2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若函数 $f(x)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$ 为偶函数, 则 $a=$

解答：解: $\because f(x)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$ 为偶函数,

$\therefore f(-x)=f(x)$,

$\therefore(-x) \ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$,

$\therefore-\ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=\ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$,

$\therefore \ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)+\ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=0$,

$\therefore \ln \left(\sqrt{a+x^{2}}+x\right) \quad\left(\sqrt{a+x^{2}}-x\right)=0$

$\therefore \ln a=0$,

$\therefore a=1$.

故答案为: 1 .

答案：1

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 不平行, 向量 $\lambda \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}+2 \vec{b}$ 平行, 则实数 $\lambda=$

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 不平行, 向量 $\lambda \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}+2 \vec{b}$ 平行,

$\therefore \lambda \vec{a}+\vec{b}=t(\vec{a}+2 \vec{b})=t \vec{a}+2 t \vec{b}$, $\therefore\left\{\begin{array}{c}\lambda=\mathrm{t} \\ 1=2 \mathrm{t}\end{array}\right.$, 解得实数 $\lambda=\frac{1}{2}$.

故答案为: $\frac{1}{2}$.

答案：$\frac{1}{2}$

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$(a+x)(1+x)^{4}$ 的展开式中 $x$ 的奇数次幂项的系数之和为 32 , 则 $a=$

解答：解：设 $f(x)=(a+x)(1+x)^{4}=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots+a_{5} x^{5}$,

令 $x=1$, 则 $a_{0}+a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{5}=f(1 ）=16(a+1)$, (1)

令 $x=-1$, 则 $a_{0}-a_{1}+a_{2}-\ldots-a_{5}=f(-1)=0$. (2)

(1)- (2)得, 2 $\left(a_{1}+a_{3}+a_{5}\right)=16(a+1)$,

所以 $2 \times 32=16(a+1)$,

所以 $a=3$.

故答案为: 3 .

答案：3

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{1}=-1, a_{n+1}=S_{n+1} S_{n}$, 则 $S_{n}=$

解答：解: $\because a_{n+1}=S_{n+1} s_{n}$,

$\therefore \mathrm{s}_{\mathrm{n}+1}-\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{S}_{\mathrm{n}+1} \mathrm{~S}_{\mathrm{n}}$,

$\therefore \frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n+1}}=1$,

又 $\because a_{1}=-1$, 即 $\frac{1}{S_{1}}=-1$,

$\therefore$ 数列 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是以首项是- 1 、公差为- 1 的等差数列,

$\therefore \frac{1}{S_{n}}=-\mathrm{n}$,

$\therefore S_{n}=-\frac{1}{n}$,

故答案为: $-\frac{1}{n}$.

答案：$-\frac{1}{n}$

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{n+1}=2 a_{n}, S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{n}=126$, 则 $n=$

解答：解: $\because a_{n+1}=2 a_{n}$,

$\therefore \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=2$

$\because a_{1}=2$

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是 $a_{1}=2$ 为首项, 以 2 为公比的等比数列,

$\therefore S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n+1}-2=126$,

$\therefore 2^{n+1}=128$

$\therefore \mathrm{n}+1=7$

$\therefore n=6$.

故答案为: 6

答案：6

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=a x^{3}+x+1$ 的图象在点（1，f(1））处的切线过点（ 2, 7）, 则 $a=$

解答：解: 函数 $f(x)=a x^{3}+x+1$ 的导数为: $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+1, f^{\prime}(1)=3 a+1$, 而 $f(1)=a+2$

切线方程为: $y-a-2=(3 a+1)(x-1)$, 因为切线方程经过 $(2,7)$,

所以 7- $a-2=(3 a+1)(2-1)$,

解得 $a=1$.

故答案为: 1 .

答案：1

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $F$ 是双曲线 $C: x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$ 的右焦点, $P$ 是 $C$ 的左支上一点, $A($ $0,6 \sqrt{6})$. 当 $\triangle A P F$ 周长最小时, 该三角形的面积为

解答：解：由题意, 设 $\mathrm{F}^{\prime}$ 是左焦点, 则 $\triangle A P F$ 周长 $=|\mathrm{AF}|+|\mathrm{AP}|+|\mathrm{PF}|=|\mathrm{AF}|+|\mathrm{AP}|+\left|\mathrm{PF}^{\prime}\right|+2$

$\geqslant|A F|+\left|A F^{\prime}\right|+2\left(A, P, F^{\prime}\right.$ 三点共线时, 取等号），

直线 $A F^{\prime}$ 的方程为 $\frac{x}{-3}+\frac{y}{6 \sqrt{6}}=1$ 与 $x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$ 联立可得 $y^{2}+6 \sqrt{6} y-96=0$,

$\therefore P$ 的纵坐标为 $2 \sqrt{6}$,

$\therefore \triangle \mathrm{APF}$ 周长最小时, 该三角形的面积为 $\frac{1}{2} \times 6 \times 6 \sqrt{6}-\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{6}=12 \sqrt{6}$.

故答案为: $12 \sqrt{6}$.

答案：$12 \sqrt{6}$

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=a x^{3}-2 x$ 的图象过点 $(-1,4)$ 则 $a=$

解答：解： 根据条件得: $4=-\mathrm{a}+2$;

$\therefore a=-2$.

故答案为: -2 .

答案：-2

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知双曲线过点 $(4, \sqrt{3})$ 且渐近线方程为 $y= \pm \frac{1}{2} x$, 则该双曲线的 标准方程是

解答：解：设双曲线方程为 $y^{2}-\frac{1}{4} x^{2}=\lambda$,

代入点 $(4, \sqrt{3})$, 可得 $3-\frac{1}{4} \times 16=\lambda$,

$\therefore \lambda=-1$

$\therefore$ 双曲线的标准方程是 $\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$.

故答案为: $\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$.

答案：$\frac{1}{4} x^{2}-y^{2}=1$

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知曲线 $y=x+\ln x$ 在点 $\left(1,1 ）\right.$ 处的切线与曲线 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 相切，则 $a=$

解答：解: $y=x+\ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x}$,

曲线 $y=x+\ln x$ 在 $x=1$ 处的切线斜率为 $k=2$,

则曲线 $y=x+\ln x$ 在 $x=1$ 处的切线方程为 $y-1=2 x-2$, 即 $y=2 x-1$.

由于切线与曲线 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 相切,

故 $y=a x^{2}+(a+2) x+1$ 可联立 $y=2 x-1$,

得 $a x^{2}+a x+2=0$,

又 $a \neq 0$, 两线相切有一切点,

所以有 $\triangle=\mathrm{a}^{2}-8 a=0$,

解得 $a=8$.

故答案为: 8 .

答案：8

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设复数 $z$ 满足 $\frac{1+z}{1-z}=i$, 则 $|z|=(\quad)$
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

解答：解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $\frac{1+z}{1-z}=i$,

$\therefore 1+z=i-z i$,

$\therefore z(1+i)=i-1$,

$\therefore z=\frac{i-1}{i+1}=i$

$\therefore|z|=1$

故选: A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：2. （5 分 $) \sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}-\cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ}=(\quad ）$
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{2}$

解答：解: $\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}-\cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ}$ $=\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ}+\cos 20^{\circ} \sin 10^{\circ}$

$=\sin 30^{\circ}$

$=\frac{1}{2}$

故选: D.

答案：D

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设命题 $p: \exists n \in N, n^{2}>2^{n}$, 则 $p$ 为 $(\quad)$
A. $\forall n \in N, n^{2}>2^{n}$
B. $\exists n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$
C. $\forall n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$
D. $\exists n \in N, n^{2}=2^{n}$

解答：解: 命题的否定是: $\forall n \in N, n^{2} \leqslant 2^{n}$,

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：投篮测试中, 每人投 3 次, 至少投中 2 次才能通过测试. 已知某同 学每次投篮投中的概率为 0.6 , 且各次投篮是否投中相互独立, 则该同学通过 测试的概率为 $(\quad)$
A. 0.648
B. 0.432
C. 0.36
D. 0.312

解答：解：由题意可知: 同学 3 次测试满足 $X \sim B(3,0.6 ）$,

该同学通过测试的概率为 $C_{3}^{2}(0.6)^{2} \times(1-0.6)+C_{3}^{3}(0.6)^{3}=0.648$.

故选: $A$.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ 上的一点, $F_{1}, F_{2}$ 是 $C$ 的左 、右两个焦点, 若 $\overrightarrow{M F_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MF}_{2}}<0$, 则 $\mathrm{y}_{0}$ 的取值范围是（ )
A. $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$
B. $\left(-\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}\right)$
C. $\left(-\frac{2 \sqrt{2}}{3}, \frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)$
D. $\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$

解答：解：由题意, $\overrightarrow{M_{1}} \cdot \overrightarrow{M_{2}}=\left(-\sqrt{3}-x_{0},-y_{0}\right) \cdot\left(\sqrt{3}-x_{0},-y_{0}\right)$

$$
=\mathrm{x}_{0}^{2}-3+\mathrm{y}_{0}^{2}=3 \mathrm{y}_{0}^{2}-1<0
$$

所以 $-\frac{\sqrt{3}}{3}<y_{0}<\frac{\sqrt{3}}{3}$.

故选: $A$.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\left(x^{2}+x+y\right)^{5}$ 的展开式中, $x^{5} y^{2}$ 的系数为 $(\quad)$
A. 10
B. 20
C. 30
D. 60

解答：解: $\left(x^{2}+x+y\right)^{5}$ 的展开式的通项为 $T_{r+1}=C_{5}^{r}\left(x^{2}+x\right)^{5-r} y^{r}$,

令 $r=2$, 则 $\left(x^{2}+x\right)^{3}$ 的通项为 $C_{3}^{k}\left(x^{2}\right)^{3-k} x^{k}=C_{3}^{k} x^{6-k}$,

令 6- $k=5$, 则 $k=1$,

$\therefore\left(x^{2}+x+y\right)^{5}$ 的展开式中, $x^{5} y^{2}$ 的系数为 $C_{5}^{2} C_{3}^{1}=30$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $\mathrm{A}=\{-2,-1,0,1,2\}, B=\{x \mid(x-1)(x+2)<0\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{-1,0\}$
B. $\{0,1\}$
C. $\{-1,0,1\}$
D. $\{0,1,2\}$

解答：解: $\mathrm{B}=\{x \mid-2<x<1\}, \mathrm{A}=\{-2,-1,0,1,2\}$;

$\therefore A \cap B=\{-1,0\}$.

故选: A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $a$ 为实数, 且 $(2+a i)(a-2 i)=-4 i$, 则 $a=(\quad)$
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2

解答：解：因为 $(2+a i)(a-2 i)=-4 i$, 所以 $4 a+\left(a^{2}-4\right) i=-4 i$,

$4 a=0$, 并且 $a^{2}-4=-4$,

所以 $a=0$; 故选：B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{1}+a_{3}+a_{5}=21$, 则 $a_{3}+a_{5}+a_{7}=(\quad)$
A. 21
B. 42
C. 63
D. 84

解答：解: $\because a_{1}=3, a_{1}+a_{3}+a_{5}=21$,

$\therefore a_{1}\left(1+q^{2}+q^{4}\right)=21$

$\therefore q^{4}+q^{2}+1=7$

$\therefore q^{4}+q^{2}-6=0$

$\therefore q^{2}=2$

$\therefore a_{3}+a_{5}+a_{7}=a_{1}\left(q^{2}+q^{4}+q^{6}\right)=3 \times(2+4+8)=42$.

故选: B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1+\log _{2}(2-x), & x<1 \\ 2^{x-1}, & x \geqslant 1\end{array}\right.$, 则 $f(-2)+f\left(\log _{2} 12\right)=($ )
A. 3
B. 6
C. 9
D. 12

解答：解：函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}1+\log _{2}(2-x), x<1 \\ 2^{x-1}, x \geqslant 1\end{array}\right.$,

即有 $f(-2)=1+\log _{2}(2+2)=1+2=3$,

$f\left(\log _{2} 12\right)=2^{\log _{2} 12-1}=2 \log _{2} 12 \times \frac{1}{2}=12 \times \frac{1}{2}=6$

则有 $f(-2)+f\left(\log _{2} 12\right)=3+6=9$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：过三点 $A(1,3), B(4,2), C(1,-7)$ 的圆交 $y$ 轴于 $M, N$ 两点, 则 $|\mathrm{MN}|=(\quad)$
A. $2 \sqrt{6}$
B. 8
C. $4 \sqrt{6}$
D. 10

解答：解: 设圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$, 则 $\left\{\begin{array}{l}1+9+D+3 E+F=0 \\ 16+4+4 D+2 E+F=0 \\ 1+49+D-7 E+F=0\end{array}\right.$,

$\therefore D=-2, E=4, F=-20$,

$\therefore x^{2}+y^{2}-2 x+4 y-20=0$,

令 $x=0$, 可得 $y^{2}+4 y-20=0$,

$\therefore y=-2 \pm 2 \sqrt{6}$,

$\therefore|\mathrm{MN}|=4 \sqrt{6}$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $A, B$ 为双曲线 $E$ 的左, 右顶点, 点 $M$ 在 $E$ 上, $\triangle A B M$ 为等

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A. $\sqrt{5}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$

解答：解: 设 $M$ 在双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的左支上,

且 $M A=A B=2 a, \angle M A B=120^{\circ}$,

则 $M$ 的坐标为 $(-2 a, \sqrt{3} a)$,

代入双曲线方程可得, $\frac{4 a^{2}}{a^{2}}-\frac{3 a^{2}}{b^{2}}=1$

可得 $a=b$,

$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{2} a$

即有 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{2}$.

故选: D.

答案：D

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid x=3 n+2, n \in N\}, B=\{6,8,10,12,14\}$, 则集合 $A \cap$ $B$ 中元素的个数为 $(\quad)$
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2

解答：解: $A=\{x \mid x=3 n+2, n \in N\}=\{2,5,8,11,14,17, \ldots\}$,

则 $A \cap B=\{8,14\}$,

故集合 $A \cap B$ 中元素的个数为 2 个,

故选: D.

答案：D

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知点 $A(0,1), B(3,2)$, 向量 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-4,-3)$, 则向量 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=$
A. $(-7,-4)$
B. $(7,4)$
C. $(-1,4)$
D. $(1,4)$

解答：解：由已知点 $\mathrm{A}(0,1), \mathrm{B}(3,2)$, 得到 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(3,1)$, 向量 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=($ $-4,-3)$ 则向量 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(-7,-4)$;

故选: A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知复数 $z$ 满足 $(z-1) i=1+i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-2-\mathrm{i}$
B. $-2+i$
C. 2- $i$
D. $2+i$

解答：解：由 $(z-1) i=1+i$ ，得 $z-1=\frac{1+i}{i}=\frac{-i(1+i)}{-i^{2}}=1-i$, $\therefore \mathrm{z}=2-\mathrm{i}$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长, 则称这 3 个 数为一组勾股数. 从 $1,2,3,4,5$ 中任取 3 个不同的数, 则这 3 个数构成 一组勾股数的概率为 ( $)$
A. $\frac{3}{10}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{10}$
D. $\frac{1}{20}$

解答：解: 从 $1,2,3,4,5$ 中任取 3 个不同的数, 有 $(1,2,3),(1,2$, $4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5)(2,3,4)$, $(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)$ 共 10 种,

其中只有 $(3,4,5)$ 为勾股数,

故这 3 个数构成一组勾股数的概率为 $\frac{1}{10}$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知椭圆 $E$ 的中心在坐标原点, 离心率为 $\frac{1}{2}, E$ 的右焦点与抛物线 $C$ : $y^{2}=8 x$ 的焦点重合, $A, B$ 是 $C$ 的准线与 $E$ 的两个交点, 则 $|A B|=(\quad)$
A. 3
B. 6
C. 9
D. 12

解答：解：椭圆 $E$ 的中心在坐标原点, 离心率为 $\frac{1}{2}, \mathrm{E}$ 的右焦点 $(\mathrm{c}, 0)$ 与抛 物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点 $(2,0)$ 重合，

可得 $c=2, a=4, b^{2}=12$, 椭圆的标准方程为: $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$,

抛物线的准线方程为: $x=-2$,

由 $\left\{\begin{array}{l}x=-2 \\ \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{array}\right.$, 解得 $y= \pm 3$, 所以 $A(-2,3), B(-2,-3)$.

$|A B|=6$.

故选: B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{8}=4 S_{4}$, 则 $\mathrm{a}_{10}=(\quad)$
A. $\frac{17}{2}$
B. $\frac{19}{2}$
C. 10
D. 12

解答：解: $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{8}=4 S_{4}$,

$\therefore 8 \mathrm{a}_{1}+\frac{8 \times 7}{2} \times 1=4 \times\left(4 \mathrm{a}_{1}+\frac{4 \times 3}{2}\right)$,

解得 $a_{1}=\frac{1}{2}$.

则 $\mathrm{a}_{10}=\frac{1}{2}+9 \times 1=\frac{19}{2}$.

故选: B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}2^{x-1}-2, x \leqslant 1 \\ -\log _{2}(x+1), x>1\end{array}\right.$, 且 $f(a)=-3$, 则 $f(6-a$ )$=(\quad)$
A. $-\frac{7}{4}$
B. $-\frac{5}{4}$
C. $-\frac{3}{4}$
D. $-\frac{1}{4}$

解答：解: 由题意, $a \leqslant 1$ 时, $2^{\alpha-1}-2=-3$, 无解;

$a>1$ 时, $-\log _{2}(a+1)=-3, \therefore \alpha=7$,

$\therefore f(6-a)=f(-1)=2^{-1-1}-2=-\frac{7}{4}$.

故选: A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid-1<x<2\}, B=\{x \mid 0<x<3\}$, 则 $A \cup B=(\quad)$
A. $(-1,3)$
B. $(-1,0)$
C. $(0,2)$
D. $(2,3)$

解答：解: $\because A=\{x \mid-1<x<2\}, B=\{x \mid 0<x<3\}$,

$\therefore A \cup B=\{x \mid-1<x<3\}$

故选：A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若为 $a$ 实数, 且 $\frac{2+a i}{1+i}=3+i$, 则 $a=(\quad)$
A. -4
B. -3
C. 3
D. 4

解答：解：由 $\frac{2+a i}{1+i}=3+i$, 得 $2+a i=(1+i) \quad(3+i)=2+4 i$,

则 $a=4$,

故选: D.

答案：D

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\vec{a}=(1,-1), \vec{b}=(-1,2)$ 则 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{a}=(\quad)$
A. -1
B. 0
C. 1
D. 2

解答：解: 因为 $\vec{a}=(1,-1), \vec{b}=(-1,2)$ 则 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{a}=(1,0) \cdot(1$, - 1) $=1$

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $S_{n}$ 是等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $a_{1}+a_{3}+a_{5}=3$, 则 $S_{5}=(\quad)$
A. 5
B. 7
C. 9
D. 11

解答：解: 由等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的性质, $a_{1}+a_{3}+a_{5}=3=3 a_{3}$, 解得 $a_{3}=1$.

则 $S_{5}=\frac{5\left(a_{1}+a_{5}\right)}{2}=5 a_{3}=5$.

故选: A.

答案：A

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知三点 $A(1,0), B(0, \sqrt{3}), C(2, \sqrt{3})$ 则 $\triangle A B C$ 外接圆的 圆心到原点的距离为 ( )
A. $\frac{5}{3}$
B. $\frac{\sqrt{21}}{3}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{3}$
D. $\frac{4}{3}$

解答：解: 因为 $\triangle A B C$ 外接圆的圆心在直线 $B C$ 垂直平分线上, 即直线 $x=1$ 上, 可设圆心 $P(1, p)$, 由 $P A=P B$ 得

$|\mathrm{p}|=\sqrt{1+(\mathrm{p}-\sqrt{3})^{2}}$

得 $p=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

圆心坐标为 $P\left(1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$,

所以圆心到原点的距离 $|O P|=\sqrt{1+\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\sqrt{1+\frac{12}{9}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$,

故选: B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $\left.a_{1}=\frac{1}{4}, a_{3} a_{5}=4 （ a_{4}-1\right)$, 则 $a_{2}=(\quad)$
A. 2
B. 1
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{8}$

解答：解: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$,

$\because a_{1}=\frac{1}{4}, a_{3} a_{5}=4\left(a_{4}-1\right)$,

$\therefore\left(\frac{1}{4}\right)^{2} \times q^{6}=4\left(\frac{1}{4} q^{3}-1\right)$,

化为 $q^{3}=8$, 解得 $q=2$

则 $a_{2}=\frac{1}{4} \times 2=\frac{1}{2}$.

故选: C.

答案：C

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设函数 $f(x)=\ln (1+|x|)-\frac{1}{1+x^{2}}$, 则使得 $f(x)>f(2 x-1)$ 成 立的 $\mathrm{x}$ 的取值范围是 ( $)$
A. $\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup(1,+\infty)$
B. $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$
C. $\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)$
D. $\left(-\infty,-\frac{1}{3},\right) \cup\left(\frac{1}{3},+\infty\right)$

解答：解: $\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\ln (1+|\mathrm{x}|)-\frac{1}{1+\mathrm{x}^{2}}$ 为偶函数,

且在 $x \geqslant 0$ 时, $f(x)=\ln (1+x)-\frac{1}{1+x^{2}}$,

导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{2 x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}>0$,

即有函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore f(x)>f(2 x-1)$ 等价为 $f(|x|)>f(|2 x-1|)$,

即 $|x|>|2 x-1|$,

平方得 $3 x^{2}-4 x+1<0$,

解得: $\frac{1}{3}<x<1$,

所求 $x$ 的取值范围是 $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$.

故选: B.

答案：B

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{n}>0, a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式:

(II ) 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{r+1}}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：(1）根据数列的递推关系, 利用作差法即可求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式: (III) 求出 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{r+1}}$, 利用裂项法即可求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$

两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$,

即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$,

$\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$,

$\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$

$\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ :

( II ) $\because a_{n}=2 n+1$,

$\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$,

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$

答案：解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$

两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$,

即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$,

$\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$,

$\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$

$\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ :

( II ) $\because a_{n}=2 n+1$,

$\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$,

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 与直线 $:: y=k x+a(a>0)$ 交 于 $M, N$ 两点.

(I) 当 $k=0$ 时, 分別求 $C$ 在点 $M$ 和 $N$ 处的切线方程.

( II) $y$ 轴上是否存在点 $P$, 使得当 $k$ 变动时, 总有 $\angle O P M=\angle O P N$ ? （说明理由 )

解答：(1) 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 可得交点 $M, N$ 的坐标, 由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$, 利用导 数的运算法则可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$, 利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程.

(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}\right.$, $\left.y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 PM, PN 的斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$. 直线方程与抛物线 方程联立化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$, 利用根与系数的关系、斜率计算公式可得 $k_{1}+k_{2}=$ $\frac{k(a+b)}{a} \cdot k_{1}+k_{2}=0 \Leftrightarrow$ 直线 PM, $P N$ 的倾斜角互补 $\Leftrightarrow \angle O P M=\angle O P N$. 即可证明.

解：（1）联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$ 不妨取 $M(2 \sqrt{a}, a), N(-2 \sqrt{a}, a)$,

由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$,

$\therefore$ 曲线 C 在 $M$ 点处的切线斜率为 $\frac{2 \sqrt{a}}{2}=\sqrt{a}$, 其切线方程为: $y^{-} a=\sqrt{a}(x-2 \sqrt{a})$, 化为 $\sqrt{a} x-y-a=0$.

同理可得曲线 $C$ 在点 $N$ 处的切线方程为: $\sqrt{a} x+y+a=0$.

(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 下面给出证明:

设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 $P M, P N$ 的 斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$.

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$,

$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 a$.

$\therefore \mathrm{k}_{1}+\mathrm{k}_{2}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{\mathrm{y}_{2}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{2}}=\frac{2 \mathrm{kx} \mathrm{x}_{1}+(\mathrm{a}-\mathrm{b})\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)}{\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}}=\frac{\mathrm{k}(\mathrm{a}+\mathrm{b})}{\mathrm{a}}$.

当 $b=-a$ 时, $k_{1}+k_{2}=0$, 直线 PM, PN 的倾斜角互补, $\therefore \angle \mathrm{OPM}=\angle \mathrm{OPN}$

$\therefore$ 点 $P(0,-a)$ 符合条件.

答案：解：（1）联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$ 不妨取 $M(2 \sqrt{a}, a), N(-2 \sqrt{a}, a)$,

由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$,

$\therefore$ 曲线 C 在 $M$ 点处的切线斜率为 $\frac{2 \sqrt{a}}{2}=\sqrt{a}$, 其切线方程为: $y^{-} a=\sqrt{a}(x-2 \sqrt{a})$, 化为 $\sqrt{a} x-y-a=0$.

同理可得曲线 $C$ 在点 $N$ 处的切线方程为: $\sqrt{a} x+y+a=0$.

(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 下面给出证明:

设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 $P M, P N$ 的 斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$.

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$,

$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 a$.

$\therefore \mathrm{k}_{1}+\mathrm{k}_{2}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{\mathrm{y}_{2}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{2}}=\frac{2 \mathrm{kx} \mathrm{x}_{1}+(\mathrm{a}-\mathrm{b})\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)}{\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}}=\frac{\mathrm{k}(\mathrm{a}+\mathrm{b})}{\mathrm{a}}$.

当 $b=-a$ 时, $k_{1}+k_{2}=0$, 直线 PM, PN 的倾斜角互补, $\therefore \angle \mathrm{OPM}=\angle \mathrm{OPN}$

$\therefore$ 点 $P(0,-a)$ 符合条件.

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{3}+a x+\frac{1}{4}, g(x)=-\ln x$

(i) 当 $a$ 为何值时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;

（ii）用 $\min \{m, n\}$ 表示 $m, n$ 中的最小值，设函数 $h(x)=\min \{f(x) ， g （ x)$ \}$(x>0)$, 讨论 $h(x)$ 零点的个数.

解答：(i) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$. 设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f($ $\left.x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 解出即可.

（ii）对 $x$ 分类讨论: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$, 可得函数 $h(x)=\min$ $\{f(x), g(x)\} \leqslant g(x)<0$, 即可得出零点的个数.

当 $x=1$ 时，对 $a$ 分类讨论： $a \geqslant-\frac{5}{4}, a<-\frac{5}{4}$, 即可得出零点的个数;

当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可. 对 $a$ 分类讨论: (1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, (2)当 $-3<a<0$ 时, 利用导 数研究其单调性极值即可得出.

解: （i） $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$.

设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f\left(x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$,

$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
x_{0}^{3}+a x_{0}+\frac{1}{4}=0 \\
3 x_{0}^{2}+a=0
\end{array} \text {, 解得 } x_{0}=\frac{1}{2}, a=-\frac{3}{4} .\right.
$$

因此当 $a=-\frac{3}{4}$ 时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;

（ii）当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{\mathrm{f}(\mathrm{x}), \mathrm{g}(\mathrm{x})\}<0$,

故 $h(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 时无零点.

当 $x=1$ 时, 若 $a \geqslant-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4} \geqslant 0$,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0$, 故 $\mathrm{x}=1$ 是函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的一个零点; 若 $a<-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4}<0, \therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0$, 故 $x=1$ 不是函数 $h(x)$ 的零点;

当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可.

(1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$ 在 $(0,1)$ 内无零点, 因此 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内单调,

而 $f(0)=\frac{1}{4}, f(1)=a+\frac{5}{4} ， \therefore$ 当 $a \leqslant-3$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有一 个零点，

当 $a \geqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内没有零点.

(2)当 $-3<a<0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \sqrt{\frac{-a}{3}}\right)$ 内单调递减, 在 $\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}, 1\right)$ 内单调 递增, 故当 $x=\sqrt{\frac{-a}{3}}$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=\frac{2 a}{3} \sqrt{\frac{-a}{3}}+\frac{1}{4}$. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)>0$, 即 $-\frac{3}{4}<\mathrm{a}<0$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,1)$ 内无零点. 若 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=0$, 即 $a=-\frac{3}{4}$, 则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有唯一零点. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)<0$, 即 $-3<a<-\frac{3}{4}$, 由 $\mathrm{f}(0)=\frac{1}{4}, f(1)=\mathrm{a}+\frac{5}{4}$, $\therefore$ 当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有两个零点. 当 $-3<a \leqslant-\frac{5}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有一个零点.

综上可得: $a<-\frac{5}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有一个零点.

当 $a>-\frac{3}{4}$ 时, $h(x)$ 有一个零点; 当 $a=-\frac{3}{4}$ 或 $-\frac{5}{4}$ 时, $h(x)$ 有两个零点;

当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有三个零点.

答案：解: （i） $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$.

设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f\left(x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$,

$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
x_{0}^{3}+a x_{0}+\frac{1}{4}=0 \\
3 x_{0}^{2}+a=0
\end{array} \text {, 解得 } x_{0}=\frac{1}{2}, a=-\frac{3}{4} .\right.
$$

因此当 $a=-\frac{3}{4}$ 时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;

（ii）当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{\mathrm{f}(\mathrm{x}), \mathrm{g}(\mathrm{x})\}<0$,

故 $h(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 时无零点.

当 $x=1$ 时, 若 $a \geqslant-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4} \geqslant 0$,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0$, 故 $\mathrm{x}=1$ 是函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的一个零点; 若 $a<-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4}<0, \therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0$, 故 $x=1$ 不是函数 $h(x)$ 的零点;

当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可.

(1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$ 在 $(0,1)$ 内无零点, 因此 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内单调,

而 $f(0)=\frac{1}{4}, f(1)=a+\frac{5}{4} ， \therefore$ 当 $a \leqslant-3$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有一 个零点，

当 $a \geqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内没有零点.

(2)当 $-3<a<0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \sqrt{\frac{-a}{3}}\right)$ 内单调递减, 在 $\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}, 1\right)$ 内单调 递增, 故当 $x=\sqrt{\frac{-a}{3}}$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=\frac{2 a}{3} \sqrt{\frac{-a}{3}}+\frac{1}{4}$. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)>0$, 即 $-\frac{3}{4}<\mathrm{a}<0$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,1)$ 内无零点. 若 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=0$, 即 $a=-\frac{3}{4}$, 则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有唯一零点. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)<0$, 即 $-3<a<-\frac{3}{4}$, 由 $\mathrm{f}(0)=\frac{1}{4}, f(1)=\mathrm{a}+\frac{5}{4}$, $\therefore$ 当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有两个零点. 当 $-3<a \leqslant-\frac{5}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有一个零点.

综上可得: $a<-\frac{5}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有一个零点.

当 $a>-\frac{3}{4}$ 时, $h(x)$ 有一个零点; 当 $a=-\frac{3}{4}$ 或 $-\frac{5}{4}$ 时, $h(x)$ 有两个零点;

当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有三个零点.

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 其中 $0 \leqslant \alpha$ $\leqslant \pi$, 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta, C_{3}$ $: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$

(1) 求 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标; (2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 相交于点 $A, C_{1}$ 与 $C_{3}$ 相交于点 $B$, 求 $|A B|$ 的最大值.

解答：(1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$, 把 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入可得直 角坐标方程. 同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程, 联立解出可得 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标.

(2) 由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant$ $\pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R, \rho \neq 0)$ , 利用 $|A B|=\mid 2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha$ 即可得出.

解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$.

同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,

$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.

(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$

$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,

$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), B(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.

$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,

当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .

答案：解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$.

同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,

$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.

(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$

$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,

$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), B(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.

$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,

当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24. 设 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$, 证明:

(1) 若 $a b>c d$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;

(2) $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.

解答：(1）运用不等式的性质, 结合条件 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$ , $a b>c d$, 即可得证;

（2）从两方面证, (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 证得 $|a-b|<|c-d|$, (2)若 $|a-b|<$ $|c-d|$, 证得 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 注意运用不等式的性质, 即可得证.

证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$, $(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$, 则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,

即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;

(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,

$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,

即有 (a-b) ${ }^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d|$;

(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 (a- b ${ }^{2}<(c-d)^{2}$,

即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.

综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.

答案：证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$, $(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$, 则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,

即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;

(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,

$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,

即有 (a-b) ${ }^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d|$;

(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 (a- b ${ }^{2}<(c-d)^{2}$,

即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.

综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $a, b, c$ 分别是 $\triangle A B C$ 内角 $A, B, C$ 的对边, $\sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$

(I ) 若 $a=b$, 求 $\cos B$;

（II ) 设 $B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.

解答：(1） $\sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$, 由正弦定理可得: $b^{2}=2 a c$, 再利用余弦定理即可 得出.

（II）利用（I）及勾股定理可得 c, 再利用三角形面积计算公式即可得出.

解： ( 1 ） $\because \sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$,

由正弦定理可得: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{1}{k}>0$,

代入可得 $(b k)^{2}=2 a k \cdot c k$,

$\therefore b^{2}=2 a c$, $\because a=b, \quad \therefore a=2 c$,

由余弦定理可得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{a^{2}+\frac{1}{4} a^{2}-a^{2}}{2 a \times \frac{1}{2} a}=\frac{1}{4}$.

(II) 由（I）可得: $b^{2}=2 a c$,

$\because B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$,

$\therefore a^{2}+c^{2}=b^{2}=2 a c$, 解得 $a=c=\sqrt{2}$.

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{ac}=1$.

答案：解： ( 1 ） $\because \sin ^{2} B=2 \sin A \sin C$,

由正弦定理可得: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{1}{k}>0$,

代入可得 $(b k)^{2}=2 a k \cdot c k$,

$\therefore b^{2}=2 a c$, $\because a=b, \quad \therefore a=2 c$,

由余弦定理可得: $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{a^{2}+\frac{1}{4} a^{2}-a^{2}}{2 a \times \frac{1}{2} a}=\frac{1}{4}$.

(II) 由（I）可得: $b^{2}=2 a c$,

$\because B=90^{\circ}$, 且 $a=\sqrt{2}$,

$\therefore a^{2}+c^{2}=b^{2}=2 a c$, 解得 $a=c=\sqrt{2}$.

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{ac}=1$.

2015 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知过点 $A(0,1)$ 且斜率为 $k$ 的直线 I 与圆 $C:(x-2)^{2}+(y-3$ )$^{2}=1$ 交于点 $M 、 N$ 两点.

(1) 求 $\mathrm{k}$ 的取值范围;

（2）若 $\overrightarrow{O M} \bullet \overrightarrow{O N}=12$, 其中 $O$ 为坐标原点, 求 $|M N|$.

解答：(1) 由题意可得, 直线 I 的斜率存在, 用点斜式求得直线 I 的方程, 根 据圆心到直线的距离等于半径求得 $\mathrm{k}$ 的值, 可得满足条件的 $\mathrm{k}$ 的范围.

(2) 由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 根据直线和圆相交 的弦长公式进行求解.

（1）由题意可得, 直线 I 的斜率存在,

设过点 $A(0,1)$ 的直线方程: $y=k x+1$, 即: $k x-y+1=0$.

由已知可得圆 $C$ 的圆心 $C$ 的坐标 $(2,3)$, 半径 $R=1$.

故由 $\frac{|2 k-3+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}<1$,

故当 $\frac{4-\sqrt{7}}{3}<k<\frac{4+\sqrt{7}}{3}$, 过点 $A(0,1)$ 的直线与圆 $C:(x-2)^{2+}(y-3)^{2}=1$ 相交于 $M, N$ 两点.

(2) 设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right) ; N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，

由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 代入圆 $C$ 的方程 $(x-2)$

$2+(y-3)^{2}=1$

可得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}-4(k+1) x+7=0$, $\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{4(1+k)}{1+k^{2}}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{7}{1+k^{2}}$,

$\therefore \mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\left(\mathrm{kx}_{1}+1\right) \quad\left(\mathrm{kx}_{2}+1\right)=\mathrm{k}^{2} \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{k}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1$

$=\frac{7}{1+k^{2}} \cdot k^{2}+k \cdot \frac{4(1+k)}{1+k^{2}}+1=\frac{12 k^{2}+4 k+1}{1+k^{2}}$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{OM}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{ON}}=\mathrm{x}_{1} \cdot x_{2}+\mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\frac{12 \mathrm{k}^{2}+4 \mathrm{k}+8}{1+\mathrm{k}^{2}}=12$, 解得 $k=1$,

故直线 $\mid$ 的方程为 $y=x+1$, 即 $x-y+1=0$.

圆心 C 在直线 I 上, $M N$ 长即为圆的直径.

所以 $|M N|=2$.

答案：（1）由题意可得, 直线 I 的斜率存在,

设过点 $A(0,1)$ 的直线方程: $y=k x+1$, 即: $k x-y+1=0$.

由已知可得圆 $C$ 的圆心 $C$ 的坐标 $(2,3)$, 半径 $R=1$.

故由 $\frac{|2 k-3+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}<1$,

故当 $\frac{4-\sqrt{7}}{3}<k<\frac{4+\sqrt{7}}{3}$, 过点 $A(0,1)$ 的直线与圆 $C:(x-2)^{2+}(y-3)^{2}=1$ 相交于 $M, N$ 两点.

(2) 设 $M\left(x_{1}, y_{1}\right) ; N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，

由题意可得, 经过点 $M 、 N 、 A$ 的直线方程为 $y=k x+1$, 代入圆 $C$ 的方程 $(x-2)$

$2+(y-3)^{2}=1$

可得 $\left(1+k^{2}\right) x^{2}-4(k+1) x+7=0$, $\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{4(1+k)}{1+k^{2}}, x_{1} \cdot x_{2}=\frac{7}{1+k^{2}}$,

$\therefore \mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\left(\mathrm{kx}_{1}+1\right) \quad\left(\mathrm{kx}_{2}+1\right)=\mathrm{k}^{2} \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{k}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1$

$=\frac{7}{1+k^{2}} \cdot k^{2}+k \cdot \frac{4(1+k)}{1+k^{2}}+1=\frac{12 k^{2}+4 k+1}{1+k^{2}}$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{OM}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{ON}}=\mathrm{x}_{1} \cdot x_{2}+\mathrm{y}_{1} \cdot \mathrm{y}_{2}=\frac{12 \mathrm{k}^{2}+4 \mathrm{k}+8}{1+\mathrm{k}^{2}}=12$, 解得 $k=1$,

故直线 $\mid$ 的方程为 $y=x+1$, 即 $x-y+1=0$.

圆心 C 在直线 I 上, $M N$ 长即为圆的直径.

所以 $|M N|=2$.

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：20. 椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad(a>b>0)$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上.

(1) 求椭圆 C 的方程;

(2) 直线 $I$ 不过原点 $O$ 且不平行于坐标轴, $I$ 与 $C$ 有两个交点 $A, B$, 线段 $A B$ 的 中点为 $M$. 证明: 直线 $O M$ 的斜率与 $\mathrm{I}$ 的斜率的乘积为定值.

解答：（1）利用椭圆的离心率, 以及椭圆经过的点, 求解椭圆的几何量, 然 后得到椭圆的方程.

(2) 设直线 $l: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $y_{M}$ ), 联立直线方程与椭圆方程, 通过韦达定理求解 $K_{O M}$, 然后推出直线 $O M$ 的斜率与 $\mathrm{I}$ 的斜率的乘积为定值.

解： （1）椭圆 $\mathrm{c}: \frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad\left(a>b>0 ）\right.$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上, 可得 $\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{4}{a^{2}}+\frac{2}{b^{2}}=1$, 解得 $a^{2}=8, b^{2}=4$, 所求椭圆 $C$ 方程 为: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

(2) 设直线 $1: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $\left.\mathrm{y}_{\mathrm{M}}\right)$

把直线 $y=k x+b$ 代入 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 可得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k b x+2 b^{2}-8=0$,

故 $\mathrm{x}_{M}=\frac{\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}}{2}=\frac{-2 \mathrm{~kb}}{2 \mathrm{k}^{2}+1}, \mathrm{y}_{M}=k \mathrm{x}_{M}+b=\frac{b}{2 k^{2}+1}$,

于是在 $O M$ 的斜率为: $K_{O M}=\frac{y_{M}}{x_{M}}=-\frac{1}{2 k}$, 即 $K_{O M} \bullet k=-\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 直线 OM 的斜率与 I 的斜率的乘积为定值.

答案：解： （1）椭圆 $\mathrm{c}: \frac{\mathrm{x}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, \quad\left(a>b>0 ）\right.$ 的离心率 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 点 $(2, \sqrt{2})$ 在 $C$ 上, 可得 $\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{4}{a^{2}}+\frac{2}{b^{2}}=1$, 解得 $a^{2}=8, b^{2}=4$, 所求椭圆 $C$ 方程 为: $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$.

(2) 设直线 $1: y=k x+b,(k \neq 0, b \neq 0), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), M\left(x_{M}\right.$, $\left.\mathrm{y}_{\mathrm{M}}\right)$

把直线 $y=k x+b$ 代入 $\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 可得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k b x+2 b^{2}-8=0$,

故 $\mathrm{x}_{M}=\frac{\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}}{2}=\frac{-2 \mathrm{~kb}}{2 \mathrm{k}^{2}+1}, \mathrm{y}_{M}=k \mathrm{x}_{M}+b=\frac{b}{2 k^{2}+1}$,

于是在 $O M$ 的斜率为: $K_{O M}=\frac{y_{M}}{x_{M}}=-\frac{1}{2 k}$, 即 $K_{O M} \bullet k=-\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 直线 OM 的斜率与 I 的斜率的乘积为定值.

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：21. 设函数 $f(x)=\ln x+a(1-x)$.

(I) 讨论： $f(x)$ 的单调性;

(II ) 当 $f(x)$ 有最大值, 且最大值大于 $2 a-2$ 时, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（II ）先求导, 再分类讨论, 根据导数即可判断函数的单调性;

（2）先求出函数的最大值, 再构造函数（a）=Ina+a-1, 根据函数的单调性即 可求出 $\mathrm{a}$ 的范围.

解: ( I ) $f(x)=\ln x+a(1-x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x}$,

若 $\mathrm{a} \leqslant 0$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

若 $a>0$, 则当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减,

(II), 由 (I) 知, 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上无最大值; 当 $a>0$ 时

, $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{a}$ 取得最大值, 最大值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-$ Ina+a- 1 ,

$\because f\left(\frac{1}{a}\right)>2 a-2$,

$\therefore \ln a+a-1<0$,

令 $g(a)=\ln a+a-1$,

$\because g(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增, g $(1)=0$,

$\therefore$ 当 $0<a<1$ 时, $g(a)<0$,

当 $a>1$ 时, $g$ (a) $>0$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1)$.

答案：解: ( I ) $f(x)=\ln x+a(1-x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x}$,

若 $\mathrm{a} \leqslant 0$, 则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

若 $a>0$, 则当 $x \in\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减,

(II), 由 (I) 知, 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上无最大值; 当 $a>0$ 时

, $f(x)$ 在 $x=\frac{1}{a}$ 取得最大值, 最大值为 $f\left(\frac{1}{a}\right)=-$ Ina+a- 1 ,

$\because f\left(\frac{1}{a}\right)>2 a-2$,

$\therefore \ln a+a-1<0$,

令 $g(a)=\ln a+a-1$,

$\because g(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增, g $(1)=0$,

$\therefore$ 当 $0<a<1$ 时, $g(a)<0$,

当 $a>1$ 时, $g$ (a) $>0$,

$\therefore a$ 的取值范围为 $(0,1)$.

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ （ $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant \pi$, 在以 0 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}$ : $\rho=2 \sin \theta, \quad C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$.

(1) 求 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标;

(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 相交于点 $A, C_{1}$ 与 $C_{3}$ 相交于点 $B$, 求 $|A B|$ 的最大值.

解答：(1）由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$, 把 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入可得直 角坐标方程. 同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程, 联立解出可得 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标.

(2) 由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant$ $\pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R, \rho \neq 0)$ , 利用 $|A B|=\mid 2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha$ |即可得出.

解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$

同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,

$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.

(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$

$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,

$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), \mathrm{B}(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.

$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,

当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .

答案：解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$

同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,

$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.

(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$

$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,

$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), \mathrm{B}(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.

$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,

当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .

2015 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$, 证明:

(1) 若 $a b>c d$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$; 
(2) $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.

解答：（1）运用不等式的性质, 结合条件 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$ , $a b>c d$, 即可得证;

（2）从两方面证, (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 证得 $|a-b|<|c-d|$, (2)若 $|a-b|<$ $|c-d|$, 证得 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 注意运用不等式的性质, 即可得证.

证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$,

$(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$,

则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,

即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$ ，

则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;

(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$,

即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,

$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,

即有 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d| ;$

(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$,

即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.

综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.

答案：证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$,

$(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$,

则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,

即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$ ，

则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;

(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$,

即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,

$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,

即有 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d| ;$

(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 $(a-b)^{2}<(c-d)^{2}$,

即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,

由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,

则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.

综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.