2016年高考四川数学文理压轴题详解理科第10题（选择压轴题）： 在平面内，定点A,B,C,D满足|→DA|=|→DB|=|→DC|，→DA?→DB=→DB?→DC=→DC?→DA=?2，动点P,M满足|→AP|=1，→PM=→MC，则|→BM|2的最大值是（ ） A．434 B．494 C．37+6√34 D．37+2√334
根据题意，P在以A为圆心，1为半径的圆上运动，因此CP的中点M在以N为圆心，12为半径的圆上运动，其中N点为边AC的中点．因此|→BM|2的最大值为(BN+12)2=(32DB+12)2=494,选B． 理科第15题（填空压轴题）： 在平面直角坐标系中，当P(x,y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P′(yx2+y2,?xx2+y2)；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”，现有下列命题： (1) 若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A； (2) 单位圆的“伴随曲线”是它自身； (3) 若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称； (4) 一条直线的“伴随曲线”是一条直线． 其中的真命题是_______． 解 观察伴随点的坐标形式，考虑利用极坐标理解“伴随点”．设P(ρcosθ,ρsinθ)，其中ρ>0，则其伴随点P′为(1ρsinθ,?1ρcosθ)，即(1ρcos(θ?π2),1ρsin(θ?π2))．可以理解为将P绕O顺时针旋转π2得到点Q，然后在射线OQ上取P′使得|OP′|=1ρ(可以看成关于单位圆反演)，如图．
对命题(1)，取单位圆上的一点A，那么它的“伴随点”A′的“伴随点”相当于将A顺时针旋转π得到的点，与点A关于原点对称，命题错误； 对命题(2)，根据对“伴随点”的几何解释，命题正确； 对命题(3)，若曲线C关于x轴对称，那么曲线C顺时针旋转π2后得到的曲线D必然关于y轴对称，再将它关于单位圆反演得到的图形必然也关于y轴对称，命题正确； 对命题(4)，任取与单位圆相离的直线，则其“伴随曲线”必然在单位圆内部，不可能是一条直线，命题错误． 综上所述，真命题是(2)(3)． 注 事实上，根据反演变换的性质，任何不通过原点的直线的“伴随曲线”必然是除去原点的圆． 理科第20题（解析几何）： 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点．直线l:y=?x+3与椭圆E有且只有一个公共点T． (1) 求椭圆E的方程及点T的坐标； (2) 设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A,B，且与直线l交于点P．证明：存在常数λ，使得|PT|2=λ|PA|?|PB|，并求λ的值． 解 (1) 根据勾股定理，可得a2+a2=(2c)2，其中c为椭圆的半焦距．又由直线与椭圆联立的等效判别式可得a2?12+b2?12?(?3)2=0,于是可得方程组{a2=2c2,a2+b2=9,a2=b2+c2,解得 {a2=6,b2=3,c2=3,于是椭圆E的方程为x26+y23=1，进而不难求出T(2,1)． (2) 仿射变换解法 注意到问题的结论类似于圆幂定理，因此考虑用仿射变换．作仿射变换x′=x，y′=√2y则椭圆E变为圆E′:x′2+y′2=6,此时设P,A,B,T的对应点分别是P′,A′,B′,T′．
由仿射变换前后的弦长对应关系，可得|P′T′|2|PT|2=1+2?(?1)21+(?1)2=32,而|P′A′|?|P′B′||PA|?|PB|=1+2?(12)21+(12)2=65,两式相比，可得\dfrac{|PT|^2}{|PA|\cdot |PB|}\cdot \dfrac{|P’A’|\cdot |P’B’|}{|P’T’|^2}=\dfrac 45,而根据圆幂定理，有|P’T’|^2=|P’A’|\cdot |P’B’|,因此原命题得证，且\lambda=\dfrac 45． 参数方程解法 设P点坐标为(p,3-p)，由题意，可设直线l’的参数方程为\begin{cases}x=p+2t,\\y=3-p+t,\end{cases} 其中t为参数．将其代入椭圆方程联立，得2t^2+4t+p^2-4p+4=0.设A,B两点对应的参数分别为t_1,t_2，则\begin{cases}\Delta>0,\\t_1+t_2=-2,\\t_1t_2= \dfrac{(p-2)^2}{2}. \end{cases} 因为\begin{split} |PT|^2=&2(p-2)^2,\\\ |PA|\cdot|PB|=&\sqrt{5}|t_1|\cdot\sqrt{5}|t_2|=\dfrac{5(p-2)^2}{2},\end{split} 所以存在常数\lambda= \dfrac{4}{5} ，使得|PT|^2=\lambda |PA|\cdot |PB|． 注 直线Ax+By+C=0与椭圆\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1联立后的判别式与等效判别式\Delta_0=a^2A^2+b^2B^2-C^2同号，这很容易利用联立方程证明． 理科第 21题（解答压轴题）： 设函数f(x)=ax^2-a-\ln x，其中a\in\mathcal R． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 确定a的所有可能取值，使得f(x)>\dfrac 1x-{\rm e}^{1-x}在区间(1,+\infty)内恒成立． 解 (1) 函数f(x)的定义域为(0,+\infty)，其导函数f'(x)=\dfrac{2ax^2-1}x,x>0,于是当a\leqslant 0时，函数f(x)在(0,+\infty)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在\left(0,\sqrt{\dfrac{1}{2a}}\right)上单调递减，在\left(\sqrt{\dfrac{1}{2a}},+\infty\right)上单调递增． (2) 题中不等式即a(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+{\rm e}^{1-x}>0,记左侧为函数g(x)，其导函数为g'(x)=2ax-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-{\rm e}^{1-x}.注意到g(1)=0，于是可以分析端点x=1处的导函数值g'(1)=2a-1，得到分界点a=\dfrac 12．在以下讨论中，默认x的范围是(1,+\infty)． 情形一 a\geqslant \dfrac 12． 此时有g(x)\geqslant \dfrac 12(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+{\rm e}^{1-x},记右侧为函数h(x)，则其导函数h'(x)=x-\dfrac 1x+\dfrac 1{x^2}-{\rm e}^{1-x}.我们熟知\ln x<>，从而1-x<\ln \dfrac="">，即{\rm e}^{1-x}<\dfrac>，因此\begin{split} h'(x)>&x-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac 1x\\=&\dfrac{(x-1)(x^2+x-1)}{x^2}\\>&0,\end{split} 于是函数h(x)单调递增，而h(1)=0，因此g(x)\geqslant h(x)>0，符合题意． 情形二 a<\dfrac>． 此时有\begin{split} g(x)<&a(x^2-1)+\left(\dfrac 1x-1\right)-\dfrac="" 1x+\dfrac="" 1x\\="&(x^2-1)\left[a-\dfrac{1}{x(x+1)}\right].\end{split}">若a\leqslant 0，则g(x)<>，显然不符合题意；若0<><\dfrac>，则当x\in \left(1,\dfrac 12\left(-1+\sqrt{1+\dfrac 4a}\right)\right)时，有g(x)<>，不符合题意． 综上所述，实数a的取值范围是\left[\dfrac 12,+\infty\right)． 文科第10题（选择压轴题）： 设直线l_1,l_2分别是函数f(x)=\begin{cases} -\ln x,&0<><1,\\ \ln="" x,&x="">1\end{cases} 图象上点P_1,P_2处的切线，l_1与l_2垂直相交于点P，且l_1,l_2分别与y轴相交于点A,B，则\triangle PAB的面积的取值范围是（ ） A．(0,1) B．(0,2) C．(0,+\infty) D．(1,+\infty) 解 由于(-\ln x)’=-\dfrac 1x<>，而(\ln x)’=\dfrac 1x>0，于是若两条切线互相垂直，则必然切点分别位于图象在(0,1)和(1,+\infty)的部分，如图．
文科第15题（填空压轴题）： 在平面直角坐标系中，当P(x,y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P’\left(\dfrac{y}{x^2+y^2},\dfrac{-x}{x^2+y^2}\right)；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．现有下列命题： (1) 若点A的“伴随点”是点A’，则点A’的“伴随点”是点A； (2) 单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上； (3) 若两点关于x轴对称，则它们的“伴随点”关于y轴对称； (4) 若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线． 其中的真命题是________． 解 观察伴随点的坐标形式，考虑利用极坐标理解“伴随点”．设P(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)，其中\rho>0，则其伴随点P’为\left(\dfrac{1}{\rho}\sin\theta,-\dfrac{1}{\rho}\cos\theta\right)，即\left(\dfrac{1}{\rho}\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right),\dfrac{1}{\rho}\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right)\right)．可以理解为将P绕O顺时针旋转\dfrac{\pi}2得到点Q，然后在射线OQ上取P’使得|OP’|=\dfrac{1}{\rho}(可以看成关于单位圆反演)，如图．
对命题(1)，取单位圆上的一点A，那么它的“伴随点”A’的“伴随点”相当于将A顺时针旋转\pi得到的点，与点A关于原点对称，命题错误； 对命题(2)，根据对“伴随点”的几何解释，命题正确； 对命题(3)，若两个点关于x轴对称，那么两个点顺时针旋转\dfrac{\pi}2后得到的点必然关于y轴对称，再将它们关于单位圆反演得到的两个点必然也关于y轴对称，命题正确； 对命题(4)，取与单位圆相切的直线x=1，则易知切点A(1,0)的“伴随点”是点A'(0,-1)．考虑直线上的点B(1,-1)和C(1,1)，它们的“伴随点”B’和C’分别位于第三,四象限，且均在单位圆内部，显然此时A’,B’,C’不共线，命题错误． 综上所述，真命题是(2)(3)． 注 事实上，根据反演变换的性质，任何不通过原点的直线的“伴随曲线”必然是除去原点的圆． 文科第20题（解析几何）： 已知椭圆E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P\left(\sqrt 3,\dfrac 12\right)在椭圆E上． (1) 求椭圆E的方程； (2) 设不过原点O且斜率为\dfrac 12的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C,D，证明：|MA|\cdot |MB|=|MC|\cdot |MD|． 解 (1) 根据题意，有a=2b，结合点P\left(\sqrt 3,\dfrac 12\right)在椭圆E上，可得椭圆E的方程为\dfrac{x^2}4+y^2=1． (2) 设A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，将两个点满足的椭圆方程相减整理可得(即椭圆的“垂径定理”)直线OM和直线AB的斜率之积为-\dfrac 14，从而直线CD的斜率为-\dfrac 12． 仿射变换解法 注意到结论的形式类似于圆幂定理，因此考虑用仿射变换．作仿射变换x’=x，y’=2y，则椭圆E变为圆E’:x’^2+y’^2=4．设A,B,C,D变化后的对应分别是A’,B’,C’,D’，如图．
根据仿射变换前后弦长的对应关系，我们有\dfrac{|M’A’|}{|MA|}=\dfrac{|M’B’|}{|MB|}=\dfrac{\sqrt{1+4\cdot\left(\dfrac 12\right)^2}}{\sqrt{1+\left(\dfrac 12\right)^2}},而\dfrac{|M’C’|}{|MC|}=\dfrac{|M’D’|}{|MD|}=\dfrac{\sqrt{1+4\cdot\left(-\dfrac 12\right)^2}}{\sqrt{1+\left(-\dfrac 12\right)^2}},于是可得\dfrac{|M’A’|}{|MA|}=\dfrac{|M’B’|}{|MB|}=\dfrac{|M’C’|}{|MC|}=\dfrac{|M’D’|}{|MD|},根据圆幂定理，有|M’A’|\cdot |M’B’|=|M’C’|\cdot |M’D’|,由此即得原命题成立． 参数方程解法 由CD:y=-\dfrac 12x，于是可设M(-2m,m)，进而分别以为(2,1)和(2,-1)为直线AB和CD的方向向量，可设AB:\begin{cases}x=-2m+2t,\\ y=m+t,\end{cases} 且CD:\begin{cases} x=-2m+2t,\\ y=m-t.\end{cases} 设点A,B对应参数分别为t_1,t_2，点C,D对应的参数分别为t_3,t_4，分别将直线AB,CD的方程与椭圆方程联立，可得t_1,t_2是方程2t^2+2m^2-1=0的两根，而t_3,t_4是方程2t^2-4mt+2m^2-1=0的两根．因此\begin{split} &|MA|\cdot |MB|-|MC|\cdot |MD|\\=& \sqrt{2^2+1}\cdot |t_1|\cdot \sqrt{2^2+1}\cdot |t_2|-\sqrt{2^2+(-1)^2}\cdot |t_3|\cdot \sqrt{2^2+(-1)^2}\cdot |t_4|\\=&0,\end{split} 因此原命题得证． 文科第21题（解答压轴题）： 设函数f(x)=ax^2-a-\ln x，g(x)=\dfrac 1x-\dfrac {\rm e}{{\rm e}^x}，其中a\in\mathcal R，\rm e=2.718\cdots 为自然对数的底数． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 证明：当x>1时，g(x)>0； (3) 确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1,+\infty)内恒成立． 解 (1) 即理科第21题的第(1)小题． (2) 欲证明的不等式即\dfrac{{\rm e}^x}{x}>{\rm e},x>1.令h(x)=\dfrac{{\rm e}^x}{x}，则其导函数h'(x)=\dfrac{{\rm e}^x(x-1)}{x^2},于是当x>1时，h(x)单调递增，因此在区间(1,+\infty)上有h(x)>h(1)={\rm e}，原命题得证． (3) 即理科第21题的第(2)小题． 相关文章关于数海拾贝“数海拾贝”由中国最顶尖的高中数学教研老师兰琦和金叶梅主编。第一个栏目《每日一题》，每天精选一道高中数学好题，从破题的思路，图文并茂的讲解到精辟到位的总结，同学们每天只要花上10分钟认真阅读和思考，一定能在两三个月获得明显的进步，在高考中取得好成绩。 觉得有意思？微信扫描二维码，关注我们吧！ |
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