2015年高考陕西卷理科数学第21题（压轴题）：
设\(f_n(x)\)是等比数列\(1,x,x^2,\cdots,x^n\)的各项和，其中\(x>0\)，\(n\in\mathcal N\)，\(n\geqslant 2\)．
（1）证明： 函数\(F_n(x)=f_n(x)-2\)在\(\left(\dfrac 12,1\right)\)内有且仅有一个零点（记为\(x_n\)），且\(x_n=\dfrac 12+\dfrac 12x_n^{n+1}\)；
（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为\(g_n(x)\)，比较\(f_n(x)\)和\(g_n(x)\)的大小，并加以证明．
2015年高考陕西卷理科数学第12题（选择压轴题）：
对二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c\)（\(a\)为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）
A．\(-1\)是\(f(x)\)的零点
B．\(1\)是\(f(x)\)的极值点
C．\(3\)是\(f(x)\)的极值
D．点\((2,8)\)在曲线\(y=f(x)\)上
2015年高考湖北卷理科数学第22题（压轴题）：
已知数列\(\left\{a_n\right\}\)的各项均为正数，\(b_n=n\left(1+\dfrac 1n\right)^na_n\)（\(n\in\mathcal N^*\)），\(\rm e\)为自然对数的底数．
（1）求函数\(f(x)=1+x-{\rm e}^x\)的单调区间，并比较\(\left(1+\dfrac 1n\right)^n\)与\(\rm e\)的大小；
（2）计算\(\dfrac {b_1}{a_1}\)，\(\dfrac{b_1b_2}{a_1a_2}\)，\(\dfrac{b_1b_2b_3}{a_1a_2a_3}\)，并由此推测计算\(\dfrac{b_1b_2\cdots b_n}{a_1a_2\cdots a_n}\)的公式，并给出证明；
（3）令\(c_n=\left(a_1a_2\cdots a_n\right)^{\frac 1n}\)，数列\(\{a_n\}\)，\(\{c_n\}\)的前\(n\)项和分别记为\(S_n\)，\(T_n\)，证明：\(T_n<{\rm e}S_n\)．
2012年高考浙江卷理科数学第8题：
如图，\(F_1\)、\(F_2\)分别是双曲线\(C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的左、右焦点，\(B\)是虚轴的端点，直线\(F_1B\)与\(C\)的两条渐近线分别交于\(P\)、\(Q\)两点，线段\(PQ\)的垂直平分线与\(x\)轴交于点\(M\)．若\(MF_2=F_1F_2\)，则\(C\)的离心率为_______．
正确答案是\(\dfrac{\sqrt 6}2\)．
解 根据题意，设\(F_1(-c,0)\)，则\(M(3c,0)\)．直线\(PQ\)的斜率为\[\frac{y_B-y_{F_1}}{x_B-x_{F_1}}=\frac bc,\]根据一般圆锥曲线的“垂径定理”，直线\(ON\)斜率满足\[k_{PQ}\cdot k_{ON}=\frac {b^2}{a^2},\]于是直线\(ON\)的斜率为\(\dfrac{bc}{a^2}\)．另一方面，直线\(MN\)的斜率为\(-\dfrac cb\)．因此设点\(N(x,y)\)，则\[\begin{cases}\dfrac y{x+c}=\dfrac bc,\\\dfrac yx=\dfrac{bc}{a^2},\\\dfrac{y}{x-3c}=-\dfrac cb,\end{cases}\]从中消去\(x\)、\(y\)得\[\frac{a^2}{bc}-\frac{3b}{c}=-\frac bc,\]整理得\[3c^2=2a^2,\]从而离心率\[e=\frac{\sqrt 6}2.\]
2015年高考湖北卷理科数学第21题（解析几何大题）：
一种作图工具如图所示．\(O\)是滑槽\(AB\)的中点，短杆\(ON\)可绕\(O\)转动，长杆\(MN\)通过\(N\)处铰链与\(ON\)连接，\(MN\)上的栓子可沿滑槽\(AB\)滑动，且\(DN=ON=1\)，\(MN=3\)．当栓子\(D\)在滑槽\(AB\)内作往复运动时，带动\(N\)绕\(O\)转动一周（\(D\)不动时，\(N\)也不动），\(M\)处的笔尖画出的曲线记为\(C\)．以\(O\)为原点，\(AB\)所在的直线为\(x\)轴建立平面直角坐标系．
（1）求曲线\(C\)的方程；
（2）设动直线\(l\)与两定直线：\(l_1:x-2y=0\)和\(l_2:x+2y=0\)分别交于\(P\)、\(Q\)两点．若直线\(l\)总与曲线\(C\)有且只有一个公共点，试探究：\(\triangle OPQ\)的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
2015年高考数学湖北卷理科数学第14题（填空压轴题）：
如图，圆\(C\)与\(x\)轴相切于点\(T(1,0)\)，与\(y\)轴正半轴交于两点\(A\)、\(B\)（\(B\)在\(A\)的上方），且\(AB=2\)．
（1）圆\(C\)的标准方程为_______；
（2）过点\(A\)任作一条直线与圆\(O:x^2+y^2=1\)相交于\(M\)、\(N\)两点，下列三个结论：
① \(\dfrac{NA}{NB}=\dfrac{MA}{MB}\);
② \(\dfrac{NB}{NA}-\dfrac{MA}{MB}=2\)；
③ \(\dfrac{NB}{NA}+\dfrac{MA}{MB}=2\sqrt 2\)．
其中正确结论的序号是_______．（写出所有正确结论的序号）
2015年高考湖北卷理科数学第10题（选择压轴题）：
设\(x\in\mathcal R\)，\([x]\)表示不超过\(x\)的最大整数．若存在实数\(t\)，使得\([t]=1\)，\(\left[t^2\right]=2\)，\(\cdots\)，\(\left[t^n\right]=n\)同时成立，则正整数\(n\)的最大值是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
2015年高考湖南卷理科数学第21题（压轴题）：
已知\(a>0\)，函数\(f(x)={\rm e}^{ax}\sin x\)（\(x\in [0,+\infty)\)）．记\(x_n\)为\(f(x)\)的从小到大的第\(n\)（\(n\in\mathcal N^*\)）个极值点，证明：
（1）数列\(\left\{f(x_n)\right\}\)是等比数列；
（2）若\(a\geqslant\dfrac{1}{\sqrt{{\rm e}^2-1}}\)，则对一切\(n\in \mathcal N^*\)，\(x_n<\left|f(x_n)\right|\)恒成立．
2015年高考湖南卷理科数学第10题（选择压轴题）、文科数学第10题与之类似：
某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（ ）
A．\(\dfrac 8{9\pi}\)
B．\(\dfrac{16}{9\pi}\)
C．\(\dfrac{4\left(\sqrt 2-1\right)^3}{\pi}\)
D．\(\dfrac{12\left(\sqrt 2-1\right)^3}{\pi}\)
2011年高考山东理科数第22题（压轴题）：
已知动直线\(l\)与椭圆\(C:\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1\)交于\(P(x_1,y_1)\)，\(Q(x_2,y_2)\)两个不同点，且三角形\(OPQ\)的面积\(S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}\)，其中\(O\)为坐标原点．
（1）证明：\(x_1^2+x_2^2\)和\(y_1^2+y_2^2\)均为定值；
（2）设线段\(PQ\)的中点为\(M\)，求\(OM\cdot PQ\)的最大值；
（3）椭圆\(C\)上是否存在三点\(D\)、\(E\)、\(G\)，使得\(S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt 6}2\)？若存在，判断\(\triangle DEG\)的形状；若不存在，请说明理由．
法一 参数方程
直线\(OP\)的方程为\(y_1x-x_1y=0\)，于是三角形\(OPQ\)的面积\[\begin{split}S_{\triangle OPQ}&=\dfrac 12\sqrt{x_1^2+y_1^2}\cdot\dfrac{\left|x_2y_1-x_1y_2\right|}{\sqrt{x_1^2+x_2^2}}\\&=\dfrac 12\left|x_1y_2-x_2y_1\right|.\end{split}\]设\(P\left(\sqrt 3\cos\alpha,\sqrt 2\sin\alpha\right)\)，\(Q\left(\sqrt 3\cos\beta,\sqrt 2\sin\beta\right)\)代入上式，结合\(S_{\triangle OPQ}=\dfrac{\sqrt 6}{2}\)可得\[\dfrac 12\left|\sqrt 3\cos\alpha\cdot\sqrt 2\sin\beta-\sqrt 2\sin\alpha\cdot\sqrt 3\cos\beta\right|=\dfrac{\sqrt 6}{2},\]化简得\[\sin \left(\alpha-\beta\right)=\pm 1.\]考虑到\(P\)、\(Q\)的对称性，不妨设\(\beta=\alpha+\dfrac\pi 2+2k\pi,k\in\mathcal Z\)，于是有\[\sin\beta=\cos\alpha,\cos\beta=-\sin\alpha.\]
（1）证明 根据上述推导，有\[x_1^2+x_2^2=\left(\sqrt 3\cos\alpha\right)^2+\left(\sqrt 3\cos\beta\right)^2=3,\]且\[y_1^2+y_2^2=\left(\sqrt 2\sin\alpha\right)^2+\left(\sqrt 2\sin\beta\right)^2=2,\]因此命题得证．
（2）解 根据上述推导，有\[M\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}\left(\cos\alpha+\cos\beta\right),\dfrac{\sqrt 2}{2}\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)\right),\]从而\[\begin{split}OM^2&=\dfrac 34\left(\cos\alpha+\cos\beta\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)^2\\&=\dfrac 34\left(\cos\alpha-\sin\alpha\right)^2+\dfrac 12\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)^2\\&=\dfrac 14\left(5-\sin{2\alpha}\right),\end{split}\]而\[\begin{split}PQ^2&=3\left(\cos\alpha-\cos\beta\right)^2+2\left(\sin\alpha-\sin\beta\right)^2\\&=3\left(\cos\alpha+\sin\alpha\right)^2+2\left(\sin\alpha-\cos\alpha\right)^2\\&=5+\sin{2\alpha},\end{split}\]于是\[OM\cdot PQ=\dfrac 12\sqrt{25-\sin^2{2\alpha}}\leqslant \dfrac 52,\]等号当\(\alpha=0\)时取得．因此\(OM\cdot PQ\)的最大值为\(\dfrac 52\)．
（3）解 不存在．因为不存在\(\alpha,\beta,\gamma\in\mathcal R\)，使得\[\left|\sin\left(\alpha-\beta\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\beta-\gamma\right)\right|=1,\\\left|\sin\left(\gamma-\alpha\right)\right|=1\]同时成立．
法二 仿射变换
利用仿射变换\[\begin{cases}x'=x,\\y'=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y\end{cases}\]将椭圆\(\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{2}=1\)拉伸成为圆\(x'^2+y'^2=3\)，此时\[S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}\cdot S_{\triangle OPQ}=\dfrac 32,\]于是可知三角形\(OP'Q'\)是以\(P'Q'\)为斜边的直角三角形，如图．
（1）证明 注意到\(P'\left(x_1,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)\)，\(Q'\left(x_2,\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)\)，且\(OP'\perp OQ'\)，于是有\[x_1^2+x_2^2=\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_1\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 2}y_2\right)^2=3,\]进而可得\[x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2\]均为定值，命题得证．
（2）解 当直线\(OM\)与直线\(PQ\)的斜率均存在时，设直线\(OM\)的斜率为\(k\)，则根据椭圆的“垂径定理”，可得直线\(PQ\)的斜率为\(-\dfrac{2}{3k}\)，于是根据弦长公式，可得\[\begin{split}OM\cdot PQ&=\dfrac{\sqrt{1+k_{OM}^2}}{\sqrt{1+k_{OM'}^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+k_{PQ}^2}}{\sqrt{1+k_{P'Q'}^2}}\cdot P'Q'\\&=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+\frac 32k^2}}\cdot OM'\cdot\dfrac{\sqrt{1+\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}{\sqrt{1+\frac 32\left(-\dfrac{2}{3k}\right)^2}}\cdot P'Q'\\&=\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\cdot OM'\cdot P'Q',\end{split}\]其中\(t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\)．
注意到\[\dfrac 12OM'\cdot P'Q'=S_{\triangle OP'Q'}=\dfrac 32,\]于是\[OM'\cdot P'Q'=3,\]又\[t=\dfrac 32k^2+\dfrac 2{3k^2}\geqslant 2,\]等号当\(k^2=\dfrac 23\)时取得，因此有\[\begin{split}OM\cdot PQ&=3\sqrt{\frac 23+\frac{1}{9(t+2)}}\\&\leqslant \dfrac 52,\end{split}\]等号当\(k^2=\dfrac 23\)时取得．
当直线\(OM\)或直线\(PQ\)的斜率不存在时，可计算得\[OM\cdot OQ=\sqrt 6<\dfrac 52.\]
综上，所求最大值为\(\dfrac 52\)．
（3）解 由于圆\(x'^2+y'^2=3\)上的任意三点\(D'\)、\(E'\)、\(G'\)的连线\(D'E'\)、\(E'G'\)、\(D'G'\)对圆心\(O\)的张角不可能同时为直角，于是符合题意的三点\(D\)、\(E\)、\(G\)不存在．
