2015年高考數(shù)學(xué)中的“亮點(diǎn)”試題賞析

王勇　芮華云

縱觀2015年高考數(shù)學(xué)試題，總體反映出穩(wěn)定、創(chuàng)新、應(yīng)用、傳承的特點(diǎn).每份試卷的結(jié)構(gòu)、題型、重要知識(shí)點(diǎn)相對(duì)穩(wěn)定，不同試卷均有新穎的“亮點(diǎn)”題，試題注重創(chuàng)設(shè)新穎情境，強(qiáng)調(diào)知識(shí)交匯，突出數(shù)學(xué)素養(yǎng)和數(shù)學(xué)靈氣的考查.試題設(shè)計(jì)充分體現(xiàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值，尤其是與人們的生活、生產(chǎn)緊密聯(lián)系的實(shí)際應(yīng)用性試題，意在考查考生把實(shí)際問題數(shù)學(xué)模型化的轉(zhuǎn)化思想，而體現(xiàn)數(shù)學(xué)背景、數(shù)學(xué)歷史、數(shù)學(xué)文化、數(shù)學(xué)故事的歷史名題的改編題，更是給數(shù)學(xué)試卷注入了一股春風(fēng)，彰顯了數(shù)學(xué)文化的傳承、數(shù)學(xué)閱讀理解能力的考核.下面精選十例并分類解析，旨在探索題型規(guī)律，揭示解題方法.

一、創(chuàng)設(shè)新穎情境，強(qiáng)調(diào)知識(shí)交匯，突出數(shù)學(xué)素養(yǎng)

高考是選拔性的考試，試卷中出現(xiàn)新穎別致且綜合性較強(qiáng)的試題在情理之中.面對(duì)情境新穎、交匯整合的題目，需要鎖定目標(biāo)，尋找理論依據(jù)，合情推理，逐步套牢目標(biāo)，不斷轉(zhuǎn)化，驚險(xiǎn)散盡，自然水到渠成.

例1（2015·福建卷）若a，b是函數(shù)f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且a，b，-2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于 .

解析 由題意得a+b=p>0，ab=q>0，則a>0，b>0.

當(dāng)a，b，-2適當(dāng)排序后成等比數(shù)列時(shí)，-2必為等比中項(xiàng)，所以ab=q=4，b=4a.

當(dāng)a，b，-2適當(dāng)排序后成等差數(shù)列時(shí)，-2必不是等差中項(xiàng)，當(dāng)a是等差中項(xiàng)時(shí)，則2a=b-2=4a-2，解得a=1，b=4；當(dāng)b是等差中項(xiàng)時(shí)，則2b=a-2，即8a=a-2，解得a=4，b=1，因此，p=a+b=5.

綜上可知，p+q=9.

點(diǎn)評(píng)本題以函數(shù)的零點(diǎn)為載體考查等比中項(xiàng)和等差中項(xiàng)，其中分類討論和邏輯推理是解題核心.三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列或等比數(shù)列，項(xiàng)與項(xiàng)之間是有順序的，但是等差中項(xiàng)或等比中項(xiàng)是唯一的，故可以利用中項(xiàng)進(jìn)行討論與分析.

例2（2015·福建卷）一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn（n∈N*），其中xk（k=1，2，…，n）稱為第k位碼元.二元碼是通訊中常用的碼，但在通信過程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤（即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?）.

已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：x4x5x6x7=0，

x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，

其中運(yùn)算定義為： 00=0，01=1，10=1，11=0.

現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通訊過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于.

解析因?yàn)閤4x5x6x7=1101=001=01=1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元x1，x2，x3都是對(duì)的；因?yàn)閤2x3x6x7=1001=101=11=0 ，所以二元碼1101101的第6位碼元x6、第7位碼元x7也是對(duì)的；因?yàn)?/p>

x1x3x5x7=1011=111=01=1≠0，所以二元碼1101101的第5位碼元x5是錯(cuò)的，所以k=5.

點(diǎn)評(píng)本題考查新定義運(yùn)算、推理與證明等知識(shí).意在考查考生處理新定義問題的能力、推理論證能力以及運(yùn)算求解能力.求解本題的關(guān)鍵是讀懂新定義，在領(lǐng)會(huì)新定義的基礎(chǔ)上，明晰新定義的內(nèi)涵和外延，將其轉(zhuǎn)化并運(yùn)用到新情境中，進(jìn)而判斷參數(shù)k的值.

例3（2015·浙江卷）已知e1，e2

是空間單位向量，e1·e2=12，若空間向量b滿足

b·e1=2，

b·e2=52，且對(duì)于任意x，y∈R，|

b-（xe1+ye2）|≥

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

分析由題意得x=x0，y=y0時(shí)，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，把

（b-（xe1+ye2））平方，轉(zhuǎn)化為|b|2+x2+y2+xy-4x-5y，把x2+y2+xy-4x-5y看成關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定最值及取最值的條件.

解析對(duì)于任意x，y∈R，|b-（xe1+ye2）|≥

|b-（x0e1+y0e2）|=1，（x0，y0∈R），說明當(dāng)x=x0，y=y0時(shí)，

|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看成關(guān)于x的二次函數(shù)，即f（x）=x2+（y-4）x+y2-5y，其圖象是開口向上的拋物線，對(duì)稱軸方程為x=2-

y2，所以當(dāng)x=2-y2時(shí)，f（x）取得最小值，代入化簡(jiǎn)得f（x）=34（y-2）2-7，顯然當(dāng)y=2時(shí)，f（x）min=-7，此時(shí)x=2-y2=1，所以x0=1，y0=2.

此時(shí)|b|2-7=1，可得|b|=22.

點(diǎn)評(píng)本題考查向量的數(shù)量積運(yùn)算、向量的模及代數(shù)運(yùn)算、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等.根據(jù)條件發(fā)現(xiàn)x=x0，y=y0時(shí)，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，考查了抽象概括能力；把

|b-（xe1+ye2）|平方，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的二次函數(shù)求最值，考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想及運(yùn)算求解能力.

例4（2015·湖南卷）某工件的三視圖如圖1所示，現(xiàn)將該工件通過切削，加工成一個(gè)體積盡可能大的長(zhǎng)方體新工件，并使新工件的一個(gè)面落在原工件的一個(gè)面內(nèi)，則原工件材料的利用率為（ ）.

（材料利用率=新工件的體積原工件的體積）

A.89πB.169πC.4（2-1）3πD.12（2-1）3π

解析由三視圖可還原出該幾何體為圓錐，設(shè)出長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高，建立三者和圓錐的底面半徑和高的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)確定長(zhǎng)方體的最大體積，再計(jì)算原工件材料的利用率.

該三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為底面半徑為1，高為2的圓錐.如圖2，設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，上、下底面中心分別為O1、O2，上方截掉的小圓錐的高為h，底面半徑為r，則a2+b2=4r2.由三角形相似，得SO1SO2=O1AO2B，即h2=r1，則h=2r.長(zhǎng)方體的體積為V=abc=ab（2-2r）≤a2+b22×（2-2r）=2r2（2-2r）=4r2-4r3（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào)，且00，得0

∴原工件材料的利用率為

162713π×12×2=89π，故選A.

點(diǎn)評(píng)本題考查三視圖，圓錐和長(zhǎng)方體的體積計(jì)算，重要不等式a2+b2≥2ab和導(dǎo)數(shù)在求函數(shù)最值中的應(yīng)用.由三視圖得到直觀圖，考查了空間想象能力.在求長(zhǎng)方體體積的最大值時(shí)，考查了運(yùn)算求解能力和轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用.在計(jì)算材料利用率時(shí)，考查了數(shù)學(xué)應(yīng)用意識(shí).

二、聯(lián)系生活實(shí)際，構(gòu)建數(shù)學(xué)模型，注重?cái)?shù)學(xué)應(yīng)用

數(shù)學(xué)是一種工具，工具就有廣泛的應(yīng)用價(jià)值，實(shí)際應(yīng)用性問題解答的關(guān)鍵在于選擇恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型，將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，“數(shù)學(xué)化”的過程就是要把陌生問題化為熟悉問題，未知問題化為已知問題，復(fù)雜問題化為簡(jiǎn)單問題.

例5（2015·湖北卷）如圖3，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達(dá)B處，測(cè)得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度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.

由題意，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.

點(diǎn)評(píng)本題考查方位角、仰角的概念及正弦定理的應(yīng)用.在求CD時(shí)，需放到空間圖形中，考查了空間想象能力.本題是一道實(shí)際應(yīng)用問題，故還考查了分析轉(zhuǎn)化能力及創(chuàng)新應(yīng)用意識(shí).

例6（2015·陜西卷）如圖4，一橫截面為等腰梯形的水泵，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型（圖中虛線所示），則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為.

解析建立如圖5所示的平面直角坐標(biāo)系，可設(shè)拋物線的方程為x2=2py（p>0），由圖易知（5，2）在拋物線上，可得p=254，拋物線方程為x2=252y，所以當(dāng)前流量對(duì)應(yīng)的截面面積為2∫50（2-225x2）dx=403，原始的最大流量對(duì)應(yīng)的截面面積為2×（6+10）2=16，所以原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為16403=1.2.

點(diǎn)評(píng)本題以拋物線與梯形在生活中的應(yīng)用為背景，考查拋物線及定積分的相關(guān)知識(shí)，意在考查考生對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)的實(shí)際應(yīng)用能力，運(yùn)算求解能力以及數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.

例7（2015·江蘇卷）某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計(jì)劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路.記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公路為l.如圖6所示，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米.以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.假設(shè)曲線C符合函數(shù)y=ax2+b模型.

（1）求a，b的值；

（2）設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t.

①請(qǐng)寫出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)解析式f（t），并寫出其定義域；

②當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短？并求最短長(zhǎng)度.

分析（1）根據(jù)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)求出a，b的值；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)先求切線方程，再求f（t），最后利用導(dǎo)數(shù)求最值.

解析（1）由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（5，40），（20，2.5）.

將其分別代入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），

則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，1000t2），

如圖7，設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B兩點(diǎn)，y′=-2000x3，

則l的方程為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設(shè)g（t）=t2+4×106t4，則g′（t）=2t-16×106t5.令g′（t）=0，解得t=102.

當(dāng)t∈（5，102）時(shí)，g′（t）<0，g（t）是減函數(shù)；

當(dāng)t∈（102，20）時(shí)，g′（t）>0，g（t）是增函數(shù).

從而，當(dāng)t=102時(shí)，函數(shù)g（t）有極小值，也是最小值，

所以g（t）min=300，此時(shí)f（t）min=153.

答：當(dāng)t=102時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為153千米.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用，意在考查考生建立數(shù)學(xué)模型和利用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力.

三、依托數(shù)學(xué)史料，嵌入數(shù)學(xué)名題，彰顯數(shù)學(xué)文化

數(shù)學(xué)是一種文化，是一種精神，體現(xiàn)數(shù)學(xué)文化的新穎試題是近年高考命題的新動(dòng)向，值得考生關(guān)注、探究和學(xué)習(xí).

例8（2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ）《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺.問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內(nèi)墻角處堆放米（如圖8，米堆為一個(gè)圓錐的四分之一），米堆底部的弧長(zhǎng)為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有（ ）.

解析由米堆底部的弧長(zhǎng)可求出圓錐底面半徑，進(jìn)而求得米堆的體積.

設(shè)米堆底面半徑為r尺，則π2r=8，所以r=16π，所以米堆的體積為V=14×13π·r2·5=π12×（16π）2×5≈3209（立方尺），故堆放的米約有3209÷1.62≈22（斛）.故選B.

點(diǎn)評(píng)本題考查扇形的弧長(zhǎng)公式與圓錐的體積計(jì)算.通過古題新解考查閱讀理解

能力，通過圓錐體積的計(jì)算考查空間想象能力與運(yùn)算求解能力.

例9（2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ）如圖9所示的程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”.執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（ ）.

解析逐次運(yùn)行程序，直至程序結(jié)束得出a值.a=14，b=18.

第一次循環(huán)：14≠18且14<18，b=18-14=4；

第二次循環(huán)：14≠4且14>4，a=14-4=10；

第三次循環(huán)：10≠4且10>4，a=10-4=6；

第四次循環(huán)：6≠4且6>4，a=6-4=2；

第五次循環(huán)：2≠4且2<4，b=4-2=2.

此時(shí)，a=b=2，跳出循環(huán)，輸出a=2，故選B.

點(diǎn)評(píng)在給出程序框圖求解輸出結(jié)果的試題中，只要按照程序框圖規(guī)定的運(yùn)算方法逐次計(jì)算，直到達(dá)到輸出條件即可.圖10

例10（2015·湖北卷）《九章算術(shù)》中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.如圖10，在陽馬P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，過棱PC的中點(diǎn)E，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F，連接DE，DF，BD，BE.

（1）證明：PB⊥平面DEF.試判斷四面體DBEF是否為鱉臑，若是，寫出其每個(gè)面的直角（只需寫出結(jié)論）；若不是，說明理由.

（2）若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3，求DCBC的值.

分析（1）把線面垂直轉(zhuǎn)化為線線垂直：通過證明BC⊥平面PCD，證明BC⊥DE；通過證明DE⊥平面PBC，證明PB⊥DE；注意到題設(shè)PB⊥EF，從而證明PB⊥平面DEF.整合已證的線面垂直關(guān)系，可知四面體DBEF為鱉臑；（2）作出平面DEF與平面ABCD的交線，證明∠BDF就是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，利用∠BDF=π3求解，或建立空間直角坐標(biāo)系利用向量法求解.

解析解法1 （1）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥BC.

由底面ABCD為長(zhǎng)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?yàn)?PD=CD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，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，可知四面體DBEF的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體DBEF是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.

（2）如圖11，在面PBC內(nèi)，延長(zhǎng)BC與FE交于點(diǎn)G，連接DG，則DG是平面DEF與平面ABCD的交線.

由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG.

又因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥DG.

而PD∩PB=P，所以DG⊥面PDB，

故∠BDF是平面DEF與面ABCD所成二面角的平面角，設(shè)PD=DC=1，BC=λ，有BD=1+λ2，

在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF=∠FDB=π3，

則tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=3，解得λ=2.

所以DCBC=1λ=22.

故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時(shí)，DCBC=22.

解法2 （1）如圖12，以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)PD=DC=1，BC=λ，則D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），PB=（λ，1，-1），

點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，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?yàn)镻C=（0，1，-1），DE·PC=0，則DE⊥PC，

而PB∩PC=P，所以DE⊥面PBC，故可知四面體DBEF的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體DBEF是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.

（2）由PD⊥平面ABCD，所以DP=（0，0，1）是平面ABCD的一個(gè)法向量；

由（1）知，PB⊥平面DEF，所以BP=（-λ，-1，1）是平面DEF的一個(gè)法向量.若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3，則cosπ3=

|

BP·DP

|BP|·|DP||=|1λ2+2|=12，

解得λ=2，所以DCBC=1λ=22.

故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時(shí)，DCBC=22.

點(diǎn)評(píng) 本題結(jié)合《九章算術(shù)》中的新名詞（陽馬、鱉臑）考查線面垂直的判定與性質(zhì)、二面角等，意在考查考生的空間想象能力、推理論證能力、信息遷移能力與運(yùn)算求解能力，同時(shí)還考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用.

（收稿日期：2015-11-10）