2015年高考數學中的“亮點”試題賞析

王勇　芮華云

縱觀2015年高考數學試題，總體反映出穩定、創新、應用、傳承的特點.每份試卷的結構、題型、重要知識點相對穩定，不同試卷均有新穎的“亮點”題，試題注重創設新穎情境，強調知識交匯，突出數學素養和數學靈氣的考查.試題設計充分體現數學的應用價值，尤其是與人們的生活、生產緊密聯系的實際應用性試題，意在考查考生把實際問題數學模型化的轉化思想，而體現數學背景、數學歷史、數學文化、數學故事的歷史名題的改編題，更是給數學試卷注入了一股春風，彰顯了數學文化的傳承、數學閱讀理解能力的考核.下面精選十例并分類解析，旨在探索題型規律，揭示解題方法.

一、創設新穎情境，強調知識交匯，突出數學素養

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

例1（2015·福建卷）若a，b是函數f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的兩個不同的零點，且a，b，-2這三個數可適當排序后成等差數列，也可適當排序后成等比數列，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a，b，-2適當排序后成等比數列時，-2必為等比中項，所以ab=q=4，b=4a.

當a，b，-2適當排序后成等差數列時，-2必不是等差中項，當a是等差中項時，則2a=b-2=4a-2，解得a=1，b=4；當b是等差中項時，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.

點評本題以函數的零點為載體考查等比中項和等差中項，其中分類討論和邏輯推理是解題核心.三個數成等差數列或等比數列，項與項之間是有順序的，但是等差中項或等比中項是唯一的，故可以利用中項進行討論與分析.

例2（2015·福建卷）一個二元碼是由0和1組成的數字串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會發生碼元錯誤（即碼元由0變為1，或者由1變為0）.

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

x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，

其中運算定義為： 00=0，01=1，10=1，11=0.

現已知一個這種二元碼在通訊過程中僅在第k位發生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定k等于.

解析因為x4x5x6x7=1101=001=01=1≠0，所以二元碼1101101的前3位碼元x1，x2，x3都是對的；因為x2x3x6x7=1001=101=11=0 ，所以二元碼1101101的第6位碼元x6、第7位碼元x7也是對的；因為

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

點評本題考查新定義運算、推理與證明等知識.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算求解能力.求解本題的關鍵是讀懂新定義，在領會新定義的基礎上，明晰新定義的內涵和外延，將其轉化并運用到新情境中，進而判斷參數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，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，把

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

解析對于任意x，y∈R，|b-（xe1+ye2）|≥

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

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

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

此時|b|2-7=1，可得|b|=22.

點評本題考查向量的數量積運算、向量的模及代數運算、二次函數的圖象與性質等.根據條件發現x=x0，y=y0時，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，考查了抽象概括能力；把

|b-（xe1+ye2）|平方，轉化為關于x的二次函數求最值，考查了轉化與化歸思想及運算求解能力.

例4（2015·湖南卷）某工件的三視圖如圖1所示，現將該工件通過切削，加工成一個體積盡可能大的長方體新工件，并使新工件的一個面落在原工件的一個面內，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，設出長方體的長、寬、高，建立三者和圓錐的底面半徑和高的關系，利用導數確定長方體的最大體積，再計算原工件材料的利用率.

該三視圖對應的幾何體為底面半徑為1，高為2的圓錐.如圖2，設長方體的長、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.長方體的體積為V=abc=ab（2-2r）≤a2+b22×（2-2r）=2r2（2-2r）=4r2-4r3（當且僅當a=b時取等號，且00，得0

∴原工件材料的利用率為

162713π×12×2=89π，故選A.

點評本題考查三視圖，圓錐和長方體的體積計算，重要不等式a2+b2≥2ab和導數在求函數最值中的應用.由三視圖得到直觀圖，考查了空間想象能力.在求長方體體積的最大值時，考查了運算求解能力和轉化與化歸思想的應用.在計算材料利用率時，考查了數學應用意識.

二、聯系生活實際，構建數學模型，注重數學應用

數學是一種工具，工具就有廣泛的應用價值，實際應用性問題解答的關鍵在于選擇恰當的數學模型，將實際問題轉化為數學問題，“數學化”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，復雜問題化為簡單問題.

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處時測得公路北側一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達B處，測得此山頂在西偏北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.

點評本題考查方位角、仰角的概念及正弦定理的應用.在求CD時，需放到空間圖形中，考查了空間想象能力.本題是一道實際應用問題，故還考查了分析轉化能力及創新應用意識.

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系，可設拋物線的方程為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，所以當前流量對應的截面面積為2∫50（2-225x2）dx=403，原始的最大流量對應的截面面積為2×（6+10）2=16，所以原始的最大流量與當前最大流量的比值為16403=1.2.

點評本題以拋物線與梯形在生活中的應用為背景，考查拋物線及定積分的相關知識，意在考查考生對數學知識的實際應用能力，運算求解能力以及數形結合思想的應用.

例7（2015·江蘇卷）某山區外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區的交通現狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區邊界的直線型公路.記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖6所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點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，建立平面直角坐標系xOy.假設曲線C符合函數y=ax2+b模型.

（1）求a，b的值；

（2）設公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t.

①請寫出公路l長度的函數解析式f（t），并寫出其定義域；

②當t為何值時，公路l的長度最短？并求最短長度.

分析（1）根據M，N兩點的坐標求出a，b的值；（2）根據導數先求切線方程，再求f（t），最后利用導數求最值.

解析（1）由題意知，點M，N的坐標分別為（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P的坐標為（t，1000t2），

如圖7，設在點P處的切線l交x，y軸分別于A，B兩點，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g（t）=t2+4×106t4，則g′（t）=2t-16×106t5.令g′（t）=0，解得t=102.

當t∈（5，102）時，g′（t）<0，g（t）是減函數；

當t∈（102，20）時，g′（t）>0，g（t）是增函數.

從而，當t=102時，函數g（t）有極小值，也是最小值，

所以g（t）min=300，此時f（t）min=153.

答：當t=102時，公路l的長度最短，最短長度為153千米.

點評 本題主要考查導數在實際問題中的應用，意在考查考生建立數學模型和利用所學知識解決實際問題的能力.

三、依托數學史料，嵌入數學名題，彰顯數學文化

數學是一種文化，是一種精神，體現數學文化的新穎試題是近年高考命題的新動向，值得考生關注、探究和學習.

例8（2015·新課標全國卷Ⅰ）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺.問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖8，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為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可求出圓錐底面半徑，進而求得米堆的體積.

設米堆底面半徑為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.

點評本題考查扇形的弧長公式與圓錐的體積計算.通過古題新解考查閱讀理解

能力，通過圓錐體積的計算考查空間想象能力與運算求解能力.

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

解析逐次運行程序，直至程序結束得出a值.a=14，b=18.

第一次循環：14≠18且14<18，b=18-14=4；

第二次循環：14≠4且14>4，a=14-4=10；

第三次循環：10≠4且10>4，a=10-4=6；

第四次循環：6≠4且6>4，a=6-4=2；

第五次循環：2≠4且2<4，b=4-2=2.

此時，a=b=2，跳出循環，輸出a=2，故選B.

點評在給出程序框圖求解輸出結果的試題中，只要按照程序框圖規定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.圖10

例10（2015·湖北卷）《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個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，側棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，過棱PC的中點E，作EF⊥PB交PB于點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，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；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PB⊥EF，從而證明PB⊥平面DEF.整合已證的線面垂直關系，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系利用向量法求解.

解析解法1 （1）因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC.

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

而DE平面PCD，所以BC⊥DE.

又因為 PD=CD，點E是PC的中點，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的四個面都是直角三角形，即四面體DBEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.

（2）如圖11，在面PBC內，延長BC與FE交于點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.

又因為PD⊥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.

故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時，DCBC=22.

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

設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E是PC的中點，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.

因為PC=（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的四個面都是直角三角形，即四面體DBEF是一個鱉臑，其四個面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.

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

由（1）知，PB⊥平面DEF，所以BP=（-λ，-1，1）是平面DEF的一個法向量.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.

故當面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時，DCBC=22.

點評 本題結合《九章算術》中的新名詞（陽馬、鱉臑）考查線面垂直的判定與性質、二面角等，意在考查考生的空間想象能力、推理論證能力、信息遷移能力與運算求解能力，同時還考查了轉化與化歸思想的應用.

（收稿日期：2015-11-10）