2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设向量 $\vec{a}=(m, 1), \vec{b}=(1,2)$, 且 $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}$, 则 $m=$

解答：解: $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}$,

可得 $\vec{a} \cdot \vec{b}=0$.

向量 $\vec{a}=(m, 1), \vec{b}=(1,2)$,

可得 $m+2=0$, 解得 $m=-2$.

故答案为: -2 .

答案：-2

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$(2 x+\sqrt{x})^{5}$ 的展开式中, $x^{3}$ 的系数是___. (用数字填写答案)

解答：解: $(2 x+\sqrt{x})^{5}$ 的展开式中, 通项公式为: $T_{r+1}=\left[{ }_{5}^{r}(2 x)^{5-r}(\sqrt{x})^{r}=2^{5-r}\right.$ $C_{5}^{r} \cdot x^{5 \frac{r}{2}}$

令 $5-\frac{r}{2}=3$, 解得 $r=4$

$\therefore x^{3}$ 的系数 $2 \mathrm{C}_{5}^{4}=10$.

故答案为: 10 .

答案：10

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{3}=10, a_{2}+a_{4}=5$, 则 $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}$ 的最大值为

解答：解：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{3}=10, a_{2}+a_{4}=5$,

可得 $q\left(a_{1}+a_{3}\right)=5$, 解得 $q=\frac{1}{2}$.

$a_{1}+q^{2} a_{1}=10$, 解得 $a_{1}=8$.

则 $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}=a_{1} \bullet^{n} q^{1+2+3+\ldots+(n-1)}=8^{n} \bullet\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n(n-1)}{2}}=2^{3 r \frac{n^{2}-n}{2}}=2^{\frac{7 r-n^{2}}{2}}$,

当 $n=3$ 或 4 时, 表达式取得最大值: $2^{\frac{12}{2}}=2^{6}=64$.

故答案为: 64 .

答案：64

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$ , $a=1$, 则 $b=$

解答：解: 由 $\cos \mathrm{A}=\frac{4}{5}, \cos \mathrm{C}=\frac{5}{13}$, 可得

$\sin \mathrm{A}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{~A}}=\sqrt{1-\frac{16}{25}}=\frac{3}{5}$,

$\sin \mathrm{C}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{C}}=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$,

$\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{3}{5} \times \frac{5}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}=\frac{63}{65}$,

由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}$

$=\frac{1 \times \frac{63}{65}}{\frac{3}{5}}=\frac{21}{13}$.

故答案为: $\frac{21}{13}$.

答案：$\frac{21}{13}$

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\alpha, \beta$ 是两个平面, $m, n$ 是两条直线, 有下列四个命题:

(1)如果 $m \perp n, m \perp \alpha, n / / \beta$, 那么 $\alpha \perp \beta$.

(2)如果 $m \perp \alpha, n / / \alpha$, 那么 $m \perp n$.

(3)如果 $\alpha / / \beta, m \subset \alpha$, 那么 $m / / \beta$.

(4)如果 $m / / n, \alpha / / \beta$, 那么 $m$ 与 $\alpha$ 所成的角和 $n$ 与 $\beta$ 所成的角相等.

其中正确的命题是 (填序号)

解答：解: (1)如果 $m \perp n, m \perp \alpha, n / / \beta$, 不能得出 $\alpha \perp \beta$, 故错误; (2)如果 $n / / \alpha$, 则存在直线 $I \subset \alpha$, 使 $n / / l$, 由 $m \perp \alpha$, 可得 $m \perp l$, 那么 $m \perp n$. 故 正确;

(3)如果 $\alpha / / \beta, m \subset \alpha$, 那么 $m$ 与 $\beta$ 无公共点, 则 $m / / \beta$. 故正确

(4)如果 $m / / n, \alpha / / \beta$, 那么 $m, n$ 与 $\alpha$ 所成的角和 $m, n$ 与 $\beta$ 所成的角均相等.

故正确;

故答案为: (2)(3)

答案：(2)(3)

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：有三张卡片, 分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3. 甲, 乙, 丙三人各 取走一张卡片, 甲看了乙的卡片后说: “我与乙的卡片上相同的数字不是 2 ”, 乙看了丙的卡片后说: “我与丙的卡片上相同的数字不是 1", 丙说: “我的卡 片上的数字之和不是 $5^{\prime \prime}$, 则甲的卡片上的数字是

解答：解：根据丙的说法知, 丙的卡片上写着 1 和 2 , 或 1 和 3 ;

(1) 若丙的卡片上写着 1 和 2 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;

$\therefore$ 根据甲的说法知, 甲的卡片上写着 1 和 3 ;

(2) 若丙的卡片上写着 1 和 3, 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;

又甲说， “我与乙的卡片上相同的数字不是 2 ";

$\therefore$ 甲的卡片上写的数字不是 1 和 2 , 这与已知矛盾;

$\therefore$ 甲的卡片上的数字是 1 和 3 .

故答案为: 1 和 3 .

答案：1 和 3

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若直线 $y=k x+b$ 是曲线 $y=\ln x+2$ 的切线, 也是曲线 $y=\ln (x+1 ）$ 的切 线, 则 $b=$

解答：解：设 $y=k x+b$ 与 $y=\ln x+2$ 和 $y=\ln (x+1)$ 的切点分别为 $\left(x_{1}, k x_{1}+b\right)$ 、 $\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{kx} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{b}\right)$;

由导数的几何意义可得 $k=\frac{1}{x_{1}}=\frac{1}{x_{2}+1}$, 得 $x_{1}=x_{2}+1$

再由切点也在各自的曲线上, 可得 $\left\{\begin{array}{l}k x_{1}+b=\ln x_{1}+2 \\ k x_{2}+b=\ln \left(x_{2}+1\right)\end{array}\right.$

联立上述式子解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ x_{1}=\frac{1}{2} \\ x_{2}=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$;

故答案为:$1-\ln 2$.

答案：$1-\ln 2$

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：函数 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x$ 的图象可由函数 $y=\sin x+\sqrt{3} \cos x$ 的图象至少 向右平移 个单位长度得到.

解答：解: $\because y=f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), y=\sin x-\sqrt{3} \cos x=2 \sin$ $\left(x-\frac{\pi}{3}\right)$, $\therefore f(x-\phi)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}-\phi\right) \quad(\phi>0)$

今 $2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}-\phi\right)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$ ，

则 $\frac{\pi}{3}-\phi=2 k \pi-\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$ ，

即 $\phi=\frac{2 \pi}{3}-2 k \pi \quad(k \in Z)$ ，

当 $\mathrm{k}=0$ 时，正数 $\phi_{\min }=\frac{2 \pi}{3}$ ，

故答案为: $\frac{2 \pi}{3}$.

答案：$\frac{2 \pi}{3}$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x<0$ 时, $f(x)=\ln (-x)+3 x$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,-3)$ 处的切线方程是

解答：解: $f(x)$ 为偶函数, 可得 $f(-x)=f(x)$,

当 $x<0$ 时, $f(x)=\ln (-x)+3 x$, 即有

$x>0$ 时, $f(x)=\ln x-3 x, f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-3$,

可得 $f(1)=\ln 1-3=-3, f^{\prime} \quad(1)=1-3=-2$,

则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,-3)$ 处的切线方程为 $y-(-3)=-2(x-1)$,

即为 $2 x+y+1=0$.

故答案为: $2 x+y+1=0$.

答案：$2 x+y+1=0$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知直线 I: $m x+y+3 m-\sqrt{3}=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=12$ 交于 $A, B$ 两点, 过 $A$, $B$ 分别作 $\mid$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点, 若 $|A B|=2 \sqrt{3}$, 则 $|C D|=$

解答：解: 由题意, $|A B|=2 \sqrt{3}, \therefore$ 圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=3$,

$\therefore \frac{|3 m-\sqrt{3}|}{\sqrt{m^{2}+1}}=3$,

$\therefore \mathrm{m}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\therefore$ 直线 I 的倾斜角为 $30^{\circ}$,

$\because$ 过 $A, B$ 分别作 $I$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点,

$\therefore|\mathrm{CD}|=\frac{2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$.

故答案为: 4 .

答案：4 .

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设向量 $\vec{a}=(x, x+1), \vec{b}=(1,2)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $x=$

解答：解: $\because \overrightarrow{\mathrm{a}} \perp \overrightarrow{\mathrm{b}}$;

$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=0$

即 $x+2(x+1)=0$;

$\therefore x=-\frac{2}{3}$.

故答案为: $-\frac{2}{3}$.

答案：$-\frac{2}{3}$

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $\theta$ 是第四象限角, 且 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\tan \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=$

解答：解: $\because \theta$ 是第四象限角,

$\therefore-\frac{\pi}{2}+2 k \pi<\theta<2 k \pi$, 则 $-\frac{\pi}{4}+2 k \pi<\theta+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{4}+2 k \pi, k \in Z$,

又 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}$,

$\therefore \cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{1-\sin ^{2}\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^{2}}=\frac{4}{5}$.

$\therefore \cos \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=\sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3}{5}, \sin \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=\cos \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4}{5}$.

则 $\tan \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=-\tan \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)=-\frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)}{\cos \left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)}=-\frac{\frac{4}{5}}{\frac{3}{5}}=-\frac{4}{3}$.

故答案为: $-\frac{4}{3}$.

答案：$-\frac{4}{3}$

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设直线 $y=x+2 a$ 与圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 相交于 $A, B$ 两点, 若 $|A B|=2$ $\sqrt{3}$, 则圆 $C$ 的面积为

解答：解: 圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 的圆心坐标为 $(0, a)$, 半径为 $\sqrt{a^{2}+2}$,

$\because$ 直线 $y=x+2 a$ 与圆 $C: x^{2}+y^{2}-2 a y-2=0$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $|A B|=2 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 圆心 $(0, a)$ 到直线 $\mathrm{y}=\mathrm{x}+2 \mathrm{a}$ 的距离 $\mathrm{d}=\frac{|\mathrm{a}|}{\sqrt{2}}$,

即 $\frac{a^{2}}{2}+3=a^{2}+2$,

解得: $a^{2}=2$,

故圆的半径 $r=2$.

故圆的面积 $S=4 \pi$,

故答案为: $4 \pi$

答案：$4 \pi$

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(m, 4), \vec{b}=(3,-2)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $m=$

解答：解: 向量 $\vec{a}=(m, 4), \vec{b}=(3,-2)$, 且 $\vec{a} / / \vec{b}$,

可得 $12=-2 m$, 解得 $m=-6$.

故答案为: -6 .

答案：-6

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$ , $a=1$, 则 $b=$

解答：解: 由 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$, 可得

$\sin A=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{~A}}=\sqrt{1-\frac{16}{25}}=\frac{3}{5}$,

$\sin \mathrm{C}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{C}}=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$,

$\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{3}{5} \times \frac{5}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}=\frac{63}{65}$,

由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}$

$=\frac{1 \times \frac{63}{65}}{\frac{3}{5}}=\frac{21}{13}$.

故答案为: $\frac{21}{13}$.

答案：$\frac{21}{13}$

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：有三张卡片, 分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3 . 甲, 乙, 丙三人各 取走一张卡片, 甲看了乙的卡片后说: “我与乙的卡片上相同的数字不是 2", 乙看了丙的卡片后说： “我与丙的卡片上相同的数字不是 1”, 丙说： “我的卡 片上的数字之和不是 $5^{\prime \prime}$, 则甲的卡片上的数字是

解答：解：根据丙的说法知, 丙的卡片上写着 1 和 2 , 或 1 和 3 ;

（1）若丙的卡片上写着 1 和 2 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3; $\therefore$ 根据甲的说法知, 甲的卡片上写着 1 和 3;

（2）若丙的卡片上写着 1 和 3 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;

又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是 2";

$\therefore$ 甲的卡片上写的数字不是 1 和 2 , 这与已知矛盾;

$\therefore$ 甲的卡片上的数字是 1 和 3 .

故答案为: 1 和 3 .

答案：1 和 3

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：函数 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x$ 的图象可由函数 $y=2 \sin x$ 的图象至少向右平 移 个单位长度得到.

解答：解: $\because y=\sin x-\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$,

令 $f(x)=2 \sin x$,

则 $f(x-\phi)=2$ in $(x-\phi) \quad(\phi>0)$,

依题意可得 $2 \sin (x-\phi)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$,

故 $-\phi=2 k \pi-\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$,

即 $\phi=-2 k \pi+\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$,

当 $k=0$ 时, 正数 $\Phi_{\min }=\frac{\pi}{3}$,

故答案为: $\frac{\pi}{3}$.

答案：$\frac{\pi}{3}$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知直线 I: $x-\sqrt{3} y+6=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=12$ 交于 $A$, $B$ 两点, 过 $A, B$ 分别作 $\mid$ 的垂线与 $\mathrm{x}$ 轴交于 $C, D$ 两点. 则 $|C D|=$

解答：解: 由题意, 圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\frac{6}{\sqrt{1+3}}=3$,

$\therefore|A B|=2 \sqrt{12-9}=2 \sqrt{3}$

$\because$ 直线 $\mid: x-\sqrt{3} y+6=0$

$\therefore$ 直线 I 的倾斜角为 $30^{\circ}$,

$\because$ 过 $A, B$ 分别作 $I$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点,

$\therefore|\mathrm{CD}|=\frac{2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$.

故答案为: 4 .

答案：4 .

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{-x-1}-x$, 则曲线 $y=f$ $(x)$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程是


解答：解: 已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{-x-1}-x$,

设 $x>0$, 则 $-x<0$,

$\therefore f(x)=f(-x)=e^{x-1}+x$

则 $f^{\prime}(x)=e^{x-1}+1$, $f^{\prime}(1)=e^{0}+1=2$

$\therefore$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程是 $y-2=2(x-1)$.

即 $y=2 x$.

故答案为: $y=2 x$.

答案：$y=2 x$.

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3<0\right\}, B=\{x \mid 2 x-3>0\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\left(-3,-\frac{3}{2}\right)$
B. $\left(-3, \frac{3}{2}\right)$
C. $\left(1, \frac{3}{2}\right)$
D. $\left(\frac{3}{2}, 3\right)$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3<0\right\}=(1,3)$,

$\mathrm{B}=\{\mathrm{x} \mid 2 \mathrm{x}-3>0\}=\left(\frac{3}{2},+\infty\right)$,

$\therefore A \cap B=\left(\frac{3}{2}, 3\right)$,

故选：D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $(1+i) x=1+y i$, 其中 $x, y$ 是实数, 则 $|x+y i|=(\quad)$
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

解答：解: $\because(1+\mathrm{i}) \mathrm{x}=1+\mathrm{yi}$,

$\therefore x+x i=1+y i$,

即 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$, 即 $|x+y i|=|1+i|=\sqrt{2}$, 故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, a_{10}=8$, 则 $a_{100}=(\quad)$
A. 100
B. 99
C. 98
D. 97

解答：解: $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 9 项的和为 $27, \mathrm{~S}_{9}=\frac{9\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{9}\right)}{2}=\frac{9 \times 2 \mathrm{a}_{5}}{2}=9 a_{5}$.

$\therefore 9 a_{5}=27, a_{5}=3$,

又 $\because a_{10}=8$,

$\therefore \mathrm{d}=1$,

$\therefore \mathrm{a}_{100}=\mathrm{a}_{5}+95 \mathrm{~d}=98$,

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：某公司的班车在 7: $00,8: 00,8: 30$ 发车, 小明在 7:50 至 8: 30 之间到达发车站乘坐班车, 且到达发车站的时刻是随机的, 则他等车时间不 超过 10 分钟的概率是（ $)$
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解：设小明到达时间为 $y$, 当 $y$ 在 7: 50 至 8: 00 , 或 8: 20 至 8: 30 时,

小明等车时间不超过 10 分钟,

故 $P=\frac{20}{40}=\frac{1}{2}$,

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知方程 $\frac{x^{2}}{m^{2}+n}-\frac{y^{2}}{3 m^{2}-n}=1$ 表示双曲线, 且该双曲线两焦点间的距 离为 4 , 则 $n$ 的取值范围是（ $)$
A. $(-1,3)$
B. $(-1, \sqrt{3})$
C. $(0,3)$
D. $(0, \sqrt{3})$

解答：解: $\because$ 双曲线两焦点间的距离为 $4, \quad \therefore c=2$,

当焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上时,

可得: $4=\left(m^{2}+n\right)+\left(3 m^{2}-n\right)$, 解得: $m^{2}=1$,

$\because$ 方程 $\frac{x^{2}}{m^{2}+n}-\frac{y^{2}}{3 m^{2}-n}=1$ 表示双曲线,

$\therefore\left(m^{2}+n\right)\left(3 m^{2}-n\right)>0$, 可得: $(n+1)(3-n)>0$,

解得: $-1<n<3$, 即 $n$ 的取值范围是: $(-1,3)$.

当焦点在 $\mathrm{y}$ 轴上时,

可得: $-4=\left(m^{2}+n\right)+\left(3 m^{2}-n\right)$, 解得: $m^{2}=-1$,

无解.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若 $a>b>1,0<c<1$, 则（ $)$
A. $a^{c}<b^{c}$
B. $a b^{c}<b a^{c}$
C. $a \log _{b} c<b \log _{a} c$
D. $\log _{a} c<\log _{b} c$

解答：解: $\because a>b>1,0<c<1$,

$\therefore$ 函数 $f(x)=x^{c}$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数, 故 $a^{c}>b^{c}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误;

函数 $f(x)=x^{c-1}$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数, 故 $a^{c-1}<b^{c-1}$, 故 $b a^{c}<a b^{c}$, 即 $a b^{c}>$ $b^{c}$; 故 B 错误;

$\log _{a} c<0$, 且 $\log _{b} c<0, \log _{a} b<1$, 即 $\frac{\log _{c} b}{\log _{c} a}=\frac{\log _{a} c}{\log _{b} c}<1$, 即 $\log _{a} c>\log _{b} c$. 故 $D$ 错误；

$0<-\log _{a} c<-\log _{b} c$, 故 $-b \log _{a} c<-a \log _{b} c$, 即 $b \log _{a} c>a \log _{b} c$, 即 $a \log _{b} c<b \log _{a} c$ ，故 C 正确;

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $z=(m+3)+(m-1) i$ 在复平面内对应的点在第四象限, 则实 数 $m$ 的取值范围是 $(\quad)$
A. $(-3,1)$
B. $(-1,3)$
C. $(1,+\infty)$
D. $(-\infty,-3)$

解答：解: $z=(m+3)+(m-1) \mathrm{i}$ 在复平面内对应的点在第四象限,

可得: $\left\{\begin{array}{l}m+3>0 \\ m-1<0\end{array}\right.$, 解得 $-3<m<1$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\{1,2,3\}, B=\{x \mid （ x+1)(x-2)<0, x \in Z\}$, 则 $A \cup B$ 等于 $(\quad)$
A. $\{1\}$
B. $\{1,2\}$
C. $\{0,1,2,3\}$
D. $\{-1,0,1,2,3\}$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\{1,2,3\}$,

$B=\{x \mid(x+1) \quad(x-2)<0, x \in Z\}=\{0,1\}$,

$\therefore \mathrm{A} \cup \mathrm{B}=\{0,1,2,3\}$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(1, m), \vec{b}=(3,-2)$, 且 $(\vec{a}+\vec{b}) \perp \vec{b}$, 则 $m=(\quad)$
A. -8
B. -6
C. 6
D. 8

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(1, m), \vec{b}=(3,-2)$,

$\therefore \vec{a}+\vec{b}=(4, m-2)$,

又 $\because(\vec{a}+\vec{b}) \perp \vec{b}$,

$\therefore 12-2(m-2)=0$

解得: $m=8$,

故选：D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离为 1 , 则 $a=($
A. $-\frac{4}{3}$
B. $-\frac{3}{4}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

解答：解：圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心坐标为: $(1,4)$,

故圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离 $d=\frac{|a+4-1|}{\sqrt{a^{2}+1}}=1$,

解得: $a=-\frac{4}{3}$,

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $\cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}$, 则 $\sin 2 \alpha=(\quad)$ 
A. $\frac{7}{25}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $-\frac{1}{5}$
D. $-\frac{7}{25}$

解答：解: 法 $1^{\circ}: \because \cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{3}{5}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=\cos 2\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=2 \cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)-1=2 \times \frac{9}{25}-1=-\frac{7}{25}$

法 $2^{\circ}: \because \cos \left(\frac{\pi}{4}-\alpha\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin \alpha+\cos \alpha)=\frac{3}{5}$,

$\therefore \frac{1}{2}(1+\sin 2 \alpha)=\frac{9}{25}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \times \frac{9}{25}-1=-\frac{7}{25}$,

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $z=1+2 i$, 则 $\frac{4 i}{z \cdot \bar{z}-1}=(\quad)$
A. 1
B. -1
C. i
D. $-\mathrm{i}$

解答：解: $z=1+2 i$, 则 $\frac{4 i}{z \bar{z}-1}=\frac{4 i}{(1+2 i)(1-2 i)-1}=\frac{4 i}{5-1}=i$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知向量 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 则 $\angle \mathrm{ABC}=(\quad)$
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $120^{\circ}$

解答：解: $\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2},|\overrightarrow{B A}|=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|=1$;

$\therefore \cos \angle A B C=\frac{\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{B C}}{|\overrightarrow{B A}||\overrightarrow{B C}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

又 $0^{\circ} \leqslant \angle A B C \leqslant 180^{\circ}$;

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $\tan a=\frac{3}{4}$, 则 $\cos ^{2} a+2 \sin 2 a=(\quad)$
A. $\frac{64}{25}$
B. $\frac{48}{25}$
C. 1
D. $\frac{16}{25}$

解答：解: $\because \tan \mathrm{a}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \cos ^{2} \alpha+2 \sin 2 \alpha=\frac{\cos ^{2} \alpha+4 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}=\frac{1+4 \tan \alpha}{\tan ^{2} \alpha+1}=\frac{1+4 \times \frac{3}{4}}{\frac{9}{16}+1}=\frac{64}{25}$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $a=2^{\frac{4}{3}}, b=3^{\frac{2}{3}}, c=25^{\frac{1}{3}}$, 则 ( )
A. $b<a<c$
B. $a<b<c$
C. $\mathrm{b}<\mathrm{c}<\mathrm{a}$
D. $c<a<b$

解答：解: $\because a=2^{\frac{4}{3}}=4^{\frac{2}{3}}$,

$b=3^{\frac{2}{3}}$

$\mathrm{C}=25^{\frac{1}{3}}=5^{\frac{2}{3}}$

综上可得： $b<a<c$,

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在封闭的直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 内有一个体积为 $V$ 的球, 若 $A B \perp$ $B C, A B=6, B C=8, A A_{1}=3$, 则 $V$ 的最大值是 $(\quad)$
A. $4 \pi$
B. $\frac{9 \pi}{2}$
C. $6 \pi$
D. $\frac{32 \pi}{3}$

解答：解: $\because \mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{AB}=6, \mathrm{BC}=8$,

$\therefore A C=10$ 故三角形 $A B C$ 的内切圆半径 $r=\frac{6+8-10}{2}=2$,

又由 $\mathrm{AA}_{1}=3$,

故直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的内切球半径为 $\frac{3}{2}$,

此时 $\vee$ 的最大值 $\frac{4}{3} \pi \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=\frac{9 \pi}{2}$,

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $O$ 为坐标原点, $F$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点, $A, B$ 分别为 $C$ 的左, 右顶点. $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $P F \perp x$ 轴, 过点 $A$ 的直线 I 与线段 $P F$ 交于点 $M$, 与 $y$ 轴交于点 $E$. 若直线 $B M$ 经过 $O E$ 的中点, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解：由题意可设 $F(-c, 0), A(-a, 0), B(a, 0)$,

设直线 $A E$ 的方程为 $y=k(x+a)$,

令 $x=-c$, 可得 $M(-c, k(a-c))$, 令 $x=0$, 可得 $E(0, k a)$,

设 $O E$ 的中点为 $H$, 可得 $H\left(0, \frac{k a}{2}\right)$, 由 $B, H, M$ 三点共线，可得 $k_{B H}=k_{B M}$,

即为 $\frac{\frac{k a}{2}}{-a}=\frac{k(a-c)}{-c-a}$

化简可得 $\frac{a-c}{a+c}=\frac{1}{2}$, 即为 $a=3 c$,

可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$.

另解: 由 $\triangle A M F \backsim \triangle A E O$,

可得 $\frac{a-c}{a}=\frac{M F}{O E}$,

由 $\triangle B O H \backsim \triangle B F M$,

可得 $\frac{a}{a+c}=\frac{O H}{F M}=\frac{O E}{2 F M M}$,

即有 $\frac{2(a-c)}{a}=\frac{a+c}{a}$ 即 $a=3 c$,

可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：定义“规范 01 数列” $\left\{a_{n}\right\}$ 如下: $\left\{a_{n}\right\}$ 共有 $2 m$ 项, 其中 $m$ 项为 $0, m$ 项 为 1 , 且对任意 $k \leqslant 2 m, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ 中 0 的个数不少于 1 的个数, 若 $m=4$, 则不同的“规范 01 数列”共有（）
A. 18 个
B. 16 个
C. 14 个
D. 12 个 

\section{

解答：解：由题意可知, “规范 01 数列”有偶数项 $2 \mathrm{~m}$ 项, 且所含 0 与 1 的个 数相等, 首项为 0 , 末项为 1 , 若 $m=4$, 说明数列有 8 项, 满足条件的数列 有：

$0,0,0,0,1,1,1,1 ; 0,0,0,1,0,1,1,1 ; 0,0,0,1,1$, $0,1,1 ; 0,0,0,1,1,1,0,1 ; 0,0,1,0,0,1,1,1$;

$0,0,1,0,1,0,1,1 ; 0,0,1,0,1,1,0,1 ; 0,0,1,1,0$, $1,0,1 ; 0,0,1,1,0,0,1,1 ; 0,1,0,0,0,1,1,1$;

$0,1,0,0,1,0,1,1 ; 0,1,0,0,1,1,0,1 ; 0,1,0,1,0$, $0,1,1 ; 0,1,0,1,0,1,0,1$. 共 14 个.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设集合 $A=\{1,3,5,7\}, B=\{x \mid 2 \leqslant x \leqslant 5\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{1,3\}$
B. $\{3,5\}$
C. $\{5,7\}$
D. $\{1,7\}$

解答：解：集合 $\mathrm{A}=\{1,3,5,7\}, B=\{x \mid 2 \leqslant x \leqslant 5\}$,

则 $A \cap B=\{3,5\}$.

故选：B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $(1+2 i)(a+i)$ 的实部与虚部相等, 其中 $a$ 为实数, 则 $a$ 等于 $(\quad)$
A. -3
B. -2
C. 2
D. 3

解答：解: $(1+2 i)(a+i)=a-2+(2 a+1) i$ 的实部与虚部相等,

可得： $a-2=2 a+1$,

解得 $a=-3$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：为美化环境, 从红、黄、白、紫 4 种颜色的花中任选 2 种花种在一 个花坛中, 余下的 2 种花种在另一个花坛中, 则红色和紫色的花不在同一花 坛的概率是 $(\quad)$
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{5}{6}$

解答：解: 从红、黄、白、紫 4 种颜色的花中任选 2 种花种在一个花坛中, 余 下的 2 种花种在另一个花坛中, 有 $C_{4}^{2}=6$ 种方法, 红色和紫色的花在同一花坛 , 有 2 种方法, 红色和紫色的花不在同一花坛, 有 4 种方法, 所以所求的概 率为 $\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

另解: 由列举法可得, 红、黄、白、紫记为 $1,2,3,4$,

即有 $(12,34),(13,24),(14,23),(23,14),(24,13),(34$,

12)

则 $P=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$. 已知 $a=\sqrt{5}, c=2, \cos A=$ $\frac{2}{3}$, 则 $b=(\quad)$
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. 3

解答：解: $\because \mathrm{a}=\sqrt{5}, \mathrm{c}=2, \cos \mathrm{A}=\frac{2}{3}$,

$\therefore$ 由余弦定理可得: $\cos A=\frac{2}{3}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{b^{2}+4-5}{2 \times b \times 2}$, 整理可得: $3 b^{2}-8 b-3=0$, $\therefore$ 解得： $b=3$ 或 $-\frac{1}{3}$ (舍去）.

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：直线 I 经过椭圆的一个顶点和一个焦点, 若椭圆中心到 I 的距离为其 短轴长的 $\frac{1}{4}$, 则该椭圆的离心率为（）
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解: 设椭圆的方程为: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 直线 I 经过椭圆的一个顶点和一个 焦点

则直线方程为: $\frac{x}{c}+\frac{y}{b}=1$, 椭圆中心到 1 的距离为其短轴长的 $\frac{1}{4}$,

可得: $\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}}}}=\frac{b}{2}$,

$4=b^{2}\left(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right)$

$\therefore \frac{b^{2}}{c^{2}}=3$, $\frac{a^{2}-c^{2}}{c^{2}}=3$

$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{1}{2}$

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若 $a>b>0,0<c<1$, 则（ $)$
A. $\log _{a} c<\log _{b} c$
B. $\log _{c} a<\log _{c} b$
C. $a^{c}<b^{c}$
D. $c^{a}>c^{b}$

解答：解: $\because a>b>0,0<c<1$,

$\therefore \log _{c} a<\log _{c} b$, 故 B 正确;

$\therefore$ 当 $a>b>1$ 时,

$0>\log _{a} c>\log _{b} c$, 故 $A$ 错误;

$a^{c}>b^{c}$, 故 $C$ 错误;

$c^{a}<c^{b}$, 故 $D$ 错误;

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若函数 $f(x)=x-\frac{1}{3} \sin 2 x+a \sin x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递增, 则 $a$ 的 取值范围是 $(\quad)$
A. $[-1,1]$
B. $\left[-1, \frac{1}{3}\right]$
C. $\left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right]$
D. $\left[-1,-\frac{1}{3}\right]$

解答：解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}-\frac{1}{3} \sin 2 x+a \sin x$ 的导数为 $f^{\prime}(x)=1-\frac{2}{3} \cos 2 x+a \cos x$, 由题意可得 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 恒成立，

即为 $1-\frac{2}{3} \cos 2 x+a \cos x \geqslant 0$,

即有 $\frac{5}{3}-\frac{4}{3} \cos ^{2} x+\operatorname{acos} x \geqslant 0$ ，

设 $t=\cos x(-1 \leqslant t \leqslant 1)$ ， 即有 $5-4 t^{2}+3 a t \geqslant 0$,

当 $t=0$ 时，不等式显然成立;

当 $0<t \leqslant 1$ 时， $3 a \geqslant 4 t-\frac{5}{t}$,

由 $4 t-\frac{5}{t}$ 在 $(0,1]$ 递增, 可得 $t=1$ 时, 取得最大值 -1 , 可得 $3 a \geqslant-1$, 即 $a \geqslant-\frac{1}{3}$;

当 $-1 \leqslant t<0$ 时, $3 a \leqslant 4 t-\frac{5}{t}$,

由 $4 t-\frac{5}{t}$ 在 $[-1,0)$ 递增, 可得 $t=-1$ 时, 取得最小值 1 ,

可得 $3 a \leqslant 1$, 即 $a \leqslant \frac{1}{3}$.

综上可得 $\mathrm{a}$ 的范围是 $\left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right]$.

另解: 设 $t=\cos x(-1 \leqslant t \leqslant 1)$, 即有 $5-4 t^{2}+3 a t \geqslant 0$,

由题意可得 $5-4+3 a \geqslant 0$, 且 $5-4-3 a \geqslant 0$,

解得 $\mathrm{a}$ 的范围是 $\left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right]$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\{1,2,3\}, B=\left\{x \mid x^{2}<9\right\}$, 则 $A \cap B=（ \quad ）$
A. $\{-2,-1,0,1,2,3\}$
B. $\{-2,-1,0,1,2\}$
C. $\{1,2,3\}$
D. $\{1,2\}$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\{1,2,3\}, B=\left\{x \mid x^{2}<9\right\}=\{x \mid-3<x<3\}$,

$\therefore A \cap B=\{1,2\}$.

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设复数 $z$ 满足 $z+i=3-i$, 则 $\bar{z}=(\quad)$
A. $-1+2 i$
B. $1-2 i$
C. $3+2 i$
D. $3-2 i$

解答：解: $\because$ 复数 $z$ 满足 $z+i=3-\mathrm{i}$,

$\therefore z=3-2 i$, $\therefore \bar{z}=3+2 i$

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上, 则该球面的表面积为（
A. $12 \pi$
B. $\frac{32}{3} \pi$
C. $8 \pi$
D. $4 \pi$

解答：解: 正方体体积为 8 , 可知其边长为 2 ,

正方体的体对角线为 $\sqrt{4+4+4}=2 \sqrt{3}$,

即为球的直径, 所以半径为 $\sqrt{3}$,

所以球的表面积为 $4 \pi \cdot(\sqrt{3})^{2}=12 \pi$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点, 曲线 $y=\frac{k}{x}(k>0)$ 与 $C$ 交于点 $P, P F$ $\perp x$ 轴, 则 $k=(\quad)$
A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. $\frac{3}{2}$
D. 2

解答：解: 抛物线 C: $y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$ 为 $(1,0)$,

曲线 $y=\frac{k}{x}(k>0)$ 与 $C$ 交于点 $P$ 在第一象限,

由 $P F \perp x$ 轴得: $P$ 点横坐标为 1 , 代入 $C$ 得: $P$ 点纵坐标为 2 ,

故 $k=2$,

故选：D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离为 1 , 则 $a=($
A. $-\frac{4}{3}$
B. $-\frac{3}{4}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

解答：解: 圆 $x^{2}+y^{2}-2 x-8 y+13=0$ 的圆心坐标为: $(1,4)$,

故圆心到直线 $a x+y-1=0$ 的距离 $d=\frac{|a+4-1|}{\sqrt{a^{2}+1}}=1$,

解得: $a=-\frac{4}{3}$,

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现, 红灯持续时间为 40 秒. 若一名行人来到该路口遇到红灯, 则至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概 率为 $(\quad)$
A. $\frac{7}{10}$
B. $\frac{5}{8}$
C. $\frac{3}{8}$
D. $\frac{3}{10}$

解答：解: $\because$ 红灯持续时间为 40 秒, 至少需要等待 15 秒才出现绿灯, $\therefore$ 一名行人前 25 秒来到该路口遇到红灯,

$\therefore$ 至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为 $\frac{25}{40}=\frac{5}{8}$.

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：下列函数中, 其定义域和值域分别与函数 $y=10^{\lg x}$ 的定义域和值域相 同的是 ( )
A. $y=x$
B. $y=\lg x$
C. $y=2^{x}$
D. $y=\frac{1}{\sqrt{x}}$

解答：解：函数 $\mathrm{y}=10^{\operatorname{lgx}}$ 的定义域和值域均为 $(0,+\infty)$,

函数 $y=x$ 的定义域和值域均为 $R$, 不满足要求;

函数 $y=\lg x$ 的定义域为 $(0,+\infty)$ ，值域为 $R$, 不满足要求;

函数 $y=2^{x}$ 的定义域为 $R$, 值域为 $(0,+\infty)$ ，不满足要求;

函数 $\mathrm{y}=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{x}}}$ 的定义域和值域均为 $(0,+\infty)$ ，满足要求;

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\cos 2 x+6 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{x}\right)$ 的最大值为 ( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7

解答：解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\cos 2 x+6 \cos \left(\frac{\pi}{2}-\mathrm{x}\right)$

$=1-2 \sin ^{2} x+6 \sin x$,

令 $t=\sin x(-1 \leqslant t \leqslant 1) ，$

可得函数 $y=-2 t^{2}+6 t+1$

$=-2\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{11}{2}$

由 $\frac{3}{2} \notin[-1,1]$, 可得函数在 $[-1,1]$ 递增,

即有 $t=1$ 即 $x=2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in Z$ 时, 函数取得最大值 5 .

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设集合 $A=\{0,2,4,6,8,10\}, B=\{4,8\}$, 则 $C_{A} B=(）$
A. $\{4,8\}$
B. $\{0,2,6\}$
C. $\{0,2,6,10\}$ D. $\{0,2,4,6,8,10\}$

解答：解: 集合 $A=\{0,2,4,6,8,10\}, B=\{4,8\}$, 则 $C_{A} B=\{0,2,6,10\}$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $z=4+3 i$ ，则 $\frac{\bar{z}}{|z|}=(\quad)$
A. 1
B. -1
C. $\frac{4}{5}+\frac{3}{5} i$
D. $\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$

解答：解: $z=4+3 i$, 则 $\frac{\bar{z}}{|z|}=\frac{4-3 i}{|4+3 i|}=\frac{4-3 i}{5}=\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$.

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知向量 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$, 则 $\angle \mathrm{ABC}=(\quad)$
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $120^{\circ}$

解答：解: $\overrightarrow{\mathrm{BA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2},|\overrightarrow{\mathrm{BA}}|=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|=1$;

$\therefore \cos \angle \mathrm{ABC}=\frac{\overrightarrow{\mathrm{BA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{BA}}||\overrightarrow{\mathrm{BC}}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$;

又 $0^{\circ} \leqslant \angle A B C \leqslant 180^{\circ}$;

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是 M, I, $\mathrm{N}$ 中的一个字母, 第二位是 $1,2,3,4,5$ 中的一个数字, 则小敏输人一 次密码能够成功开机的概率是（）
A. $\frac{8}{15}$
B. $\frac{1}{8}$
C. $\frac{1}{15}$
D. $\frac{1}{30}$

解答：解: 从 $\mathrm{M}, \mathrm{I}, \mathrm{N}$ 中任取一个字母, 再从 $1,2,3,4,5$ 中任取一个数 字, 取法总数为:

$(\mathrm{M}, 1),(\mathrm{M}, 2),(\mathrm{M}, 3),(\mathrm{M}, 4),(\mathrm{M}, 5),(\mathrm{I}, 1),(\mathrm{I}, 2),(\mathrm{I}, 3), \quad(\mathrm{I}$ 4), $(\mathrm{I}, 5),(\mathrm{N}, 1),(\mathrm{N}, 2),(\mathrm{N}, 3),(\mathrm{N}, 4),(\mathrm{N}, 5)$ 共 15 种.

其中只有一个是小敏的密码前两位.

由随机事件发生的概率可得, 小敏输入一次密码能够成功开机的概率是 $\frac{1}{15}$.

故选: C.

答案：C

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $\tan \theta=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$
A. $-\frac{4}{5}$
B. $-\frac{1}{5}$
C. $\frac{1}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

解答：解: $\because \tan \theta=\frac{1}{3}$,

$\therefore \cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=\frac{2}{1+\tan ^{2} \theta}-1=\frac{2}{1+\frac{1}{9}}-1=\frac{4}{5}$.

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $a=2^{\frac{4}{3}}, b=3^{\frac{2}{3}}, c=25^{\frac{1}{3}}$, 则 ( )
A. $b<a<c$
B. $a<b<c$
C. $b<c<a$
D. $c<a<b$

解答：解: $\because a=2^{\frac{4}{3}}=4^{\frac{2}{3}}$,

$\mathrm{b}=3^{\frac{2}{3}}$

$\mathrm{c}=25^{\frac{1}{3}}=5^{\frac{2}{3}}$,

综上可得： $b<a<c$,

故选: $A$.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $B=\frac{\pi}{4}, B C$ 边上的高等于 $\frac{1}{3} B C$, 则 $\sin A=(\quad)$ 
A. $\frac{3}{10}$
B. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$

解答：解: $\because$ 在 $\triangle A B C$ 中, $B=\frac{\pi}{4}, B C$ 边上的高等于 $\frac{1}{3} B C$, $\therefore \mathrm{AB}=\frac{\sqrt{2}}{3} \mathrm{BC}$

由余弦定理得: $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}-2 \cdot A B \cdot B C \cdot \cos B}=\sqrt{\frac{2}{9} B C+B C^{2}-\frac{2}{3} B C^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3} B C$,

故 $\frac{1}{2} B C \cdot \frac{1}{3} B C=\frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin A=\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{3} B C \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} B C \cdot \sin A$,

$\therefore \sin A=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

故选: D.

答案：D

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在封闭的直三棱柱 $A B C-\mathrm{A}_{1} B_{1} C_{1}$ 内有一个体积为 $\mathrm{V}$ 的球, 若 $A B \perp$ $\mathrm{BC}, \mathrm{AB}=6, \mathrm{BC}=8, A A_{1}=3$, 则 $V$ 的最大值是 $(\quad)$
A. $4 \pi$
B. $\frac{9 \pi}{2}$
C. $6 \pi$
D. $\frac{32 \pi}{3}$

解答：解: $\because A B \perp B C, A B=6, B C=8$,

$\therefore \mathrm{AC}=10$.

故三角形 $A B C$ 的内切圆半径 $r=\frac{6+8-10}{2}=2$,

又由 $\mathrm{AA}_{1}=3$,

故直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的内切球半径为 $\frac{3}{2}$,

此时 $\vee$ 的最大值 $\frac{4}{3} \pi \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=\frac{9 \pi}{2}$,

故选: B.

答案：B

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $O$ 为坐标原点, $F$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>b>0)$ 的左焦点, $A, B$ 分别为 $C$ 的左, 右顶点. $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $P F \perp x$ 轴, 过点 $A$ 的直线 $I$ 与线段 $P F$ 交于点 $M$, 与 $y$ 轴交于点 $E$. 若直线 $B M$ 经过 $O E$ 的中点, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解：由题意可设 $F(-c, 0), A(-a, 0), B(a, 0)$,

设直线 $A E$ 的方程为 $y=k(x+a)$,

令 $x=-c$, 可得 $M(-c, k(a-c))$, 令 $x=0$, 可得 $E(0, k a)$,

设 $O E$ 的中点为 $H$, 可得 $H\left(0, \frac{k a}{2}\right)$,

由 $B, H, M$ 三点共线, 可得 $k_{B H}=k_{B M}$,

即为 $\frac{\frac{k a}{2}}{-a}=\frac{k(a-c)}{-c-a}$

化简可得 $\frac{a-c}{a+c}=\frac{1}{2}$, 即为 $a=3 c$,

可得 $\mathrm{e}=\frac{c}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$.

另解: 由 $\triangle A M F \backsim \triangle A E O$,

可得 $\frac{a-c}{a}=\frac{M F F}{O E}$,

由 $\triangle B O H \backsim \triangle B F M$,

可得 $\frac{a}{a+c}=\frac{O H}{F M}=\frac{O E}{2 F \cdot M}$,

即有 $\frac{2(a-c)}{a}=\frac{a+c}{a}$ 即 $a=3 c$,

可得 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{1}{3}$.

故选: A.

答案：A

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $2 \cos C$ ( $a \cos B+b \cos A)=c$.

(I) 求 C;

(II ) 若 $\mathrm{c}=\sqrt{7}, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 求 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的周长.

解答：（Ｉ）已知等式利用正弦定理化简, 整理后利用两角和与差的正弦函数 公式及诱导公式化简, 根据 $\sin C$ 不为 0 求出 $\cos C$ 的值, 即可确定出出 $C$ 的度 数;

(2) 利用余弦定理列出关系式, 利用三角形面积公式列出关系式, 求出 $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ 的 值, 即可求 $\triangle A B C$ 的周长.

解: ( I ) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $0<C<\pi, \therefore \sin C \neq 0$

已知等式利用正弦定理化简得: $2 \cos C(\sin A \cos B+\sin B \cos A)=\sin C$,

整理得: $2 \cos C \sin (A+B)=\sin C$,

即 $2 \cos C \sin (\pi-(A+B))=\sin C$

$2 \cos C \sin C=\sin C$

$\therefore \cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,

$\therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{3}$

(II) 由余弦定理得 $7=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \frac{1}{2}$,

$\therefore(a+b)^{2}-3 a b=7$

$\because \mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{absinc}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{ab}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore a b=6$,

$\therefore(a+b)^{2}-18=7$

$\therefore a+b=5$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 的周长为 $5+\sqrt{7}$.

答案：解: ( I ) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $0<C<\pi, \therefore \sin C \neq 0$

已知等式利用正弦定理化简得: $2 \cos C(\sin A \cos B+\sin B \cos A)=\sin C$,

整理得: $2 \cos C \sin (A+B)=\sin C$,

即 $2 \cos C \sin (\pi-(A+B))=\sin C$

$2 \cos C \sin C=\sin C$

$\therefore \cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,

$\therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{3}$

(II) 由余弦定理得 $7=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \frac{1}{2}$,

$\therefore(a+b)^{2}-3 a b=7$

$\because \mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{absinc}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{ab}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore a b=6$,

$\therefore(a+b)^{2}-18=7$

$\therefore a+b=5$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 的周长为 $5+\sqrt{7}$.

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y=1+\operatorname{asin} t\end{array}(t\right.$ 为参数, $a>0$ ) . 在以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$. ( I ) 说明 $C_{1}$ 是哪种曲线, 并将 $C_{1}$ 的方程化为极坐标方程;

(II ) 直线 $C_{3}$ 的极坐标方程为 $\theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 若曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公 共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上, 求 $a$.

解答：（I）把曲线 $C_{1}$ 的参数方程变形, 然后两边平方作和即可得到普通方 程, 可知曲线 $C_{1}$ 是圆, 化为一般式, 结合 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$ 化为极坐标方程

(II) 化曲线 $C_{2} 、 C_{3}$ 的极坐标方程为直角坐标方程, 由条件可知 $y=x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程, 把 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的方程作差, 结合公共弦所在直线方程为 $y=2 x$ 可得 $1-a^{2}=0$, 则 $a$ 值可求.

解 （I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$.

$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.

化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)

由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;

( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, $\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2)$

即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,

$\because$ 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的公共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上,

$\therefore y=2 x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程,

(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,

$\therefore 1-a^{2}=0$,

$\therefore a=1(a>0)$.

答案：解 （I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$.

$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.

化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)

由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;

( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, $\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2)$

即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,

$\because$ 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的公共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上,

$\therefore y=2 x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程,

(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,

$\therefore 1-a^{2}=0$,

$\therefore a=1(a>0)$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28$, 记 $b_{n}=\left[\lg a_{n}\right]$, 其 中 $[\mathrm{x}]$ 表示不超过 $\mathrm{x}$ 的最大整数, 如 $[0.9]=0,[\lg 99]=1$.

(I) 求 $b_{1}, b_{11}, b_{101}$ ；

(II) 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和.

解答：( I ) 利用已知条件求出等差数列的公差, 求出通项公式, 然后求解 $b_{1}$, $b_{11}, b_{101}$;

(II) 找出数列的规律, 然后求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和.

解: ( I ) $s_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28,7 a_{4}=28$.

可得 $a_{4}=4$, 则公差 $d=1$.

$a_{n}=n$,

$b_{n}=[\operatorname{lgn}]$, 则 $b_{1}=[\lg 1]=0$,

$b_{11}=[\lg 11]=1$,

$\mathrm{b}_{101}=[\lg 101]=2$.

( II ) 由 ( I ) 可知: $b_{1}=b_{2}=b_{3}=\ldots=b_{9}=0, b_{10}=b_{11}=b_{12}=\ldots=b_{99}=1$.

$b_{100}=b_{101}=b_{102}=b_{103}=\ldots=b_{999}=2, b_{10,00}=3$.

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和为: $9 \times 0+90 \times 1+900 \times 2+3=1893$.

答案：解: ( I ) $s_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28,7 a_{4}=28$.

可得 $a_{4}=4$, 则公差 $d=1$.

$a_{n}=n$,

$b_{n}=[\operatorname{lgn}]$, 则 $b_{1}=[\lg 1]=0$,

$b_{11}=[\lg 11]=1$,

$\mathrm{b}_{101}=[\lg 101]=2$.

( II ) 由 ( I ) 可知: $b_{1}=b_{2}=b_{3}=\ldots=b_{9}=0, b_{10}=b_{11}=b_{12}=\ldots=b_{99}=1$.

$b_{100}=b_{101}=b_{102}=b_{103}=\ldots=b_{999}=2, b_{10,00}=3$.

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和为: $9 \times 0+90 \times 1+900 \times 2+3=1893$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{t}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的焦点在 $x$ 轴上, $A$ 是 $E$ 的左顶点, 斜率 为 $k(k>0)$ 的直线交 $E$ 于 $A, M$ 两点, 点 $N$ 在 $E$ 上, $M A \perp N A$.

（I ) 当 $t=4,|A M|=|A N|$ 时, 求 $\triangle A M N$ 的面积;

（II）当 $2|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|$ 时, 求 $\mathrm{k}$ 的取值范围.

解答：( I ) 方法一、求出 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆方程和顶点 $\mathrm{A}$, 设出直线 $A M$ 的方程 , 代入椭圆方程, 求交点 $M$, 运用弦长公式求得 $|A M|$, 由垂直的条件可得 $|A N|$ , 再由 $|A M|=|A N|$, 解得 $k=1$, 运用三角形的面积公式可得 $\triangle A M N$ 的面积; 方法二、运用椭圆的对称性, 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 求得 $A M$ 的方程代入椭 圆方程, 解方程可得 $M, N$ 的坐标, 运用三角形的面积公式计算即可得到; (II ) 直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入椭圆方程, 求得交点 $M$, 可得 $|A M|$ , $|A N|$, 再由 $2|A M|=|A N|$, 求得 $t$, 再由椭圆的性质可得 $t>3$, 解不等式 即可得到所求范围.

解: ( I ) 方法一、 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆 $\mathrm{E}$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1, A(-2,0)$

直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+2)$, 代入椭圆方程, 整理可得 $\left(3+4 k^{2}\right)$

$$
x^{2}+16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0
$$

解得 $x=-2$ 或 $x=-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}$, 则 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|2-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}$,

由 $A N \perp A M$, 可得 $|A N|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 \cdot\left(\frac{-1}{k}\right)^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3|k|+\frac{4}{|k|}}$,

由 $|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|, \mathrm{k}>0$, 可得 $\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3 k+\frac{4}{k}}$,

整理可得 $(k-1)\left(4 k^{2}+k+4\right)=0$, 由 $4 k^{2}+k+4=0$ 无实根, 可得 $k=1$, 即有 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2}|A M|^{2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{1+1} \cdot \frac{12}{3+4}\right){ }^{2}=\frac{144}{49}$;

方法二、由 $|A M|=|A N|$, 可得 $M, N$ 关于 $x$ 轴对称,

由 $M A \perp N A$. 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 直线 $A M$ 的方程为 $y=x+2$,

代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 可得 $7 x^{2}+16 x+4=0$,

解得 $x=-2$ 或 $-\frac{2}{7}, M\left(-\frac{2}{7}, \frac{12}{7}\right), N\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right)$,

则 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times \frac{24}{7} \times\left(-\frac{2}{7}+2\right)=\frac{144}{49}$;

( II ) 直线 AM 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入陏圆方程,

可得 $\left(3+t k^{2}\right) x^{2}+2 t \sqrt{t} k^{2} x+t^{2} k^{2}-3 t=0$,

解得 $x=-\sqrt{t}$ 或 $x=-\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,

即有 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}-\sqrt{t}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,

$|\mathrm{AN}|=\sqrt{1+\frac{1}{\mathrm{k}^{2}}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+\frac{t}{k^{2}}}=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 \mathrm{k}+\frac{\mathrm{t}}{\mathrm{k}}}$,

由 $2|A M|=|A N|$, 可得 $2 \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 k+\frac{t}{k}}$,

整理得 $\mathrm{t}=\frac{6 \mathrm{k}^{2}-3 \mathrm{k}}{\mathrm{k}^{3}-2}$,

由椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 则 $\mathrm{t}>3$, 即有 $\frac{6 k^{2}-3 k}{k^{3}-2}>3$, 即有 $\frac{\left(k^{2}+1\right)(k-2)}{k^{3}-2}<0$,

可得 $\sqrt[3]{2}<k<2$, 即 $k$ 的取值范围是 $(\sqrt[3]{2}, 2)$.

答案：解: ( I ) 方法一、 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆 $\mathrm{E}$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1, A(-2,0)$

直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+2)$, 代入椭圆方程, 整理可得 $\left(3+4 k^{2}\right)$

$$
x^{2}+16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0
$$

解得 $x=-2$ 或 $x=-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}$, 则 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|2-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}$,

由 $A N \perp A M$, 可得 $|A N|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 \cdot\left(\frac{-1}{k}\right)^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3|k|+\frac{4}{|k|}}$,

由 $|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|, \mathrm{k}>0$, 可得 $\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3 k+\frac{4}{k}}$,

整理可得 $(k-1)\left(4 k^{2}+k+4\right)=0$, 由 $4 k^{2}+k+4=0$ 无实根, 可得 $k=1$, 即有 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2}|A M|^{2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{1+1} \cdot \frac{12}{3+4}\right){ }^{2}=\frac{144}{49}$;

方法二、由 $|A M|=|A N|$, 可得 $M, N$ 关于 $x$ 轴对称,

由 $M A \perp N A$. 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 直线 $A M$ 的方程为 $y=x+2$,

代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 可得 $7 x^{2}+16 x+4=0$,

解得 $x=-2$ 或 $-\frac{2}{7}, M\left(-\frac{2}{7}, \frac{12}{7}\right), N\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right)$,

则 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times \frac{24}{7} \times\left(-\frac{2}{7}+2\right)=\frac{144}{49}$;

( II ) 直线 AM 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入陏圆方程,

可得 $\left(3+t k^{2}\right) x^{2}+2 t \sqrt{t} k^{2} x+t^{2} k^{2}-3 t=0$,

解得 $x=-\sqrt{t}$ 或 $x=-\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,

即有 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}-\sqrt{t}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,

$|\mathrm{AN}|=\sqrt{1+\frac{1}{\mathrm{k}^{2}}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+\frac{t}{k^{2}}}=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 \mathrm{k}+\frac{\mathrm{t}}{\mathrm{k}}}$,

由 $2|A M|=|A N|$, 可得 $2 \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 k+\frac{t}{k}}$,

整理得 $\mathrm{t}=\frac{6 \mathrm{k}^{2}-3 \mathrm{k}}{\mathrm{k}^{3}-2}$,

由椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 则 $\mathrm{t}>3$, 即有 $\frac{6 k^{2}-3 k}{k^{3}-2}>3$, 即有 $\frac{\left(k^{2}+1\right)(k-2)}{k^{3}-2}<0$,

可得 $\sqrt[3]{2}<k<2$, 即 $k$ 的取值范围是 $(\sqrt[3]{2}, 2)$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：( I ) 讨论函数 $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的单调性, 并证明当 $x>0$ 时, $(x-2$ $e^{x}+x+2>0$

（II) 证明: 当 $a \in[0,1)$ 时, 函数 $g(x)=\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值. 设 $g($ $\mathrm{x}$ )的最小值为 $\mathrm{h}(\mathrm{a} ＼mathrm{~, ~ 求 函 数 ~} \mathrm{~h}$ (a）的值域.

解答：从导数作为切入点探求函数的单调性, 通过函数单调性来求得函数的 值域, 利用复合函数的求导公式进行求导, 然后逐步分析即可

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

$f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$

$\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$

$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增

$\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$

即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$

(2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$

$=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$

$\mathrm{a} \in[0,1)$

由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$,

只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$,

由 $x>0$, 可得

$t \in(0,2]$

当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减;

当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$

记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$,

故 $k(t)$ 单调递增,

所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$.

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

$f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$

$\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$

$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增

$\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$

即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$

(2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$

$=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$

$\mathrm{a} \in[0,1)$

由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$,

只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$,

由 $x>0$, 可得

$t \in(0,2]$

当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减;

当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$

记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$,

故 $k(t)$ 单调递增,

所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 圆 $C$ 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$.

( I ) 以坐标原点为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程

(II) 直线 $\mid$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=$ $\sqrt{10}$, 求 $\mathrm{I}$ 的斜率.

解答：（I ）把圆 C 的标准方程化为一般方程, 由此利用 $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha$, $y=\rho \sin \alpha$, 能求出圆 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程.

(II ) 由直线 I 的参数方程求出直线 I 的一般方程, 再求出圆心到直线距离, 由 此能求出直线 1 的斜率.

解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,

$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,

$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$

$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.

( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）,

$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 I 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,

$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,

圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.

$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,

解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

$\therefore 1$ 的斜率 $\mathrm{k}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

答案：解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,

$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,

$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$

$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.

( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）,

$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 I 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,

$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,

圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.

$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,

解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

$\therefore 1$ 的斜率 $\mathrm{k}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24. 已知函数 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x+\frac{1}{2}\right|, M$ 为不等式 $f(x)<2$ 的解集.
(I ) 求 $M$;
(II ) 证明: 当 $a, b \in M$ 时, $|a+b|<|1+a b|$.

解答：(1） 分当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $x>\frac{1}{2}$ 时三种情况, 分别求解 不等式, 综合可得答案;

(II) 当 $a, b \in M$ 时, （a- $\left.a^{2}\right)\left(b^{2}-1\right)>0$, 即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$, 配方后, 可 证得结论.

解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,

解得: $x>-1$,

$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,

当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,

此时不等式恒成立,

$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,

当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,

解得: $x<1$,

$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,

综上可得: $M=(-1,1)$;

证明：（II) 当 $a, b \in M$ 时,

$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,

即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,

即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,

即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,

即 $|a+b|<|1+a b|$.

答案：解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,

解得: $x>-1$,

$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,

当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,

此时不等式恒成立,

$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,

当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,

解得: $x<1$,

$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,

综上可得: $M=(-1,1)$;

证明：（II) 当 $a, b \in M$ 时,

$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,

即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,

即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,

即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,

即 $|a+b|<|1+a b|$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=1+\lambda a_{n}$, 其中 $\lambda \neq 0$.
(1) 证明 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 并求其通项公式;
(2) 若 $S_{5}=\frac{31}{32}$, 求 $\lambda$.

解答：(1) 根据数列通项公式与前 $\mathrm{n}$ 项和公式之间的关系进行递推, 结合等 比数列的定义进行证明求解即可.

(2) 根据条件建立方程关系进行求解就可.

解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$.

$\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$,

即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$,

$\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$,

即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ，

$\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$,

当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$,

即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$,

$\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$.

(2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$,

则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$,

即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$,

则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$.

答案：解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$.

$\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$,

即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$,

$\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$,

即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ，

$\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$,

当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$,

即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$,

$\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$.

(2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$,

则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$,

即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$,

则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设函数 $f(x)=a \cos 2 x+(a-1)(\cos x+1)$, 其中 $a>0$, 记f $(x)$ |的最大值为 $A$. 
(I) 求 $f^{\prime}(X)$;
(II) 求 $A$;
(III) 证明: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.

解答：(I) 根据复合函数的导数公式进行求解即可求 $f^{\prime}(\mathrm{x})$;

(II) 讨论 $\mathrm{a}$ 的取值, 利用分类讨论的思想方法, 结合换元法, 以及一元二次函 数的最值的性质进行求解;

(III) 由 (I), 结合绝对值不等式的性质即可证明: |f' $(x) \quad \mid \leqslant 2 A$.

(I) 解: $f^{\prime}(x)=-2 \operatorname{asin} 2 x-(a-1) \sin x$.

（II) 当 $a \geqslant 1$ 时, If $(x)|=| a \cos 2 x+(a-1) \quad(\cos x+1)|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1)|$ $(\cos x+1) \quad|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1) \quad(|\cos x|+1)| \leqslant a+2(a-1)=3 a-2=f(0)$,

因此 $A=3 a-2$.

当 $0<a<1$ 时, $f(x)=\operatorname{acos} 2 x+(a-1)(\cos x+1)=2 \operatorname{acos}^{2} x+(a-1) \cos x$ $-1$

今 $g(t)=2 a t^{2}+(a-1) t-1$,

则 $A$ 是 $\operatorname{gn}(t)$ |在 $[-1,1]$ 上的最大值, $g(-1)=a, g(1)=3 a-2$,

且当 $t=\frac{1-a}{4 a}$ 时, $g(t)$ 取得极小值, 极小值为 $g\left(\frac{1-a}{4 a}\right)=-\frac{(a-1)^{2}}{8 a}-1=-\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}$,

(二次函数在对称轴处取得极值)

令 $-1<\frac{1-a}{4 a}<1$, 得 $a<-\frac{1}{3}$ (舍) 或 $a>\frac{1}{5}$.

(1)当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, $g(t)$ 在 $(-1,1)$ 内无极值点, $|g(-1)|=a,|g(1)|=2$ $-3 a, \lg (-1)|<\lg (1)|$,

$\therefore \mathrm{A}=2-3 \mathrm{a}$

(2)当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, 由 $g(-1)-g(1)=2(1-a)>0$, 得 $g(-1)>g$

$$
>\mathrm{g}\left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right)
$$

又 g $\left(\frac{1-a}{4 a}\right)|-\lg (-1)|=\frac{(1-a)(1+7 a)}{8 a}>0$,

$\therefore \mathrm{A}=\lg \left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right) \quad \mid=\frac{\mathrm{a}^{2}+6 \mathrm{a}+1}{8 \mathrm{a}}$,

综上, $\mathrm{A}=\left\{\begin{array}{ll}2-3 a, & 0<a \leqslant \frac{1}{5} \\ \frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}, & \frac{1}{5}<a<1 \\ 3 a-2, & a \geqslant 1\end{array}\right.$.

(III) 证明: 由 (I) 可得: |f' ( $x)|=|-2 a \sin 2 x-(a-1) \sin x|\leqslant 2 a+| a-1 \mid$,

当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, If' $(x) \mid<1+a \leqslant 2-4 a<2(2-3 a)=2 A$,

当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, $A=\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}=\frac{a}{8}+\frac{1}{8 a}+\frac{3}{4}>1$,

$\therefore f^{\prime}(x) \quad 1 \leqslant 1+a \leqslant 2 A$,

当 $a \geqslant 1$ 时, If' $(x) \quad \mid \leqslant 3 a-1 \leqslant 6 a-4=2 A$,

综上: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.

答案：(I) 解: $f^{\prime}(x)=-2 \operatorname{asin} 2 x-(a-1) \sin x$.

（II) 当 $a \geqslant 1$ 时, If $(x)|=| a \cos 2 x+(a-1) \quad(\cos x+1)|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1)|$ $(\cos x+1) \quad|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1) \quad(|\cos x|+1)| \leqslant a+2(a-1)=3 a-2=f(0)$,

因此 $A=3 a-2$.

当 $0<a<1$ 时, $f(x)=\operatorname{acos} 2 x+(a-1)(\cos x+1)=2 \operatorname{acos}^{2} x+(a-1) \cos x$ $-1$

今 $g(t)=2 a t^{2}+(a-1) t-1$,

则 $A$ 是 $\operatorname{gn}(t)$ |在 $[-1,1]$ 上的最大值, $g(-1)=a, g(1)=3 a-2$,

且当 $t=\frac{1-a}{4 a}$ 时, $g(t)$ 取得极小值, 极小值为 $g\left(\frac{1-a}{4 a}\right)=-\frac{(a-1)^{2}}{8 a}-1=-\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}$,

(二次函数在对称轴处取得极值)

令 $-1<\frac{1-a}{4 a}<1$, 得 $a<-\frac{1}{3}$ (舍) 或 $a>\frac{1}{5}$.

(1)当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, $g(t)$ 在 $(-1,1)$ 内无极值点, $|g(-1)|=a,|g(1)|=2$ $-3 a, \lg (-1)|<\lg (1)|$,

$\therefore \mathrm{A}=2-3 \mathrm{a}$

(2)当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, 由 $g(-1)-g(1)=2(1-a)>0$, 得 $g(-1)>g$

$$
>\mathrm{g}\left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right)
$$

又 g $\left(\frac{1-a}{4 a}\right)|-\lg (-1)|=\frac{(1-a)(1+7 a)}{8 a}>0$,

$\therefore \mathrm{A}=\lg \left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right) \quad \mid=\frac{\mathrm{a}^{2}+6 \mathrm{a}+1}{8 \mathrm{a}}$,

综上, $\mathrm{A}=\left\{\begin{array}{ll}2-3 a, & 0<a \leqslant \frac{1}{5} \\ \frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}, & \frac{1}{5}<a<1 \\ 3 a-2, & a \geqslant 1\end{array}\right.$.

(III) 证明: 由 (I) 可得: |f' ( $x)|=|-2 a \sin 2 x-(a-1) \sin x|\leqslant 2 a+| a-1 \mid$,

当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, If' $(x) \mid<1+a \leqslant 2-4 a<2(2-3 a)=2 A$,

当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, $A=\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}=\frac{a}{8}+\frac{1}{8 a}+\frac{3}{4}>1$,

$\therefore f^{\prime}(x) \quad 1 \leqslant 1+a \leqslant 2 A$,

当 $a \geqslant 1$ 时, If' $(x) \quad \mid \leqslant 3 a-1 \leqslant 6 a-4=2 A$,

综上: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：24. 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+a$.

(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集;

(2) 设函数 $g(x)=|2 x-1|$, 当 $x \in R$ 时, $f(x)+g(x) \geqslant 3$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：(1) 当 $a=2$ 时, 由已知得 $2 x-2 \mid+2 \leqslant 6$, 由此能求出不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集.

(2) 由 $f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$, 得 $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$, 由此能 求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,

$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,

$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$

$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$

解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,

$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.

(2) $\because g(x)=|2 x-1|$

$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,

$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$

$\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$

当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,

当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,

$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$,

解得 $2 \leqslant a<3$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.

答案：解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,

$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,

$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$

$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$

解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,

$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.

(2) $\because g(x)=|2 x-1|$

$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,

$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$

$\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$

当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,

当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,

$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$,

解得 $2 \leqslant a<3$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$, $a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II ) 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：（I ) 令 $n=1$, 可得 $a_{1}=2$, 结合 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列, 可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 由 (1) 可得: 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列, 进而可 得: $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解: ( I ) $\because a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

当 $n=1$ 时, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}$.

$\because b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$,

$\therefore a_{1}=2$,

又 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列,

$\therefore a_{n}=3 n-1$,

( II ) 由 (1) 知: (3n-1) $b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

即 $3 b_{n+1}=b_{n}$.

即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列,

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-3^{-n}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}$.

答案：解: ( I ) $\because a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

当 $n=1$ 时, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}$.

$\because b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$,

$\therefore a_{1}=2$,

又 $\because\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列,

$\therefore a_{n}=3 n-1$,

( II ) 由 (1) 知: (3n-1) $b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

即 $3 b_{n+1}=b_{n}$.

即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列,

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-3^{-n}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}$.

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $I: y=t （ t \neq 0)$ 交 $y$ 轴于点 $M$, 交抛物 线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 于点 $P, M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$, 连结 $O N$ 并延长交 $C$ 于点 $\mathrm{H}$.

( I ) 求 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}$;

(II) 除 $\mathrm{H}$ 以外, 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 是否有其它公共点? 说明理由.

解答：( I ) 求出 $P, N, H$ 的坐标, 利用 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}$, 求 $\frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}$;

(II) 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立, 消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$ , 利用判别式可得结论.

解: ( I ) 将直线 I 与抛物线方程联立, 解得 $P\left(\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \mathrm{t}\right)$,

$\because M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$,

$\therefore \frac{\mathrm{x}_{\mathbb{N}}+\mathrm{x}_{\mathrm{K}}}{2}=\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}_{\mathrm{N}}+\mathrm{y}_{\mathrm{M}}}{2}=\mathrm{t}$,

$\therefore N\left(\frac{t^{2}}{p}, t\right)$,

$\therefore O N$ 的方程为 $y=\frac{p}{t} x$,

与抛物线方程联立, 解得 $H\left(\frac{2 \mathrm{t}^{2}}{\mathrm{p}}, 2 \mathrm{t}\right)$ $\therefore \frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}=2$

(II) 由 ( I ) 知 $k_{M H}=\frac{p}{2 t}$,

$\therefore$ 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立，消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$,

$\therefore \triangle=16 \mathrm{t}^{2}-4 \times 4 \mathrm{t}^{2}=0$,

$\therefore$ 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 除点 $\mathrm{H}$ 外没有其它公共点.

答案：解: ( I ) 将直线 I 与抛物线方程联立, 解得 $P\left(\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \mathrm{t}\right)$,

$\because M$ 关于点 $P$ 的对称点为 $N$,

$\therefore \frac{\mathrm{x}_{\mathbb{N}}+\mathrm{x}_{\mathrm{K}}}{2}=\frac{\mathrm{t}^{2}}{2 \mathrm{p}}, \frac{\mathrm{y}_{\mathrm{N}}+\mathrm{y}_{\mathrm{M}}}{2}=\mathrm{t}$,

$\therefore N\left(\frac{t^{2}}{p}, t\right)$,

$\therefore O N$ 的方程为 $y=\frac{p}{t} x$,

与抛物线方程联立, 解得 $H\left(\frac{2 \mathrm{t}^{2}}{\mathrm{p}}, 2 \mathrm{t}\right)$ $\therefore \frac{|\mathrm{OH}|}{|\mathrm{ON}|}=\frac{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{H}}\right|}{\left|\mathrm{y}_{\mathrm{N}}\right|}=2$

(II) 由 ( I ) 知 $k_{M H}=\frac{p}{2 t}$,

$\therefore$ 直线 $M H$ 的方程为 $y=\frac{p}{2 t} x+t$, 与抛物线方程联立，消去 $x$ 可得 $y^{2}-4 t y+4 t^{2}=0$,

$\therefore \triangle=16 \mathrm{t}^{2}-4 \times 4 \mathrm{t}^{2}=0$,

$\therefore$ 直线 $\mathrm{MH}$ 与 $\mathrm{C}$ 除点 $\mathrm{H}$ 外没有其它公共点.

2016 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y=1+a \operatorname{asint}\end{array}(t\right.$ 为参数, $a>0)$ . 在以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$.

( I ) 说明 $C_{1}$ 是哪种曲线, 并将 $C_{1}$ 的方程化为极坐标方程;

(II ) 直线 $C_{3}$ 的极坐标方程为 $\theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 若曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公 共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上, 求 $a$.

解答：（I ）把曲线 $C_{1}$ 的参数方程变形, 然后两边平方作和即可得到普通方 程, 可知曲线 $C_{1}$ 是圆, 化为一般式, 结合 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$ 化为极坐标方程 ;

(II ) 化曲线 $C_{2} 、 C_{3}$ 的极坐标方程为直角坐标方程, 由条件可知 $y=x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程, 把 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的方程作差, 结合公共弦所在直线方程为 $y=2 x$ 可得 1- $a^{2}=0$, 则 $a$ 值可求.

解 （ I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$

$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.

化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)

由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;

( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2$

即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,

$\because$ 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上,

$\therefore y=2 x$ 为圆 $c_{1}$ 与 $c_{2}$ 的公共弦所在直线方程,

(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,

$\therefore 1-a^{2}=0$

$\therefore a=1(a>0)$.

答案：解 （ I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$

$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.

化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)

由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;

( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$,

$\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2$

即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.

由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,

$\because$ 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上,

$\therefore y=2 x$ 为圆 $c_{1}$ 与 $c_{2}$ 的公共弦所在直线方程,

(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,

$\therefore 1-a^{2}=0$

$\therefore a=1(a>0)$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II ) 设 $b_{n}=\left[a_{n}\right]$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和, 其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数, 如 $[0.9]=0,[2.6]=2$.

解答：（I ） 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 根据已知构造关于首项和公差方程 组, 解得答案;

(II ) 根据 $b_{n}=\left[a_{n}\right]$, 列出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项, 相加可得答案.

解： ( I ) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

$\because a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+5 d=4 \\ 2 a_{1}+10 d=6\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=\frac{2}{5}\end{array}\right.$,

$\therefore a_{n}=\frac{2}{5} n+\frac{3}{5}$

( II ) $\because b_{n}=\left[a_{n}\right]$, $\therefore b_{1}=b_{2}=b_{3}=1$,

$\mathrm{b}_{4}=\mathrm{b}_{5}=2$

$b_{6}=b_{7}=b_{8}=3$,

$b_{9}=b_{10}=4$.

故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和 $S_{10}=3 \times 1+2 \times 2+3 \times 3+2 \times 4=24$.

答案：解： ( I ) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

$\because a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+5 d=4 \\ 2 a_{1}+10 d=6\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=\frac{2}{5}\end{array}\right.$,

$\therefore a_{n}=\frac{2}{5} n+\frac{3}{5}$

( II ) $\because b_{n}=\left[a_{n}\right]$, $\therefore b_{1}=b_{2}=b_{3}=1$,

$\mathrm{b}_{4}=\mathrm{b}_{5}=2$

$b_{6}=b_{7}=b_{8}=3$,

$b_{9}=b_{10}=4$.

故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和 $S_{10}=3 \times 1+2 \times 2+3 \times 3+2 \times 4=24$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：某险种的基本保费为 a（单位: 元), 继续购买该险种的投保人称 为续保人, 续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 上年度出险次数 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & $\geqslant 5$ \\
\hline 保费 & $0.85 a$ & $a$ & $1.25 a$ & $1.5 a$ & $1.75 a$ & $2 a$ \\
\hline
\end{tabular}

随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况, 得到如下统计表:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 出险次数 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & $\geqslant 5$ \\
\hline 频数 & 60 & 50 & 30 & 30 & 20 & 10 \\
\hline
\end{tabular}

（I）记 $A$ 为事件: “一续保人本年度的保费不高于基本保费”. 求 $P$ ( $A$ ）的估计 值;

( II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 求 P (B) 的估计值;

(III) 求续保人本年度的平均保费估计值.

解答：(1) 求出 $\mathrm{A}$ 为事件: “一续保人本年度的保费不高于基本保费”的人数. 总事件人数, 即可求 $P(A)$ 的估计值;

(II ) 求出 $\mathrm{B}$ 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费 的 160\%"的人数. 然后求 P (B) 的估计值;

(III) 利用人数与保费乘积的和除以总续保人数, 可得本年度的平均保费估计值

解: (I) 记 $\mathrm{A}$ 为事件: "一续保人本年度的保费不高于基本保费". 事 件 $A$ 的人数为: $60+50=110$, 该险种的 200 名续保,

$P(A)$ 的估计值为: $\frac{110}{200}=\frac{11}{20}$;

（II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 事件 $B$ 的人数为: $30+30=60, P(B)$ 的估计值为: $\frac{60}{200}=\frac{3}{10}$;

(III) 续 保人本年度的平均保费估计 值为 $\bar{x}=$ $\frac{0.85 \mathrm{a} \times 60+\mathrm{a} \times 50+1.25 \mathrm{a} \times 30+1.5 \mathrm{a} \times 30+1.75 \mathrm{a} \times 20+2 \mathrm{a} \times 1}{200}=1.1925 \mathrm{a}$.

答案：解: (I) 记 $\mathrm{A}$ 为事件: "一续保人本年度的保费不高于基本保费". 事 件 $A$ 的人数为: $60+50=110$, 该险种的 200 名续保,

$P(A)$ 的估计值为: $\frac{110}{200}=\frac{11}{20}$;

（II ) 记 B 为事件: “一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的 $160 \%$ ". 事件 $B$ 的人数为: $30+30=60, P(B)$ 的估计值为: $\frac{60}{200}=\frac{3}{10}$;

(III) 续 保人本年度的平均保费估计 值为 $\bar{x}=$ $\frac{0.85 \mathrm{a} \times 60+\mathrm{a} \times 50+1.25 \mathrm{a} \times 30+1.5 \mathrm{a} \times 30+1.75 \mathrm{a} \times 20+2 \mathrm{a} \times 1}{200}=1.1925 \mathrm{a}$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$.

（1）当 $a=4$ 时, 求曲线 $y=f(x)$ 在 $(1, f(1 ）$ 处的切线方程;

(II) 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：(1) 当 $a=4$ 时, 求出曲线 $y=f(x)$ 在 (1, $f(1)$ ) 处的切线的斜率, 即可求出切线方程;

(II) 先求出 $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$, 再结合条件, 分类讨论, 即可求 $a$ 的取值 范围.

解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$.

$f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$,

函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$,

则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$,

即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$,

则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$;

(II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$,

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

$\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$,

$\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$

$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$

$\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意;

(2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增,

由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意.

综上所述,$a \leqslant 2$.

另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$,

可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$,

即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$,

由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$,

由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$,

函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$,

则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增,

则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$,

可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立,

即有 $a \leqslant 2$.

答案：解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$.

$f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$,

函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$,

则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$,

即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$,

则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$;

(II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$,

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

$\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$,

$\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$

$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$

$\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,

$\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意;

(2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增,

由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意.

综上所述,$a \leqslant 2$.

另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$,

可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$,

即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$,

由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$,

由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$,

函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$,

则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增,

则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$,

可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立,

即有 $a \leqslant 2$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 圆 $C$ 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$.

( I ) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求 $C$ 的极坐标方程 ( II ) 直线 $\mid$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=$ $\sqrt{10}$, 求 I 的斜率.

解答：（I ）把圆 C 的标准方程化为一般方程, 由此利用 $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha$, $y=\rho \sin \alpha$, 能求出圆 $C$ 的极坐标方程.

(II ) 由直线 I 的参数方程求出直线 I 的一般方程, 再求出圆心到直线距离, 由 此能求出直线 I 的斜率.

解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,

$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,

$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$,

$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.

( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数），

$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 $I$ 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,

$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,

圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.

$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,

解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

$\therefore l$ 的斜率 $k= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

答案：解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,

$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,

$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$,

$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.

( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数），

$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 $I$ 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,

$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,

圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.

$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,

解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

$\therefore l$ 的斜率 $k= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.

2016 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24. 已知函数 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x+\frac{1}{2}\right|, M$ 为不等式 $f(x)<2$ 的解集.

(I) 求 $M$;

（II) 证明: 当 $a, b \in M$ 时, $|a+b|<|1+a b|$.

解答：(1）分当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $x>\frac{1}{2}$ 时三种情况, 分别求解 不等式，综合可得答案;

(II) 当 $a, b \in M$ 时, （a- $\left.a^{2}\right)\left(b^{2}-1\right)>0$, 即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$, 配方后, 可 证得结论.

解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,

解得: $x>-1$,

$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,

当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,

此时不等式恒成立,

$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,

当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,

解得: $x<1$,

$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,

综上可得: $M=(-1,1)$;

证明: (II) 当 $a, b \in M$ 时,

$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,

即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,

即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,

即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,

即 $|a+b|<|1+a b|$.

答案：解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,

解得: $x>-1$,

$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,

当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,

此时不等式恒成立,

$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,

当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,

解得: $x<1$,

$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,

综上可得: $M=(-1,1)$;

证明: (II) 当 $a, b \in M$ 时,

$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,

即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,

即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,

即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,

即 $|a+b|<|1+a b|$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知各项都为正数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n}{ }^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$.
(1) 求 $a_{2}, a_{3}$;
(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

解答：(1) 根据题意, 由数列的递推公式, 令 $\mathrm{n}=1$ 可得 $\mathrm{a}_{1}{ }^{2}-\left(2 \mathrm{a}_{2}-1\right) \mathrm{a}_{1}-$ $2 a_{2}=0$, 将 $a_{1}=1$ 代人可得 $a_{2}$ 的值, 进而令 $n=2$ 可得 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$, 将 $a_{2}=\frac{1}{2}$ 代人计算可得 $a_{3}$ 的值，即可得答案；

(2) 根据题意, 将 $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$ 变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+a_{n+1}\right)$ $=0$, 进而分析可得 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-a_{n+1}$, 结合数列各项为正可得 $a_{n}=2 a_{n+1}$, 结合等比数列的性质可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, 由等比数 列的通项公式计算可得答案.

解: (1) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,

当 $n=1$ 时, 有 $a_{1}^{2}-\left(2 a_{2}-1\right) a_{1}-2 a_{2}=0$, 而 $a_{1}=1$, 则有 $1-\left(2 a_{2}-1\right)-2 a_{2}=0$, 解可得 $a_{2}=\frac{1}{2}$,

当 $n=2$ 时, 有 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$,

又由 $a_{2}=\frac{1}{2}$, 解可得 $a_{3}=\frac{1}{4}$,

故 $a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=\frac{1}{4}$;

(2) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,

变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+1\right)=0$,

即有 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-1$,

又由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都为正数,

则有 $a_{n}=2 a_{n+1}$,

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列,

则 $a_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.

答案：解: (1) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,

当 $n=1$ 时, 有 $a_{1}^{2}-\left(2 a_{2}-1\right) a_{1}-2 a_{2}=0$, 而 $a_{1}=1$, 则有 $1-\left(2 a_{2}-1\right)-2 a_{2}=0$, 解可得 $a_{2}=\frac{1}{2}$,

当 $n=2$ 时, 有 $a_{2}^{2}-\left(2 a_{3}-1\right) a_{2}-2 a_{3}=0$,

又由 $a_{2}=\frac{1}{2}$, 解可得 $a_{3}=\frac{1}{4}$,

故 $a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=\frac{1}{4}$;

(2) 根据题意, $a_{n}^{2}-\left(2 a_{n+1}-1\right) a_{n}-2 a_{n+1}=0$,

变形可得 $\left(a_{n}-2 a_{n+1}\right)\left(a_{n}+1\right)=0$,

即有 $a_{n}=2 a_{n+1}$ 或 $a_{n}=-1$,

又由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项都为正数,

则有 $a_{n}=2 a_{n+1}$,

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $a_{1}=1$, 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列,

则 $a_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $a_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设函数 $f(x)=\ln x-x+1$.

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;

（2） 证明当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$;

（3） 设 $c>1$, 证明当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.

解答：(1) 求出导数，由导数大于 0 ，可得增区间；导数小于 0 , 可得减区间, 注意函数的定义域;

（2）由题意可得即证 $\ln x<x-1<x \ln x$. 运用 (1) 的单调性可得 $\ln x<x-1$, 设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1$, 求出单调性, 即可得到 $x-1<x \ln x$ 成立;

（3） 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$, 求 $G(x)$ 的二次导数, 判断 $G^{\prime}(x)$ 的单 调性, 进而证明原不等式.

解: (1) 函数 $f(x)=\ln x-x+1$ 的导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$,

由 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $x>1$.

即有 $f(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ ； 减区间为 $(1,+\infty)$;

（2） 证明: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$, 即为 $\ln x<x-1<x \ln x$.

由 (1) 可得 $f(x)=\ln x-x+1$ 在 $(1,+\infty)$ 递减,

可得 $f(x)<f(1)=0$, 即有 $\ln x<x-1$;

设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1, F^{\prime}(x)=1+\ln x-1=\ln x$,

当 $x>1$ 时, $F^{\prime}(x)>0$, 可得 $F(x)$ 递增, 即有 $F(x)>F(1)=0$,

即有 $x \ln x>x-1$, 则原不等式成立;

(3) 证明: 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$,

则需要证明: 当 $x \in(0,1)$ 时, $G(x)>0(c>1)$;

$G^{\prime}(x)=c-1-c^{x} \ln c, G^{\prime \prime}(x)=-(\operatorname{lnc})^{2} c^{x}<0$

$\therefore G^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 而 $G^{\prime}(0)=c-1$ - Inc, $G^{\prime}(1)=c-1$ - clnc,

由 (1) 中 $f(x)$ 的单调性, 可得 $G^{\prime}(0)=c-1-\ln c>0$, 由 (2) 可得 $G^{\prime}(1)$

$$
=c-1-c \operatorname{lnc}=c \quad(1-\operatorname{lnc})-1<0
$$

$\therefore \exists \mathrm{t} \in(0,1)$, 使得 $G^{\prime}(t)=0$, 即 $x \in(0, t)$ 时, $G^{\prime}(x)>0, x \in(t, 1)$ 时, $G^{\prime}(x)<0$;

即 $G(x)$ 在 $(0, t)$ 递增, 在 $(t, 1)$ 递减; 又因为: $G(0)=G(1)=0$,

$\therefore x \in(0,1)$ 时 $G(x)>0$ 成立, 不等式得证;

即 $c>1$, 当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.

答案：解: (1) 函数 $f(x)=\ln x-x+1$ 的导数为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$,

由 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $0<x<1$; 由 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $x>1$.

即有 $f(x)$ 的增区间为 $(0,1)$ ； 减区间为 $(1,+\infty)$;

（2） 证明: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $1<\frac{x-1}{\ln x}<x$, 即为 $\ln x<x-1<x \ln x$.

由 (1) 可得 $f(x)=\ln x-x+1$ 在 $(1,+\infty)$ 递减,

可得 $f(x)<f(1)=0$, 即有 $\ln x<x-1$;

设 $F(x)=x \ln x-x+1, x>1, F^{\prime}(x)=1+\ln x-1=\ln x$,

当 $x>1$ 时, $F^{\prime}(x)>0$, 可得 $F(x)$ 递增, 即有 $F(x)>F(1)=0$,

即有 $x \ln x>x-1$, 则原不等式成立;

(3) 证明: 设 $G(x)=1+(c-1) x-c^{x}$,

则需要证明: 当 $x \in(0,1)$ 时, $G(x)>0(c>1)$;

$G^{\prime}(x)=c-1-c^{x} \ln c, G^{\prime \prime}(x)=-(\operatorname{lnc})^{2} c^{x}<0$

$\therefore G^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 而 $G^{\prime}(0)=c-1$ - Inc, $G^{\prime}(1)=c-1$ - clnc,

由 (1) 中 $f(x)$ 的单调性, 可得 $G^{\prime}(0)=c-1-\ln c>0$, 由 (2) 可得 $G^{\prime}(1)$

$$
=c-1-c \operatorname{lnc}=c \quad(1-\operatorname{lnc})-1<0
$$

$\therefore \exists \mathrm{t} \in(0,1)$, 使得 $G^{\prime}(t)=0$, 即 $x \in(0, t)$ 时, $G^{\prime}(x)>0, x \in(t, 1)$ 时, $G^{\prime}(x)<0$;

即 $G(x)$ 在 $(0, t)$ 递增, 在 $(t, 1)$ 递减; 又因为: $G(0)=G(1)=0$,

$\therefore x \in(0,1)$ 时 $G(x)>0$ 成立, 不等式得证;

即 $c>1$, 当 $x \in(0,1)$ 时, $1+(c-1) x>c^{x}$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数), 以 坐标原点为极点, 以 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的极坐标 方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$.

(1) 写出 $C_{1}$ 的普通方程和 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

（2）设点 $P$ 在 $C_{1}$ 上, 点 $Q$ 在 $C_{2}$ 上, 求 $|P Q|$ 的最小值及此时 $P$ 的直角坐标.

解答：(1) 运用两边平方和同角的平方关系, 即可得到 $\mathrm{C}_{1}$ 的普通方程, 运用 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 以及两角和的正弦公式, 化简可得 $\mathrm{C}_{2}$ 的直角坐标方程;

(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时, $|P Q|$ 取得最值. 设 与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$, 代人椭圆方程, 运用判别式为

0 , 求得 $t$, 再由平行线的距离公式, 可得 $|P Q|$ 的最小值, 解方程可得 $P$ 的直 角坐标.

另外: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$, 由点到直线的距离公式, 结合辅助角公式和正弦 函数的值域, 即可得到所求最小值和 $P$ 的坐标.

解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$;

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$,

即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$,

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$,

即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$;

(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时,

$|P Q|$ 取得最值.

设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$,

由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$,

解得 $t= \pm 2$,

显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值,

即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$,

此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$,

即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$,

由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$

$=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$

当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$,

此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

答案：解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3} \cos \alpha \\ y=\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),

移项后两边平方可得 $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=\cos ^{2} a+\sin ^{2} a=1$, 即有椭圆 $C_{1}: \frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$;

曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=2 \sqrt{2}$,

即有 $\rho\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right)=2 \sqrt{2}$,

由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$, 可得 $x+y-4=0$,

即有 $C_{2}$ 的直角坐标方程为直线 $x+y-4=0$;

(2) 由题意可得当直线 $x+y-4=0$ 的平行线与椭圆相切时,

$|P Q|$ 取得最值.

设与直线 $x+y-4=0$ 平行的直线方程为 $x+y+t=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y+t=0 \\ x^{2}+3 y^{2}=3\end{array}\right.$ 可得 $4 x^{2}+6 t x+3 t^{2}-3=0$,

由直线与椭圆相切, 可得 $\triangle=36 t^{2}-16\left(3 t^{2}-3\right)=0$,

解得 $t= \pm 2$,

显然 $t=-2$ 时, $|P Q|$ 取得最小值,

即有 $|P Q|=\frac{|-4-(-2)|}{\sqrt{1+1}}=\sqrt{2}$,

此时 $4 x^{2}-12 x+9=0$, 解得 $x=\frac{3}{2}$,

即为 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

另解: 设 $P(\sqrt{3} \cos a, \sin a)$,

由 $P$ 到直线的距离为 $d=\frac{|\sqrt{3} \cos \alpha+\sin \alpha-4|}{\sqrt{2}}$

$=\frac{\left|2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)-4\right|}{\sqrt{2}}$

当 $\sin \left(a+\frac{\pi}{3}\right)=1$ 时, $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}$,

此时可取 $a=\frac{\pi}{6}$, 即有 $P\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

2016 年高考 （新课标ⅲ）
题目：24. 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+a$.

(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集;

(2) 设函数 $g(x)=|2 x-1|$, 当 $x \in R$ 时, $f(x)+g(x) \geqslant 3$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：(1) 当 $a=2$ 时, 由已知得 $2 x-2 \mid+2 \leqslant 6$, 由此能求出不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集.

(2) 由 $f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$, 得 $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$, 由此能 求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,

$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,

$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$

$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$

解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,

$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.

(2) $\because g(x)=|2 x-1|$,

$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,

$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$ $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$

当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,

当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,

$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$

解得 $2 \leqslant a<3$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.

答案：解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,

$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,

$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$

$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$

解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,

$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.

(2) $\because g(x)=|2 x-1|$,

$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,

$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$ $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$

当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,

当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,

$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$

解得 $2 \leqslant a<3$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.