2015年高考福建卷数学试题评析（二）

郑一平

（接上期）18. （本小题满分13分） 已知椭圆E：

x2a2+y2b2=1（a>b>0）过点（0，2），且离心率为e=22.

（Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）设直线l：x=my-1（m∈R）交椭圆E于A，B两点，

判断点G（-94，0）与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由.

命题意图本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.

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

所以椭圆E的方程为x24+y22=1.

（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为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，从而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为直径的圆外.

方法二（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x2，y2），则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，

从而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不共线，所以∠AGB为锐角.

故点G（-94，0）在以AB为直径的圆外.

规律总结本解析几何题与往年相比位置前移，难度有所下降.特别涉及的是解析几何常见问题.

本题为中等题，只要掌握椭圆的基本知识、直线与椭圆的位置关系以及椭圆的几何特征，并熟练掌握点与圆的位置关系进行准确计算就可以得到正确结果.方法二利用向量有关知识进行推理、计算也可达到目的.

19.（本小题满分13分）已知函数f（x）的图象是由函数g（x）=cosx的图像经如下变换得到：先将g（x）图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移π2个单位长度.

（Ⅰ）求函数f（x）的解析式，并求其图像的对称轴方程；

（Ⅱ）已知关于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）内有两个不同的解α，β.

（ⅰ）求实数m的取值范围；

（ⅱ）证明： cos（α-β）=2m25-1.

命题意图本小题主要考查三角函数的图像与性质、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整体思想、化归与转化思想、数形结合思想.

解题思路方法一：（Ⅰ）将g（x）=cosx的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到y=2cosx的图像，再将y=2cosx的图像向右平移π2个单位长度后得到y=2cos（x-π2）的图像，故f（x）=2sinx.

从而函数f（x）=2sinx图像的对称轴方程为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）

依题意，sin（x+φ）=m5在区间[0，2π）内有两个不同的解α，β.当且仅当|m5|<1，故m的取值范围是（-5，5）.

（ⅱ）因为α，β是方程5sin（x+φ）=m在区间[0，2π）内的两个不同的解，

所以sin（α+φ）=m5，sin（β+φ）=m5

当1≤m<5时，α+β=2（π2-φ），即α-β=π-2（β+φ）；

当-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） 因为α，β是方程5sin（x+φ）=m在区间[0，2π）内的两个不同的解，

所以sin（α+φ）=m5，sin（β+φ）=m5.

当-1≤m<5时，α+β=2（π2-φ），即α+φ=π-（β+φ）；

当-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.

规律总结（Ⅰ）这类问题的解决关键是要掌握三角变换以及三角函数图像及其性质的应用. （Ⅱ） 问题（ⅰ）解决的关键是对asinx+bcosx型的三角函数化为一个三角函数的形式，这是涉及此类问题求周期、范围、最值等的常用方法，也是三角函数重要的考点之一.问题（ⅱ）解决的关键是通过数形结合，利用根的对称性结合有关知识解决.本题虽涉及的是三角函数中常见的问题，但若对形如asinx+bcosx的三角函数的特征以及内在联系、几何关系理解不透彻，就很难圆满解决这一问题.

20. （本小题满分14分）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R，）

（Ⅰ）证明：当x>0时，f（x）

（Ⅱ）证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

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

命题意图本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想.

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

当x∈[0，+∞）时，F′（x）<0，所以F（x）在[0，+∞）上单调递减，

故当x>0时，F（x）0时，f（x）

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

当k≤0，G′（x）>0，所以G（x）在[0，+∞）上单调递增，G（x）>G（0）=0.

故对任意正实数x0均满足题意.

当00.

取x0=1k-1，对任意x∈（0，x0），恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0，x0）在上单调递增，G（x）>G（0）=0，即f（x）>g（x）.

综上，当k<1时，总存在x0>0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）当k>1时，由（1）知，对于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，+∞），则有M′（x）=k-11+x-2x=-2x2+（k-2）x+k-11+x，M′（x）=0时，即

2x2-（k-2）x-k+11+x=0，

此时x1=k-2-（k-2）2-8（1-k）4<0（不合条件），x2=k-2+（k-2）2-8（1-k）4，

故当x∈（0，k-2+（k-2）2+8（k-1）4）时，M′（x）>0，M（x）在[0，k-2+（k-2）2+8（k-1）4）上单调递增，故M（x）>M（0）=0，即|f（x）-g（x）|>x2，所以满足题意的t不存在.

当k<1时，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得当任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此时|f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

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

N（x）在[0，

-（k+2）+（k+2）2+8（1-k）4）

上单调递增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，记x0与-（k+2）+（k+2）2+8（1-k）4 中较小的为x1，则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）-g（x）|>x2，故满足题意的t不存在.

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

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

当x>0时，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）

故当x>0时，恒有|f（x）-g（x）|

综上，k=1.

方法二（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一.

（Ⅲ）当k>1时，由（Ⅰ）知，对于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

从而得到当k>1时，对于x∈（0，k-1）恒有|f（x）-g（x）|>x2，所以满足题意的t不存在.

当k<1时，取k1=k+12，从而k

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

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

令1-k2x>x2，解得0x2，

记x0与1-k2中较小的为x1，则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）-g（x）|>x2，

故满足题意的t不存在.

当k=1时，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，+∞），则有M′（x）=1-11+x-2x=-2x2-x1+x

当x>0时，M′（x）<0，所以M（x）在[0，+∞）上单调递减，故M（x）

故当x>0时，恒有|f（x）-g（x）|

综上，k=1.

规律总结本题是一道考查导数的定义、计算以及求解函数极值中的应用.特别对分析、推理、论证能力要求很高.立足选拔的要求，淡化层次内的区分，强化层次间的区分，合理构建了三个问题的难度梯度，使试题难度与题序同步增加，特别是解题过程需要利用数形结合，有一定的运算推理能力.尤其问题（Ⅲ）的解决需要很强的数学思想和方法，特别是对分类思想和推理论证能力要求很高，学生在有限的时间能完整解决此题可以反映学生良好的综合素质与很强的分析问题与解决问题能力.

21.本题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答.满分14分，如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中.

（1）（本小题满分7分）选修4-2：矩阵与变换

已知矩阵A=2143，B=110-1.

（Ⅰ）求A的逆矩阵A-1；

（Ⅱ）求矩阵C，使得AC=B.

命题意图本小题主要考查矩阵、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力.考查化归与转化思想.

解题思路（Ⅰ）因为|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.

规律总结涉及矩阵问题多属基础性问题，只要掌握矩阵概念及变换方法通过一些简单计算即可解决.

（2）（本小题满分7分）选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为x=1+3costy=-2+3sint（t为参数）.在极坐标系（与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为2ρsin（θ-π4）=m，（m∈R）.

（Ⅰ）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；

（Ⅱ）设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值.

命题意图本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.

解题思路（Ⅰ）消去参数t，得到圆C的普通方程为（x-1）2+（y+2）2=9，

由2ρsin（θ-π4）=m，得

ρsinθ-ρcosθ-m=0，

所以直线l的直角坐标方程为x-y+m=0.

（Ⅱ）依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即

|1-（-2）+m|2=2，解得m=-3±22.

规律总结极坐标与参数方程的互换是近年高考重要内容，关键要掌握它们如何转化为直角坐标方程，通过熟悉的直角坐标来解决问题.本题通过转化为直角坐标方程后利用点到直线距离公式解决直线与圆的位置关系问题.

（3）（本小题满分7分）选修4-5：不等式选讲

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

（Ⅰ）求a+b+c的值；

（Ⅱ）求14a2+19b2+c2的最小值.

命题意图本小题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查推理论证能力，考查化归与转化思想.

解题思路（Ⅰ）因为f（x）=|x+a|+|x-b|+c≥|（x+a）-（x-b）|+c=|a+b|+c.

当且仅当-a≤x≤b时，等号成立.

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

又已知f（x）的最小值为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.

当且仅当

12a2=13b3=c1，即a=87，b=187，c=27时，等号成立.

所以14a2+19b2+c2的最小值为87.

规律总结涉及绝对值不等式关键要理解绝对值的几何意义、绝对值性质和绝对值不等式.问题一利用绝对值不等式即可解决.问题二则根据条件利用柯西不等式易得到结果.

（收稿日期：2015-06-21）