2012 年高考 （新课标）
题目：已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 夹角为 $45^{\circ}$, 且 $|\vec{a}|=1,|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{10}$, 则 $|\vec{b}|=$

解答：解: $\because<\vec{a}, \vec{b}>=45^{\circ},|\vec{a}|=1$

$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}|\vec{b}|$

$\therefore|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(2 \vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{4 \vec{a}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{4-2 \sqrt{2}|\vec{b}|+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{10}$

解得 $|\vec{b}|=3 \sqrt{2}$

故答案为: $3 \sqrt{2}$

答案：$3 \sqrt{2}$

2012 年高考 （新课标）
题目：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为

解答：解: $\because a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$,

故有 $a_{2}-a_{1}=1, a_{3}+a_{2}=3, a_{4}-a_{3}=5, a_{5}+a_{4}=7, a_{6}-a_{5}=9, a_{7}+a_{6}=11, \ldots a_{50}-a_{49}=97$

从而可得 $a_{3}+a_{1}=2, a_{4}+a_{2}=8, a_{7}+a_{5}=2, a_{8}+a_{6}=24, a_{9}+a_{11}=2, a_{12}+a_{10}=40, a_{13}+a_{11}=2$ $, \mathrm{a}_{16}+\mathrm{a}_{14}=56, \ldots$

从第一项开始, 依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2 , 从第二项开始, 依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项, 以 16 为公差的等差数列. $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+\left(15 \times 8+\frac{15 \times 14}{2} \times 16\right)=1830$
故答案为: 1830

答案：1830

2012 年高考 （新课标）
题目：曲线 $y=x(3 \ln x+1)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为__.

解答：解：求导函数, 可得 $y^{\prime}=3 \ln x+4$,

当 $x=1$ 时, $y^{\prime}=4$,

$\therefore$ 曲线 $y=x(3 \ln x+1)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为 $y-1=4(x-1)$, 即 $y=4 x-3$ 故答案为: $y=4 x-3$.

答案：$y=4 x-3$

2012 年高考 （新课标）
题目：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}+3 S_{2}=0$, 则公比 $q=$

解答：解：由题意可得, $q \neq 1$

$\because \mathrm{S}_{3}+3 \mathrm{~S}_{2}=0$

$\therefore \frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}+\frac{3 a_{1}\left(1-q^{2}\right)}{1-q}=0$

$\therefore q^{3}+3 q^{2}-4=0$

$\therefore(q-1)(q+2)^{2}=0$

$\because q \neq 1$

$\therefore q=-2$

故答案为: -2

答案：-2

2012 年高考 （新课标）
题目：已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 夹角为 $45^{\circ}$, 且 $|\vec{a}|=1,|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{10}$, 则 $|\vec{b}|=$.

解答：解: $\because<\overrightarrow{\mathrm{a}}, \overrightarrow{\mathrm{b}}>=45^{\circ},|\overrightarrow{\mathrm{a}}|=1$

$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}|\vec{b}|$

$\therefore|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(2 \vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{4 \vec{a}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{4-2 \sqrt{2}|\vec{b}|+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{10}$

解得 $|\vec{b}|=3 \sqrt{2}$

故答案为: $3 \sqrt{2}$

答案：$3 \sqrt{2}$

2012 年高考 （新课标）
题目：设函数 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值为 $M$, 最小值为 $m$, 则 $M+m=$

解答：解: 函数可化为 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}=1+\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$,

令 $g(x)=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$, 则 $g(x)=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$ 为奇函数,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值与最小值的和为 0 .

$\therefore$ 函数 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值与最小值的和为 $1+1+0=2$. 即 $M+m=2$.

故答案为: 2 .

答案：2

2012 年高考 （新课标）
题目：已知集合 $A=\{1,2,3,4,5\}, B=\{(x, y) \mid x \in A, y \in A, x-y \in A\}$, 则 $B$ 中所含元素的个数为（ $)$
A. 3
B. 6
C. 8
D. 10

解答：解: 由题意, $x=5$ 时, $y=1,2,3,4$,

$x=4$ 时 $, y=1,2,3$ ，

$x=3$ 时, $y=1,2$,

$x=2$ 时,$y=1$

综上知, $\mathrm{B}$ 中的元素个数为 10 个

故选: D.

答案：D

2012 年高考 （新课标）
题目：将 2 名教师, 4 名学生分成 2 个小组, 分别安排到甲、乙两地参加社 会实践活动, 每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成, 不同的安排方案共有（ )
A. 12 种
B. 10 种
C. 9 种
D. 8 种

解答：解：第一步, 为甲地选一名老师, 有 $C_{2}^{1}=2$ 种选法;

第二步, 为甲地选两个学生, 有 $C_{4}^{2}=6$ 种选法;

第三步, 为乙地选 1 名教师和 2 名学生, 有 1 种选法

故不同的安排方案共有 $2 \times 6 \times 1=12$ 种

故选: A.

答案：A

2012 年高考 （新课标）
题目：下面是关于复数 $z=\frac{2}{-1+i}$ 的四个命题：其中的真命题为 $(\quad)$, $p_{1}:|z|=2$,

$\mathrm{p}_{2}: \mathrm{z}^{2}=2 \mathrm{i}$,

$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $1+i$,

$p_{4}: z$ 的虚部为 -1 .
A. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{3}$
B. $p_{1}, p_{2}$
C. $\mathrm{p}_{2}, \mathrm{p}_{4}$
D. $p_{3}, p_{4}$

解答：解: $\because z=\frac{2}{-1+i}=\frac{2(-1-i)}{(-1+i)(-1-i)}=-1-i$,

$\therefore p_{1}:|z|=\sqrt{2}$

$p_{2}: z^{2}=2 i$

$p_{3}: z$ 的共轭复数为 $-1+i$, $p_{4}: z$ 的虚部为 -1,

故选: C.

答案：C

2012 年高考 （新课标）
题目：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{4}+a_{7}=2, a_{5} a_{6}=-8$, 则 $a_{1}+a_{10}=(\quad)$
A. 7
B. 5
C. -5
D. -7

解答：解: $\because a_{4}+a_{7}=2$, 由等比数列的性质可得, $a_{5} a_{6}=a_{4} a_{7}=-8$

$\therefore a_{4}=4, a_{7}=-2$ 或 $a_{4}=-2, a_{7}=4$

当 $a_{4}=4, a_{7}=-2$ 时, $q^{3}=-\frac{1}{2}$,

$\therefore a_{1}=-8, a_{10}=1$

$\therefore a_{1}+a_{10}=-7$

当 $a_{4}=-2, a_{7}=4$ 时, $q^{3}=-2$, 则 $a_{10}=-8, a_{1}=1$

$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$

综上可得, $\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{10}=-7$

故选: D.

答案：D

2012 年高考 （新课标）
题目：等轴双曲线 $C$ 的中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上, $C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的 准线交于点 $A$ 和点 $B,|A B|=4 \sqrt{3}$, 则 $C$ 的实轴长为（ )
A. $\sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. 4
D. 8

解答：解: 设等轴双曲线 $c: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a>0)$,

$y^{2}=16 x$ 的准线 $l: x=-4$,

$\because C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的准线 $\mid: x=-4$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|=4 \sqrt{3}$

$\therefore A(-4,2 \sqrt{3})$, B $(-4,-2 \sqrt{3})$,

将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $\mathrm{a}^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$,

$\therefore a=2,2 a=4$.

故选: C.

答案：C

2012 年高考 （新课标）
题目：设点 $P$ 在曲线 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上, 点 $Q$ 在曲线 $y=\ln (2 x)$ 上, 则 $|P Q|$ 最小 值为 $(\quad)$
A. $1-\ln 2$
B. $\sqrt{2}(1-\ln 2)$
C. $1+\ln 2$
D. $\sqrt{2}(1+\ln 2)$

解答：解: $\because$ 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 与函数 $y=\ln (2 x)$ 互为反函数, 图象关于 $y=x$ 对称, 函数 $y=\frac{1}{2} e^{x}$ 上的点 $P\left(x, \frac{1}{2} e^{x}\right)$ 到直线 $y=x$ 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\left|\frac{1}{2} \mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}\right|}{\sqrt{2}}$, 设 $g(x)=\frac{1}{2} e^{x}-x(x>0)$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1 \geqslant 0$ 可得 $x \geqslant \ln 2$, 由 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2} e^{x}-1<0$ 可得 $0<x<\ln 2$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2)$ 单调递减, 在 $[\ln 2,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore$ 当 $\mathrm{x}=\ln 2$ 时, 函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})_{\min }=1-\ln 2$,

$\mathrm{d}_{\min }=\frac{1-\ln 2}{\sqrt{2}}$,

由图象关于 $y=x$ 对称得: $|P Q|$ 最小值为 $2 d_{\min }=\sqrt{2}(1-\ln 2)$.

故选: B.

答案：B

2012 年高考 （新课标）
题目：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2<0\right\}, B=\{x \mid-1<x<1\}$, 则（）
A. $A \subsetneq B$
B. $\mathrm{B} \subsetneq \mathrm{A}$
C. $A=B$
D. $A \cap B=\varnothing$

解答：解：由题意可得, $A=\{x \mid-1<x<2\}$,

$\because B=\{x \mid-1<x<1\}$

在集合 $B$ 中的元素都属于集合 $A$, 但是在集合 $A$ 中的元素不一定在集合 $B$ 中, 例 如 $x=\frac{3}{2}$

$\therefore B \subsetneq A$.

故选: B.

答案：B

2012 年高考 （新课标）
题目：复数 $z=\frac{-3+i}{2+i}$ 的共轭复数是（ ）
A. $2+i$
B. $2-\mathrm{i}$
C. $-1+i$
D. $-1-i$

解答：解：复数 $z=\frac{-3+i}{2+i}=\frac{(-3+i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\frac{-5+5 i}{5}=-1+i$.

所以复数的共轭复数为: $-1-\mathrm{i}$.

故选: D.

答案：D

2012 年高考 （新课标）
题目：平面 $\alpha$ 截球 $\mathrm{O}$ 的球面所得圆的半径为 1 , 球心 $\mathrm{O}$ 到平面 $\alpha$ 的距离为 $\sqrt{2}$ , 则此球的体积为 ( )
A. $\sqrt{6} \pi$
B. $4 \sqrt{3} \pi$
C. $4 \sqrt{6} \pi$
D. $6 \sqrt{3} \pi$

解答：解: 因为平面 $\alpha$ 截球 $O$ 的球面所得圆的半径为 1 , 球心 0 到平面 $\alpha$ 的 距离为 $\sqrt{2}$,

所以球的半径为: $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+1}=\sqrt{3}$.

所以球的体积为: $\frac{4 \pi}{3}(\sqrt{3})^{3}=4 \sqrt{3} \pi$.

故选: B.

答案：B

2012 年高考 （新课标）
题目：等轴双曲线 $C$ 的中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上, $C$ 与抛物线 $y^{2}=16 x$ 的 准线交于点 $A$ 和点 $B,|A B|=4 \sqrt{3}$, 则 $C$ 的实轴长为（）
A. $\sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. 4
D. 8

解答：解：设等轴双曲线 $c: x^{2}-y^{2}=a^{2}(a>0)$,

$y^{2}=16 x$ 的准线 I: $x=-4$,

$\because \mathrm{C}$ 与抛物线 $\mathrm{y}^{2}=16 \mathrm{x}$ 的准线 $1: \mathrm{x}=-4$ 交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点, $|\mathrm{AB}|=4 \sqrt{3}$

$\therefore A(-4,2 \sqrt{3}), \mathrm{B}(-4,-2 \sqrt{3})$,

将 $A$ 点坐标代入双曲线方程得 $a^{2}=(-4)^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}=4$,

$\therefore a=2, \quad 2 a=4$.

故选: C.

答案：C

2012 年高考 （新课标）
题目：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1){ }^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 ( )
A. 3690
B. 3660
C. 1845
D. 1830

解答：解: 由于数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 故有 $a_{2}-a_{1}=1, a_{3}+a_{2}=3$ ,$a_{4}-a_{3}=5$,

$a_{5}+a_{4}=7, \quad a_{6}-a_{5}=9, \quad a_{7}+a_{6}=11, \quad \ldots a_{50}-a_{49}=97$

从而可得 $a_{3}+a_{1}=2, a_{4}+a_{2}=8, a_{7}+a_{5}=2, a_{8}+a_{6}=24, a_{11}+a_{9}=2, a_{12}+a_{10}=40, a_{15}+a_{13}=2$ $, \mathrm{a}_{16}+\mathrm{a}_{14}=56, \ldots$

从第一项开始, 依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2 ,

从第二项开始, 依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项, 以 16 为公差的等 差数列.

$\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+\left(15 \times 8+\frac{15 \times 14}{2} \times 16\right)=1830$,

故选: D.

答案：D

2012 年高考 （新课标）
题目：已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, $\operatorname{acos} C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$

(1) 求 $A$;

(2) 若 $a=2, \triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$; 求 $b, c$.

解答：（1）已知等式利用正弦定理化简, 整理后得到 $\sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$. 即 可求出 $\mathrm{A}$ 的值;

(2) 若 $a=2$, 由 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 求得 $b c=4$. (1), 再利用余弦定理可得 $b+c=4$ - (2), 结合(1)(2)求得 $\mathrm{b}$ 和 $c$ 的值.

解： (1) 由正弦定理得: $a \cos C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$,

即 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$

$\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C$,

即 $\sqrt{3} \sin A-\cos A=1$

$\therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$.

$\therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$

$\therefore A=60^{\circ}$;

(2) 若 $\mathrm{a}=2, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积 $=\frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{bc}=\sqrt{3}$,

$\therefore b c=4$. 1

再利用余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$ $=(b+c)^{2}-2 b c-b c=(b+c)^{2}-3 \times 4=4$,

$\therefore b+c=4$. (2)

结合(1)(2)求得 $b=c=2$.

答案：解： (1) 由正弦定理得: $a \cos C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$,

即 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$

$\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C$,

即 $\sqrt{3} \sin A-\cos A=1$

$\therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$.

$\therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$

$\therefore A=60^{\circ}$;

(2) 若 $\mathrm{a}=2, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积 $=\frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{bc}=\sqrt{3}$,

$\therefore b c=4$. 1

再利用余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$ $=(b+c)^{2}-2 b c-b c=(b+c)^{2}-3 \times 4=4$,

$\therefore b+c=4$. (2)

结合(1)(2)求得 $b=c=2$.

2012 年高考 （新课标）
题目：某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花, 然后以 每枝 10 元的价格出售, 如果当天卖不完, 剩下的玫瑰花作垃圾处理.

（1）若花店一天购进 16 枝玫瑰花, 求当天的利润 y（单位: 元）关于当天需求 量 $n$ (单位: 枝, $n \in N$ ) 的函数解析式.

（2）花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量（单位: 枝），整理得如表:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 日需求量 $\mathrm{n}$ & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 & 19 & 20 \\
\hline 频数 & 10 & 20 & 16 & 16 & 15 & 13 & 10 \\
\hline
\end{tabular}

以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.

（i）若花店一天购进 16 枝玫瑰花, $\mathrm{X}$ 表示当天的利润（单位: 元）, 求 $\mathrm{X}$ 的分 布列、数学期望及方差;

（ii）若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花, 你认为应购进 16 枝还是 17 枝 ? 请说明理由.

解答：（1）根据卖出一枝可得利润 5 元, 卖不出一枝可得赔本 5 元, 即可建 立分段函数;

(2) (i) $X$ 可取 $60,70,80$, 计算相应的概率, 即可得到 $X$ 的分布列, 数学期 望及方差;

（ii）求出进 17 枝时当天的利润，与购进 16 枝玫瑰花时当天的利润比较，即可 得到结论.

解: （1）当 $\mathrm{n} \geqslant 16$ 时, $\mathrm{y}=16 \times(10-5)=80$; 当 $n \leqslant 15$ 时, $y=5 n-5(16-n)=10 n-80$, 得: $y=\left\{\begin{array}{l}10 n-80(n \leqslant 15) \\ 80 \quad(n \geqslant 16)\end{array}(n \in N)\right.$

（2）(i） $x$ 可取 $60,70,80$, 当日需求量 $n=14$ 时, $x=60, n=15$ 时, $x=70$, 其 他情况 $X=80$ ，

$P(X=60)=\frac{\text { 频数 }}{\text { 总数 }}=\frac{10}{10+20+16+16+15+13+10}=\frac{10}{100}=0.1, P(X=70)=\frac{20}{100} 0.2, P(X=80$ )$=1-0.1-0.2=0.7$

$X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 60 & 70 & 80 \\
\hline$P$ & 0.1 & 0.2 & 0.7 \\
\hline
\end{tabular}

$E X=60 \times 0.1+70 \times 0.2+80 \times 0.7=76$

$D X=16^{2} \times 0.1+6^{2} \times 0.2+4^{2} \times 0.7=44$

(ii）购进 17 枝时, 当天的利润的期望为 $y=(14 \times 5-3 \times 5) \times 0.1+(15 \times 5-2 \times$

5) $\times 0.2+(16 \times 5-1 \times 5) \times 0.16+17 \times 5 \times 0.54=76.4$

$\because 76.4>76, \therefore$ 应购进 17 枝

答案：解: （1）当 $\mathrm{n} \geqslant 16$ 时, $\mathrm{y}=16 \times(10-5)=80$; 当 $n \leqslant 15$ 时, $y=5 n-5(16-n)=10 n-80$, 得: $y=\left\{\begin{array}{l}10 n-80(n \leqslant 15) \\ 80 \quad(n \geqslant 16)\end{array}(n \in N)\right.$

（2）(i） $x$ 可取 $60,70,80$, 当日需求量 $n=14$ 时, $x=60, n=15$ 时, $x=70$, 其 他情况 $X=80$ ，

$P(X=60)=\frac{\text { 频数 }}{\text { 总数 }}=\frac{10}{10+20+16+16+15+13+10}=\frac{10}{100}=0.1, P(X=70)=\frac{20}{100} 0.2, P(X=80$ )$=1-0.1-0.2=0.7$

$X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 60 & 70 & 80 \\
\hline$P$ & 0.1 & 0.2 & 0.7 \\
\hline
\end{tabular}

$E X=60 \times 0.1+70 \times 0.2+80 \times 0.7=76$

$D X=16^{2} \times 0.1+6^{2} \times 0.2+4^{2} \times 0.7=44$

(ii）购进 17 枝时, 当天的利润的期望为 $y=(14 \times 5-3 \times 5) \times 0.1+(15 \times 5-2 \times$

5) $\times 0.2+(16 \times 5-1 \times 5) \times 0.16+17 \times 5 \times 0.54=76.4$

$\because 76.4>76, \therefore$ 应购进 17 枝

2012 年高考 （新课标）
题目：设抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 准线为 $\mid, A \in C$, 已知以 $F$ 为圆心, $F A$ 为半径的圆 $F$ 交 I 于 $B, D$ 两点;

(1) 若 $\angle B F D=90^{\circ}, \triangle A B D$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$, 求 $p$ 的值及圆 $F$ 的方程;

(2) 若 $A, B, F$ 三点在同一直线 $\mathrm{m}$ 上, 直线 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{m}$ 平行, 且 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{C}$ 只有一个 公共点, 求坐标原点到 $m, n$ 距离的比值.

解答：（1）由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $I$ 的距离 $\mathrm{d}=|F \mathrm{FA}|=|\mathrm{FB}|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, 由 $\triangle \mathrm{ABD}$ 的面积 $\mathrm{S} \triangle \mathrm{ABD}=4 \sqrt{2}$, 知 $\frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=$ $\frac{1}{2} \times 2 p \times \sqrt{2} p=4 \sqrt{2}$, 由此能求出圆 $F$ 的方程.

（2）由对称性设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 关于点 $\mathrm{F}$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$, 得 $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 由此能求出坐标 原点到 $m, n$ 距离的比值.

解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$

点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $d=|F A|=|F B|=\sqrt{2} p$,

$\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,

解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,

$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.

(2) 由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{p}{2}\right)$,

$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上,

又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.

由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$

得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,

$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$

直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y \frac{\sqrt{3}}{6} p=0$

坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.

答案：解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$

点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $d=|F A|=|F B|=\sqrt{2} p$,

$\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,

解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,

$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.

(2) 由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{p}{2}\right)$,

$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上,

又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.

由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$

得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,

$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$

直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y \frac{\sqrt{3}}{6} p=0$

坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.

2012 年高考 （新课标）
题目：已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=f^{\prime} （ 1 ） e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2}$;

（1）求 $f(x)$ 的解析式及单调区间;

(2) 若 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant \frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}+a x+b$, 求 $(a+1) b$ 的最大值.

解答：(1) 对函数 $f(x)$ 求导, 再令自变量为 1 , 求出 $f^{\prime}$ (1) 得到函数的解 析式及导数, 再由导数求函数的单调区间;

(2) 由题意 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant \frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}+\mathrm{ax}+\mathrm{b} \Leftrightarrow \mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-(\mathrm{a}+1) \mathrm{x}-\mathrm{b} \geqslant 0$, 借助导数求出新函数的 最小值, 令其大于 0 即可得到参数 $a, b$ 所满足的关系式, 再研究 $(a+1) b$ 的最大值

解: (1) $f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f($ 0) $+x$

令 $x=1$ 得: $f(0)=1$

$\therefore f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-x^{2}+\frac{1}{2} x^{2}$ 令 $x=0$, 得 $\left.f(0)=f^{\prime} （ 1\right) e^{-1}=1$ 解得 $f^{\prime}(1)=e$ 故函数的解析式为 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$

令 $g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x$

$\therefore g^{\prime}(x)=e^{x}+1>0$, 由此知 $y=g(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增

当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(0)=0$; 当 $x<0$ 时, 有

$f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0$ 得:

函数 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$, 单调递减区间为 $(-\infty$,

0)

(2) $f(x) \geqslant \frac{1}{2} x^{2}+a x+b \Leftrightarrow h(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1) x-b \geqslant 0$ 得 $h^{\prime}(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1)$

(1)当 $a+1 \leqslant 0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Rightarrow y=h(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增, $x \rightarrow-\infty$ 时, $h(x) \rightarrow-$ $\infty$ 与 $\mathrm{h}(\mathrm{x}) \geqslant 0$ 矛盾

(2)当 $a+1>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x>\ln \left(a+1 ， h^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x<\ln (a+1)\right.$

得: 当 $x=\ln (a+1)$ 时, $h(x){ }_{\min }=(a+1)-(a+1) \ln (a+1)-b \geqslant 0$, 即 $(a+1$

)$-(a+1) \ln (a+1) \geqslant b$

$\therefore(a+1) b \leqslant(a+1)^{2-}(a+1)^{2} \ln (a+1), \quad(a+1>0)$

令 $F(x)=x^{2}-x^{2} \ln x(x>0)$, 则 $F^{\prime}(x)=x(1-2 \ln x)$

$\therefore F^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow 0<x<\sqrt{e}, F^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>\sqrt{e}$

当 $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ 时, $F(x)_{\text {max }}=\frac{\mathrm{e}}{2}$

即当 $a=\sqrt{e}-1, b=\frac{\sqrt{e}}{2}$ 时, $(a+1) b$ 的最大值为 $\frac{e}{2}$

答案：解: (1) $f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f($ 0) $+x$

令 $x=1$ 得: $f(0)=1$

$\therefore f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-x^{2}+\frac{1}{2} x^{2}$ 令 $x=0$, 得 $\left.f(0)=f^{\prime} （ 1\right) e^{-1}=1$ 解得 $f^{\prime}(1)=e$ 故函数的解析式为 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$

令 $g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x$

$\therefore g^{\prime}(x)=e^{x}+1>0$, 由此知 $y=g(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增

当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(0)=0$; 当 $x<0$ 时, 有

$f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0$ 得:

函数 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$, 单调递减区间为 $(-\infty$,

0)

(2) $f(x) \geqslant \frac{1}{2} x^{2}+a x+b \Leftrightarrow h(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1) x-b \geqslant 0$ 得 $h^{\prime}(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1)$

(1)当 $a+1 \leqslant 0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Rightarrow y=h(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增, $x \rightarrow-\infty$ 时, $h(x) \rightarrow-$ $\infty$ 与 $\mathrm{h}(\mathrm{x}) \geqslant 0$ 矛盾

(2)当 $a+1>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x>\ln \left(a+1 ， h^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x<\ln (a+1)\right.$

得: 当 $x=\ln (a+1)$ 时, $h(x){ }_{\min }=(a+1)-(a+1) \ln (a+1)-b \geqslant 0$, 即 $(a+1$

)$-(a+1) \ln (a+1) \geqslant b$

$\therefore(a+1) b \leqslant(a+1)^{2-}(a+1)^{2} \ln (a+1), \quad(a+1>0)$

令 $F(x)=x^{2}-x^{2} \ln x(x>0)$, 则 $F^{\prime}(x)=x(1-2 \ln x)$

$\therefore F^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow 0<x<\sqrt{e}, F^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>\sqrt{e}$

当 $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ 时, $F(x)_{\text {max }}=\frac{\mathrm{e}}{2}$

即当 $a=\sqrt{e}-1, b=\frac{\sqrt{e}}{2}$ 时, $(a+1) b$ 的最大值为 $\frac{e}{2}$

2012 年高考 （新课标）
题目：23. 选修 4- 4; 坐标系与参数方程

已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \phi \\ y=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的 正半轴为极轴建立坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的坐标系方程是 $\rho=2$, 正方形 $A B C D$ 的顶 点都在 $C_{2}$ 上, 且 $A, B, C, D$ 依逆时针次序排列, 点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$

(1) 求点 $A, B, C, D$ 的直角坐标;

（2）设 $P$ 为 $C_{1}$ 上任意一点, 求 $|P A|^{2+}|P B|^{2+}|P C|^{2}+|P D|^{2}$ 的取值范围.

解答：(1) 确定点 A, B, C, D 的极坐标, 即可得点 A, B, C, D 的直角坐标

(2) 利用参数方程设出 $\mathrm{P}$ 的坐标, 借助于三角函数, 即可求得 $|\mathrm{PA}|^{2+}|\mathrm{PB}|^{2+}|\mathrm{PC}|^{2+}|\mathrm{PD}|^{2}$ 的取值范围.

解: $(1)$ 点 $A, B, C, D$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$

点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$

(2) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数)

$t=|\mathrm{PA}|^{2}+|\mathrm{PB}|^{2}+|\mathrm{PC}|^{2}+|\mathrm{PD}|^{2}=4 \mathrm{x}^{2}+4 \mathrm{y}^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$

$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$

$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$

答案：解: $(1)$ 点 $A, B, C, D$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$

点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$

(2) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数)

$t=|\mathrm{PA}|^{2}+|\mathrm{PB}|^{2}+|\mathrm{PC}|^{2}+|\mathrm{PD}|^{2}=4 \mathrm{x}^{2}+4 \mathrm{y}^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$

$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$

$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$

2012 年高考 （新课标）
题目：已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, $c=\sqrt{3} a \sin C-\cos A$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $a=2, \triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 求 $b, c$.

解答：（1）由正弦定理有: $\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 可以求出 $A$;

（2）有三角形面积以及余弦定理, 可以求出 b、c.

解: (1) $\mathrm{c}=\sqrt{3} a \operatorname{asin} \mathrm{C}-\mathrm{ccos} \mathrm{A}$, 由正弦定理有:

$\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 即 $\sin C \cdot(\sqrt{3} \sin A-\cos A-1)=0$,

又, $\sin C \neq 0$,

所以 $\sqrt{3} \sin A-\cos A-1=0$, 即 $2 \sin \left(A-\frac{\pi}{6}\right)=1$,

所以 $A=\frac{\pi}{3}$;

(2) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} b c \sin A=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,

$a=2$, 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=b^{2}+c^{2}-b c$,

即有 $\left\{\begin{array}{l}b c=4 \\ b^{2}+c^{2}-b c=4\end{array}\right.$ ，

解得 $b=c=2$.

答案：解: (1) $\mathrm{c}=\sqrt{3} a \operatorname{asin} \mathrm{C}-\mathrm{ccos} \mathrm{A}$, 由正弦定理有:

$\sqrt{3} \sin A \sin C-\sin C \cos A-\sin C=0$, 即 $\sin C \cdot(\sqrt{3} \sin A-\cos A-1)=0$,

又, $\sin C \neq 0$,

所以 $\sqrt{3} \sin A-\cos A-1=0$, 即 $2 \sin \left(A-\frac{\pi}{6}\right)=1$,

所以 $A=\frac{\pi}{3}$;

(2) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} b c \sin A=\sqrt{3}$, 所以 $b c=4$,

$a=2$, 由余弦定理得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$, 即 $4=b^{2}+c^{2}-b c$,

即有 $\left\{\begin{array}{l}b c=4 \\ b^{2}+c^{2}-b c=4\end{array}\right.$ ，

解得 $b=c=2$.

2012 年高考 （新课标）
题目：某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花, 然后以 每枝 10 元的价格出售. 如果当天卖不完, 剩下的玫瑰花做垃圾处理.

（I ）若花店一天购进 17 枝玫瑰花, 求当天的利润 y（单位: 元）关于当天需 求量 $\mathrm{n}$ (单位: 枝, $\mathrm{n} \in \mathrm{N}$ ）的函数解析式.

（II）花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量（单位: 枝），整理得如表:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 日需求量 $\mathrm{n}$ & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 & 19 & 20 \\
\hline 频数 & 10 & 20 & 16 & 16 & 15 & 13 & 10 \\
\hline
\end{tabular}

（i）假设花店在这 100 天内每天购进 17 枝玫瑰花, 求这 100 天的日利润（单位 : 元 ) 的平均数;

(ii）若花店一天购进 17 枝玫瑰花, 以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求 量发生的概率, 求当天的利润不少于 75 元的概率.

解答：(I) 根据卖出一枝可得利润 5 元, 卖不出一枝可得赔本 5 元, 即可建 立分段函数;

(II) (i) 这 100 天的日利润的平均数, 利用 100 天的销售量除以 100 即可得 到结论;

（ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故可求当天的 利润不少于 75 元的概率.

解: ( I ) 当日需求量 $n \geqslant 17$ 时, 利润 $y=85$; 当日需求量 $n<17$ 时, 利润 $y=10 n-85 ; \quad(4$ 分 )

$\therefore$ 利润 $\mathrm{y}$ 关于当天需求量 $\mathrm{n}$ 的函数解析式 $\mathrm{y}=\left\{\begin{array}{l}10 \mathrm{n}-85, \mathrm{n}<17 \\ 85, \mathrm{n} \geqslant 17\end{array}\right.$ ( $\left.\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}\right) \quad$ (6 分)

(II ) (i) 这 100 天的日利润的平均数为 $\frac{55 \times 10+65 \times 20+75 \times 16+85 \times 54}{100}=76.4$ 元; (9 分) （ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故当天的利润 不少于 75 元的概率为 $P=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7$. (12 分)

答案：解: ( I ) 当日需求量 $n \geqslant 17$ 时, 利润 $y=85$; 当日需求量 $n<17$ 时, 利润 $y=10 n-85 ; \quad(4$ 分 )

$\therefore$ 利润 $\mathrm{y}$ 关于当天需求量 $\mathrm{n}$ 的函数解析式 $\mathrm{y}=\left\{\begin{array}{l}10 \mathrm{n}-85, \mathrm{n}<17 \\ 85, \mathrm{n} \geqslant 17\end{array}\right.$ ( $\left.\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}\right) \quad$ (6 分)

(II ) (i) 这 100 天的日利润的平均数为 $\frac{55 \times 10+65 \times 20+75 \times 16+85 \times 54}{100}=76.4$ 元; (9 分) （ii）当天的利润不少于 75 元, 当且仅当日需求量不少于 16 枝, 故当天的利润 不少于 75 元的概率为 $P=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7$. (12 分)

2012 年高考 （新课标）
题目：设抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 准线为 $\mid, A \in C$, 已知以 $F$ 为圆心, $F A$ 为半径的圆 $F$ 交 $I$ 于 $B, D$ 两点;

(1) 若 $\angle B F D=90^{\circ}, \triangle A B D$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$, 求 $p$ 的值及圆 $F$ 的方程;

(2) 若 $A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上, 直线 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{m}$ 平行, 且 $\mathrm{n}$ 与 $C$ 只有一个 公共点, 求坐标原点到 $m, n$ 距离的比值.

解答：（1）由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 的距 离 $\mathrm{d}=|F \mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, 由 $\triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$, 知 $\frac{1}{2} \times B D \times d=$ $\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$, 由此能求出圆 $\mathrm{F}$ 的方程.

（2）由对称性设 $A\left(x_{0}, \frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right)\left(x_{0}>0\right)$, 则 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$, 得 $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 由此能求出坐标 原点到 $m, n$ 距离的比值.

解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $\mathrm{d}=|\mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, $\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,

解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,

$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.

（2）由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$,

$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上，

又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.

由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$

得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,

$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$

直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y-\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{p}=0$

坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.

答案：解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $\mathrm{d}=|\mathrm{FA}|=|F B|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, $\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,

解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,

$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.

（2）由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$,

$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上，

又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.

由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$

得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,

$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$

直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y-\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{p}=0$

坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.

2012 年高考 （新课标）
题目：设函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$.

（I）求 $f(x)$ 的单调区间;

(II ) 若 $a=1, k$ 为整数, 且当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$, 求 $k$ 的最大 值.

解答：（I ）求函数的单调区间, 可先求出函数的导数, 由于函数中含有字母 $a$, 故应按 $a$ 的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性, 给出单调区间;

（II）由题设条件结合（I）, 将不等式, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 在 $x>0$ 时成 立转化为 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x(x>0)$ 成立, 由此问题转化为求 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$ 在 $x>$ 0 上的最小值问题, 求导, 确定出函数的最小值, 即可得出 $\mathrm{k}$ 的最大值;

解：（1）函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 的定义域是 $R, f^{\prime}(x)=e^{x}-a$, 若 $a \leqslant 0$, 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a \geqslant 0$, 所以函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上 单调递增.

若 $a>0$, 则当 $x \in\left(-\infty, \ln a ）\right.$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a<0$;

当 $x \in(\ln a,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a>0$;

所以, $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 单调递减, 在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增.

（II）由于 $a=1$, 所以, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1=(x-k)\left(e^{x}-1\right)+x+1$

故当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 等价于 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x \quad(x>0)$ (1)

令 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{-x e^{x}-1}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}+1=\frac{e^{x}\left(e^{x}-x-2\right)}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}$

由（1）知, 当 $a=1$ 时, 函数 $h(x)=e^{x}-x-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

而 $\mathrm{h}(1)<0, \mathrm{~h}(2)>0$,

所以 $h(x)=e^{x}-x^{-} 2$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点,

故 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点, 设此零点为 $\alpha$, 则有 $\alpha \in(1,2)$

当 $x \in(0, \alpha)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(\alpha,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$;

所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $g(\alpha)$.

又由 $g^{\prime}(\alpha)=0$, 可得 $e^{\alpha}=\alpha+2$ 所以 $g(\alpha)=\alpha+1 \in(2,3)$

由于(1)式等价于 $k<g(\alpha)$, 故整数 $k$ 的最大值为 2 .

答案：解：（1）函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 的定义域是 $R, f^{\prime}(x)=e^{x}-a$, 若 $a \leqslant 0$, 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-a \geqslant 0$, 所以函数 $f(x)=e^{x}-a x-2$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上 单调递增.

若 $a>0$, 则当 $x \in\left(-\infty, \ln a ）\right.$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a<0$;

当 $x \in(\ln a,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}-a>0$;

所以, $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 单调递减, 在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增.

（II）由于 $a=1$, 所以, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1=(x-k)\left(e^{x}-1\right)+x+1$

故当 $x>0$ 时, $(x-k) f^{\prime}(x)+x+1>0$ 等价于 $k<\frac{x+1}{e^{x}-1}+x \quad(x>0)$ (1)

令 $g(x)=\frac{x+1}{e^{x}-1}+x$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{-x e^{x}-1}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}+1=\frac{e^{x}\left(e^{x}-x-2\right)}{\left(e^{x}-1\right)^{2}}$

由（1）知, 当 $a=1$ 时, 函数 $h(x)=e^{x}-x-2$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

而 $\mathrm{h}(1)<0, \mathrm{~h}(2)>0$,

所以 $h(x)=e^{x}-x^{-} 2$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点,

故 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一的零点, 设此零点为 $\alpha$, 则有 $\alpha \in(1,2)$

当 $x \in(0, \alpha)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(\alpha,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$;

所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最小值为 $g(\alpha)$.

又由 $g^{\prime}(\alpha)=0$, 可得 $e^{\alpha}=\alpha+2$ 所以 $g(\alpha)=\alpha+1 \in(2,3)$

由于(1)式等价于 $k<g(\alpha)$, 故整数 $k$ 的最大值为 2 .

2012 年高考 （新课标）
题目：23. 选修 4- 4; 坐标系与参数方程

已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \Phi \\ y=3 \sin \Phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的 正半轴为极轴建立坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的坐标系方程是 $\rho=2$, 正方形 $A B C D$ 的顶 点都在 $C_{2}$ 上, 且 $A, B, C, D$ 依逆时针次序排列, 点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$

(1) 求点 $A, B, C, D$ 的直角坐标;

（2）设 $P$ 为 $C_{1}$ 上任意一点, 求 $|P A|^{2+}|P B|^{2+}|P C|^{2}+|P D|^{2}$ 的取值范围.

解答：(1) 确定点 $A, B, C, D$ 的极坐标, 即可得点 $A, B, C, D$ 的直角坐标

( 2 ）利用参数方程设出 $\mathrm{P}$ 的坐标, 借助于三角函数, 即可求得 $|\mathrm{PA}|^{2+}|\mathrm{PB}|^{2+}|\mathrm{PC}|^{2+}|\mathrm{PD}|^{2}$ 的取值范围.

解: $(1)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$

点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$

（2）设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ (中为参数) $t=|P A|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2}+|P D|^{2}=4 x^{2}+4 y^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$

$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$

$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$

答案：解: $(1)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$

点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$

（2）设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ (中为参数) $t=|P A|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2}+|P D|^{2}=4 x^{2}+4 y^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$

$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$

$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$