(x)中⾄少有⼀个为增函数；(2)若f(x)+g(x);f(x)+h(x);g(x)+h(x)均是以T为周期的函数，则f(x);g(x);h(x)均是以T为周期的函数，下列判断正确的是()A.(1)和(2)均为真命题B.(1)和(2)均为假命题C.(1)为真命题，(2)为假命题D.(1)为假命题，(2)为真命题解D．与理科第18题相同．题(⽂21)双曲线x2�y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1;F2，直线l过F2且与双曲线交于A;B两点．(1)若l的倾斜⾓为�2，4F1AB是等边三⾓形，求双曲线的渐近线⽅程；(2)设b=p3，若l的斜率存在，且jABj=4，求l的斜率．分析第(1)小题考察双曲线的对称性；第(2)小题是⼀个典型的焦点弦长问题，用《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题的有效10招中的第5招“焦半径公式”即可轻松解决．2282016年上海卷⽂科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)解(1)与理科第21题第(1)⼩题相同；(2)当b=p3时，双曲线的⽅程为x2�y23=1，其焦距jF1F2j=4．设P为双曲线右⽀上⼀点，则jPF1j=jPF2j+2，在4PF2F1中应⽤余弦定理有jPF1j2=jF1F2j2+jPF2j2�2�jPF2j�jF1F2j�cos\PF2F1;代⼊数据整理得jPF2j=32cos\PF2F1+1:类似地，当P为双曲线左⽀上⼀点时，有jPF2j=32cos\PF2F1�1:F1ABF2Oxy因此设直线AB的倾斜⾓为�，则jABj=����32cos�+1+3�2cos�+1����=6j4cos2��1j=4;整理得cos�=�É58，因此直线l的斜率为tan�=�p155．题(⽂23)已知a2R，函数f(x)=log21x+a‹．(1)当a=1，解不等式f(x)>1；(2)若关于x的⽅程f(x)+log2(x2)=0的解集中恰有⼀个元素，求a的值；(3)设a>0，若对任意t2•12;1˜，函数f(x)在区间[t;t+1]上的最⼤值与最⼩值的差不超过1，求a的取值范围．分析第(1)小题是基本的解函数不等式；第(2)小题将对数⽅程转化为多项式⽅程后，对⼆次项系数a适当讨论即可；第(3)小题是⼀个典型的含参不等式恒成立问题，用《⾼考数学压轴题的分析与解》中破解压轴题的有效10招中的第1招“分离变量法”即可轻松解决．解与理科第22题类似．(1)当a=1时，原不等式等价于1x+1>2，其解集为(0;1)．(2)根据题意，有8>>><>>>:ax2+x�1=0;1x+a>0;x2>0;有唯⼀解．情形⼀a=0．此时x=1，符合题意．2392016年北京卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)情形⼆a6=0．此时必然有⽅程ax2+x�1=0的判别式�=1+4a=0，解得a=�14，此时x=2，符合题意．综上，a的值为0或�14．(3)当a>0时，函数f(x)在(0;+1)上单调递减，于是问题等价于8t2•12;1˜;f(t)�f(t+1)61;也即8t2•12;1˜;a>1�tt2+t:当t=1时显然成⽴，当t2•12;1‹，也即1�t20;12˜时，有1�tt2+t=1�t(1�t)2�3(1�t)+2=1(1�t)+21�t�3623;等号当t=12时取得．因此a的取值范围是•23;+1‹．92016年北京卷理科数学试卷点评今年的北京卷延续了去年的命题风格：与实际⽣活相联系的选择题第8题，考查函数的图象与性质的填空第14题．今年的解析⼏何⼤题和导数⼤题⽐去年难度都有所下降，创新⼤题的难度则略微提升，总的来说是稳中有降．值得注意的是理科的第8题，⽂科的第8题和第14题看似简单，但是对思维僵化、对应⽤数学知识(尤其是逻辑知识)解决实际问题的能⼒有所⽋缺的学⽣将造成不⼩的障碍．题(理8)袋中装有偶数个球，其中红球、⿊球各占⼀半．甲、⼄、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中⼀个球放⼊甲盒，如果这个球是红球，就将另⼀个球放⼊⼄盒，否则就放⼊丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放⼊盒中，则()A.⼄盒中⿊球不多于丙盒中⿊球B.⼄盒中红球与丙盒中⿊球⼀样多C.⼄盒中红球不多于丙盒中红球D.⼄盒中⿊球与丙盒中红球⼀样多解每次操作只有可能发⽣下列4种情形中的⼀种：1.甲盒中放⼊红球，⼄盒中放⼊⿊球；2.甲盒中放⼊⿊球，丙盒中放⼊红球；3.甲盒中放⼊红球，⼄盒中放⼊红球；4.甲盒中放⼊⿊球，丙盒中放⼊⿊球．由于袋中的红球和⿊球⼀样多，因此情形3和情形4出现的次数必然⼀样多，于是可得⼄盒中红球与丙盒中⿊球⼀样多，选B．只发⽣情形1即为选项A,D的反例，只发⽣情形3;4即为选项C的反例．因此正确的是B．题(理14)设函数f(x)=8<:x3�3x;x6a;�2x;x>a:(1)若a=0，则f(x)的最⼤值为；(2)若f(x)⽆最⼤值，则实数a的取值范围是．2492016年北京卷理科数学⾼考数学压轴题的分析与解(兰琦著)解利⽤函数图象解决问题．令g(x)=x3�3x;x2R，则g0(x)=3(x+1)(x�1);故g(x)在x=�1处取得极⼤值g(�1)=2，在x=1处取得极⼩值g(1)=�2．令h(x)=�2x;x2R，则h(x)的图象经过点(�1;2);(1;�2)．函数g(x)与h(x)的图象如下图所⽰．Oy=x3�3xy=�2xxy1�2�12从中即可得出此题的结果为(1)2；(2)(�1;�1)．题(理18)设函数f(x