2015年高考福建卷數學試題評析（二）

鄭一平

（接上期）18. （本小題滿分13分） 已知橢圓E：

x2a2+y2b2=1（a>b>0）過點（0，2），且離心率為e=22.

（Ⅰ）求橢圓E的方程； （Ⅱ）設直線l：x=my-1（m∈R）交橢圓E于A，B兩點，

判斷點G（-94，0）與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由.

命題意圖本題主要考查橢圓、圓、直線與橢圓的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想、函數與方程思想.

解題思路方法一：（Ⅰ）由已知得b=2ca=22，a2=b2+c2，解得a=2b=2，c=2

所以橢圓E的方程為x24+y22=1.

（Ⅱ）設點A（x1，y1），B（x2，y2），AB中點為H（x0，y0）.

由x=my-1x24+y22=1得（m2+2）y2-2my-3=0，

所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-3m2+2，從而y0=mm2+2.

所以|GH|2=（x0+94）2+y20=（my0+54）2+y20=（m2+1）y20+52my0+2516.

|AB|24=（x1-x2）2+（y1-y2）24=（m2+1）（y1-y2）24=（m2+1）[（y1+y2）2-4y1y2]4=（m2+1）（y20-y1y2），

故|GH|2-|AB|24=52my0+（m2+1）y1y2+

2516=5m22（m2+2）-3（m2+1）m2+2+2516=17m2+216（m2+2）>0.

所以|GH|>|AB|2，故G（-94，0）在以AB為直徑的圓外.

方法二（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）設點A（x1，y1），B（x2，y2），則GA=（x1+94，y1），GB=（x2+94，y2）.

由x=my-1x24+y22=1得（m2+2）y2-2my-3=0，所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=-3m2+2，

從而GA·GB=（x1+94）（x2+94）+y1y2=（my1+54）（my2+54）+y1y2=（m2+1）y1y2+54m（y1+y2）+2516=5m22（m2+2）-3（m2+1）m2+2+2516=17m2+216（m2+2）>0

所以cos>0，又GA，GB不共線，所以∠AGB為銳角.

故點G（-94，0）在以AB為直徑的圓外.

規律總結本解析幾何題與往年相比位置前移，難度有所下降.特別涉及的是解析幾何常見問題.

本題為中等題，只要掌握橢圓的基本知識、直線與橢圓的位置關系以及橢圓的幾何特征，并熟練掌握點與圓的位置關系進行準確計算就可以得到正確結果.方法二利用向量有關知識進行推理、計算也可達到目的.

19.（本小題滿分13分）已知函數f（x）的圖象是由函數g（x）=cosx的圖像經如下變換得到：先將g（x）圖像上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變），再將所得到的圖像向右平移π2個單位長度.

（Ⅰ）求函數f（x）的解析式，并求其圖像的對稱軸方程；

（Ⅱ）已知關于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）內有兩個不同的解α，β.

（ⅰ）求實數m的取值范圍；

（ⅱ）證明： cos（α-β）=2m25-1.

命題意圖本小題主要考查三角函數的圖像與性質、三角恒等變換等基礎知識，考查運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數與方程思想、分類與整體思想、化歸與轉化思想、數形結合思想.

解題思路方法一：（Ⅰ）將g（x）=cosx的圖像上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變）得到y=2cosx的圖像，再將y=2cosx的圖像向右平移π2個單位長度后得到y=2cos（x-π2）的圖像，故f（x）=2sinx.

從而函數f（x）=2sinx圖像的對稱軸方程為x=kπ+π2（k∈Z）.

（Ⅱ） （ⅰ） f（x）+g（x）=2sinx+cosx=5（25sinx+15cosx）

=5sin（x+φ）（其中sinφ=15，cosφ=25）

依題意，sin（x+φ）=m5在區間[0，2π）內有兩個不同的解α，β.當且僅當|m5|<1，故m的取值范圍是（-5，5）.

（ⅱ）因為α，β是方程5sin（x+φ）=m在區間[0，2π）內的兩個不同的解，

所以sin（α+φ）=m5，sin（β+φ）=m5

當1≤m<5時，α+β=2（π2-φ），即α-β=π-2（β+φ）；

當-5

所以cos（α-β）=-cos2（β+φ）=2sin2（β+φ）-1=2（m5）2-1=2m25-1.

方法二（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）（ⅰ） 同方法一.

（ⅱ） 因為α，β是方程5sin（x+φ）=m在區間[0，2π）內的兩個不同的解，

所以sin（α+φ）=m5，sin（β+φ）=m5.

當-1≤m<5時，α+β=2（π2-φ），即α+φ=π-（β+φ）；

當-5

所以cos（α+φ）=-cos（β+φ），

于是cos（α-β）=cos[（α+φ）-（β+φ）]=cos（α+φ）cos（β+φ）+sin（α+φ）sin（β+φ）=

-cos2（β+φ）+sin（α+φ）sin（β+φ）=-[1-（m5）2]+（m5）2=2m25-1.

規律總結（Ⅰ）這類問題的解決關鍵是要掌握三角變換以及三角函數圖像及其性質的應用. （Ⅱ） 問題（ⅰ）解決的關鍵是對asinx+bcosx型的三角函數化為一個三角函數的形式，這是涉及此類問題求周期、范圍、最值等的常用方法，也是三角函數重要的考點之一.問題（ⅱ）解決的關鍵是通過數形結合，利用根的對稱性結合有關知識解決.本題雖涉及的是三角函數中常見的問題，但若對形如asinx+bcosx的三角函數的特征以及內在聯系、幾何關系理解不透徹，就很難圓滿解決這一問題.

20. （本小題滿分14分）已知函數f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R，）

（Ⅰ）證明：當x>0時，f（x）

（Ⅱ）證明：當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（Ⅲ）確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈（0，t）， 恒有|f（x）-g（x）|

命題意圖本小題主要考查導數及其應用等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創新意識，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想、有限與無限思想、數形結合思想.

解題思路方法一：（Ⅰ）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x∈[0，+∞），則有F′（x）=11+x-1=-x1+x，

當x∈[0，+∞）時，F′（x）<0，所以F（x）在[0，+∞）上單調遞減，

故當x>0時，F（x）0時，f（x）

（Ⅱ）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈[0，+∞），則有G′（x）=11+x-k=-kx+（1-k）1+x.

當k≤0，G′（x）>0，所以G（x）在[0，+∞）上單調遞增，G（x）>G（0）=0.

故對任意正實數x0均滿足題意.

當00.

取x0=1k-1，對任意x∈（0，x0），恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0，x0）在上單調遞增，G（x）>G（0）=0，即f（x）>g（x）.

綜上，當k<1時，總存在x0>0，使得對任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）當k>1時，由（1）知，對于x∈（0，+∞），g（x）>x>f（x），g（x）>f（x），|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x），

令M（x）=kx-ln（1+x）-x2，x∈[0，+∞），則有M′（x）=k-11+x-2x=-2x2+（k-2）x+k-11+x，M′（x）=0時，即

2x2-（k-2）x-k+11+x=0，

此時x1=k-2-（k-2）2-8（1-k）4<0（不合條件），x2=k-2+（k-2）2-8（1-k）4，

故當x∈（0，k-2+（k-2）2+8（k-1）4）時，M′（x）>0，M（x）在[0，k-2+（k-2）2+8（k-1）4）上單調遞增，故M（x）>M（0）=0，即|f（x）-g（x）|>x2，所以滿足題意的t不存在.

當k<1時，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得當任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此時|f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

令N（x）=ln（1+x）-kx-x2，x∈[0，+∞），則有N′（x）=11+x-k-2x=-2x2-（k+2）x-k+11+x，故當x∈（0，-（k+2）+（k+2）2+8（1-k）4）時，N′（x）>0，

N（x）在[0，

-（k+2）+（k+2）2+8（1-k）4）

上單調遞增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，記x0與-（k+2）+（k+2）2+8（1-k）4 中較小的為x1，則當x∈（0，x1）時，恒有|f（x）-g（x）|>x2，故滿足題意的t不存在.

當k=1時，由（Ⅰ）知，當x>0時，|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令H（x）=x-ln（1+x）-x2，x∈[0，+∞），則有H′（x）=1-11+x-2x=-2x2-x1+x，

當x>0時，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上單調遞減，故H（x）

故當x>0時，恒有|f（x）-g（x）|

綜上，k=1.

方法二（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一.

（Ⅲ）當k>1時，由（Ⅰ）知，對于x∈（0，+∞），g（x）>x>f（x），

故|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）>kx-x=（k-1）x，

令（k-1）x>x2，解得0

從而得到當k>1時，對于x∈（0，k-1）恒有|f（x）-g（x）|>x2，所以滿足題意的t不存在.

當k<1時，取k1=k+12，從而k

由（Ⅱ）知存在x0>0，使得x∈（0，x0），f（x）>k1x>kx=g（x）.

此時|f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）>（k1-k）x=1-k2x，

令1-k2x>x2，解得0x2，

記x0與1-k2中較小的為x1，則當x∈（0，x1）時，恒有|f（x）-g（x）|>x2，

故滿足題意的t不存在.

當k=1時，由（Ⅰ）知，x>0，|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令M（x）=x-ln（1+x）-x2，x∈[0，+∞），則有M′（x）=1-11+x-2x=-2x2-x1+x

當x>0時，M′（x）<0，所以M（x）在[0，+∞）上單調遞減，故M（x）

故當x>0時，恒有|f（x）-g（x）|

綜上，k=1.

規律總結本題是一道考查導數的定義、計算以及求解函數極值中的應用.特別對分析、推理、論證能力要求很高.立足選拔的要求，淡化層次內的區分，強化層次間的區分，合理構建了三個問題的難度梯度，使試題難度與題序同步增加，特別是解題過程需要利用數形結合，有一定的運算推理能力.尤其問題（Ⅲ）的解決需要很強的數學思想和方法，特別是對分類思想和推理論證能力要求很高，學生在有限的時間能完整解決此題可以反映學生良好的綜合素質與很強的分析問題與解決問題能力.

21.本題設有（1）、（2）、（3）三個選考題，每題7分，請考生任選2題作答.滿分14分，如果多做，則按所做的前兩題計分.作答時，先用2B鉛筆在答題卡上把所選題目對應題號右邊的方框涂黑，并將所選題號填入括號中.

（1）（本小題滿分7分）選修4-2：矩陣與變換

已知矩陣A=2143，B=110-1.

（Ⅰ）求A的逆矩陣A-1；

（Ⅱ）求矩陣C，使得AC=B.

命題意圖本小題主要考查矩陣、逆矩陣等基礎知識，考查運算求解能力.考查化歸與轉化思想.

解題思路（Ⅰ）因為|A|=2×3-1×4=2.

所以A-1=32-12

-4222

=32-12-21.

（Ⅱ）由AC=B得（A-1A）C=A-1B，

故C=A-1B=

32-12

-21

110-1=

322-2-3.

規律總結涉及矩陣問題多屬基礎性問題，只要掌握矩陣概念及變換方法通過一些簡單計算即可解決.

（2）（本小題滿分7分）選修4-4：坐標系與參數方程

在平面直角坐標系xOy中，圓C的參數方程為x=1+3costy=-2+3sint（t為參數）.在極坐標系（與平面直角坐標系xOy取相同的長度單位，且以原點O為極點，以x軸非負半軸為極軸）中，直線l的方程為2ρsin（θ-π4）=m，（m∈R）.

（Ⅰ）求圓C的普通方程及直線l的直角坐標方程；

（Ⅱ）設圓心C到直線l的距離等于2，求m的值.

命題意圖本小題主要考查極坐標與直角坐標的互化、圓的參數方程等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想.

解題思路（Ⅰ）消去參數t，得到圓C的普通方程為（x-1）2+（y+2）2=9，

由2ρsin（θ-π4）=m，得

ρsinθ-ρcosθ-m=0，

所以直線l的直角坐標方程為x-y+m=0.

（Ⅱ）依題意，圓心C到直線l的距離等于2，即

|1-（-2）+m|2=2，解得m=-3±22.

規律總結極坐標與參數方程的互換是近年高考重要內容，關鍵要掌握它們如何轉化為直角坐標方程，通過熟悉的直角坐標來解決問題.本題通過轉化為直角坐標方程后利用點到直線距離公式解決直線與圓的位置關系問題.

（3）（本小題滿分7分）選修4-5：不等式選講

已知a>0，b>0，c>0，函數f（x）=|x+a|+|x-b|+c的最小值為4.

（Ⅰ）求a+b+c的值；

（Ⅱ）求14a2+19b2+c2的最小值.

命題意圖本小題主要考查絕對值不等式、柯西不等式等基礎知識，考查推理論證能力，考查化歸與轉化思想.

解題思路（Ⅰ）因為f（x）=|x+a|+|x-b|+c≥|（x+a）-（x-b）|+c=|a+b|+c.

當且僅當-a≤x≤b時，等號成立.

又a>0，b>0，所以|a+b|=a+b，所以f（x）的最小值為a+b+c，

又已知f（x）的最小值為4，所以a+b+c=4.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a+b+c=4，由柯西不等式得

（14a2+19b2+c2）（4+9+1）≥（a2×2+b3×3+c×1）2=（a+b+c）2=16，

即14a2+19b2+c2≥87.

當且僅當

12a2=13b3=c1，即a=87，b=187，c=27時，等號成立.

所以14a2+19b2+c2的最小值為87.

規律總結涉及絕對值不等式關鍵要理解絕對值的幾何意義、絕對值性質和絕對值不等式.問題一利用絕對值不等式即可解決.問題二則根據條件利用柯西不等式易得到結果.

（收稿日期：2015-06-21）