理科第12题（选择压轴题）：
定义“规范$01$数列”$\{a_n\}$如下：$\{a_n\}$共有$2m$项，其中$m$项为$0$，$m$项为$1$，且对任意$k\leqslant 2m$，$a_1,a_2,\cdots,a_k$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
正确答案是C．
分析与解 由题意知，数列的第一项一定为$0$，最后一项一定为$1$，只需要考虑中间$6$项即可，对中间$6$项直接列举：
①如果第$2$项为$1$，则第$3$项必为$0$，只有$$100011,100101,100110,101001,101010$$共$5$种情况；
②如果第$2$项为$0$，则第$3$项也为$0$的有$$000111,001011,001101,001110$$共$4$种；第$3$项为$1$的有$$010011,010101,010110,011001,011010$$共$5$种情况．
所以一共有“规范$01$数列”$5+4+5=14$个．
事实上，“规范$01$数列”的个数就是卡特兰数$C_{m}=\dfrac {1}{m+1}{\rm C}_{2m}^m$，在本文中为$C_4=\dfrac 15{\rm C}_8^4=14$．
理科第16题（填空压轴题）：
已知直线$l:mx+y+3m-\sqrt 3=0$与圆$x^2+y^2=12$交于$A,B$两点，过$A,B$分别作$l$的垂线与$x$轴交于$C,D$两点，若$|AB|=2\sqrt 3$，则$|CD|=$_____．
正确答案是$4$．
由$|AB|=2\sqrt 3$知，圆心$O$到直线$l$的距离为$\sqrt{12-3}=3$，于是有$$\dfrac {|3m-\sqrt 3|}{\sqrt{m^2+1}}=3,$$解得$m=-\dfrac {\sqrt 3}{3}$．于是知直线$l$的倾斜角为$30^\circ$，故$|CD|=\dfrac {|AB|}{\cos 30^\circ}=4$．
理科第20题（解析几何）：
已知抛物线$C:y^2=2x$的焦点为$F$，平行于$x$轴的两条直线$l_1,l_2$分别交$C$于$A,B$两点，交$C$的准线于$P,Q$两点．
（1）若$F$在线段$AB$上，$R$是$PQ$的中点，证明：$AR\parallel FQ$；
（2）若$\triangle PQF$的面积是$\triangle ABF$的面积的两倍，求$AB$中点的轨迹方程．
解 （1）可以通过抛物线的几何性质直接证明，由题意作图如下，连结$PF,RF$．
由抛物线的性质知$$AP=AF,BQ=BF,$$从而有$$\angle AFP+\angle QFB=\dfrac 12(\pi-\angle PAF)+\dfrac 12(\pi-\angle QBF)=\dfrac {\pi}{2},$$所以$$PF\perp FQ,RF=\dfrac 12PQ=PR=QR.$$从而有$$\triangle PAR\cong \triangle FAR,$$所以$PF\perp AR$，从而有$AR\parallel FQ$．
（2）设$A(2a^2,2a)$，$B(2b^2,2b)$，则$P\left(-\dfrac 12,2a\right ),Q\left(-\dfrac 12,2b\right )$．
于是$\triangle PQF$的面积$$S_1=\dfrac 12\cdot|2a-2b|\cdot\left(\dfrac 12+\dfrac 12\right )=|a-b|.$$下面求$\triangle ABF$的面积$S_2$，记$AB$交$x$轴于点$N$，当$a+b\ne 0$时，直线$AB$的方程为$$y-2b=\dfrac {1}{a+b}(x-2b^2),$$令$y=0$得$x_N=-2ab$．当$a+b=0$时，$x_N=2a^2=-2ab$．于是$$S_2=\dfrac 12\cdot\left|x_N-\dfrac 12\right|\cdot|2a-2b|=|a-b|\cdot\left|2ab+\dfrac 12\right |.$$由题意知$$|a-b|=2|a-b|\cdot\left|2ab+\dfrac 12\right |,$$因为$ab\ne 0$，所以解得$ab=-\dfrac 12$．设$AB$的中点$M(x,y)$，则$$\begin{cases} x=a^2+b^2,\\y=a+b,\end{cases}$$从而有$y^2-x=2ab=-1$，所以$A,B$的中点$M$的轨迹方程为$y^2=x-1$．
理科第21题（解答压轴题）：
设函数$f(x)=a\cos{2x}+(a-1)(\cos x+1)$，其中$a>0$，记$|f(x)|$的最大值为$A$．
（1）求$f'(x)$；
（2）求$A$；
（3）证明：$|f'(x)|\leqslant 2A$．
解 （1）直接对$f(x)$求导得$$f'(x)=-2a\sin{2x}+(1-a)\sin x.$$
（2）由倍角公式得$$\begin{split} f(x)=&a(2\cos^2 x-1)+(a-1)(\cos x+1)\\=&2a\left(\cos x+\dfrac {a-1}{4a}\right )^2-\dfrac {a^2+6a+1}{8a}.\end{split} $$设$$g(t)=2a\left(t+\dfrac {a-1}{4a}\right )^2-\dfrac {a^2+6a+1}{8a},t\in [-1,1].$$因为$a>0$，所以$|f(x)|$的最大值，即$|g(t)|$的最大值只可能在端点$-1,1$或顶点$\dfrac {1-a}{4a}$处取到．我们有$$\begin{split} &|g(-1)|=a,\\&|g(1)|=|3a-2|,\\&\left|g\left(\dfrac {1-a}{4a}\right )\right |=\dfrac {a^2+6a+1}{8a}.\end{split} $$下面分情况讨论：
因为$$\dfrac {1-a}{4a}=\dfrac {1}{4a}-\dfrac 14>-\dfrac 14>-1,$$所以只需要考虑$\dfrac {1-a}{4a}$与$1$的大小即可．
①当$\dfrac {1-a}{4a}>1$，即$0<a<\dfrac 15$时，最大值只可能在端点处取得，有$$A=\max\{a,|3a-2|\}=2-3a.$$
②当$a\geqslant \dfrac 15$时，最大值$$A=\max\left\{a,|3a-2|,\dfrac {a^2+6a+1}{8a}\right \},$$通过作差比较大小知，当$\dfrac 15\leqslant a<1$时，$A=\dfrac {a^2+6a+1}{8a}$；当$a\geqslant 1$时，$A=3a-2$．
我们可以作出关于$a$的函数$$y=a,y=|3a-2|,y=\dfrac {a^2+6a+1}{8a},a>0$$的图象：
综上知，最大值$$A=\begin{cases} 2-3a,0<a<\dfrac 15,\\\dfrac {a^2+6a+1}{8a},\dfrac 15\leqslant a<1,\\3a-2,a\geqslant 1.\end{cases} $$
（3）由（1）知$$f'(x)=-2a\sin{2x}+(1-a)\sin x.$$当$0<a<\dfrac 15$时，有$$|f'(x)|\leqslant |2a|+|1-a|=1+a\leqslant 4-6a=2A.$$当$\dfrac 15\leqslant a<1$时，$$|f'(x)|\leqslant 1+a\leqslant \dfrac {a^2+6a+1}{4a}=2A.$$当$a\geqslant 1$时，有$$|f'(x)|\leqslant |2a|+|a-1|=3a-1\leqslant 6a-4=2A.$$综上知，$|f'(x)|\leqslant 2A$．
文科第12题：
已知$O$为坐标原点，$F$是椭圆$C:\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左焦点，$A,B$分别为$C$的左，右顶点，$P$为$C$上一点，且$PF\perp x$轴．过点$A$的直线$l$与线段$PF$交于点$M$，与$y$轴交于点$E$．若直线$BM$经过$OE$的中点，则$C$的离心率为（ ）
A．$\dfrac 13$
B．$\dfrac 12$
C．$\dfrac 23$
D．$\dfrac 34$
正确答案是A．
分析与解 记$OE$的中点为$N$， 由题意作图如下，
因为$MF\parallel OE$，所以有$$\begin{split} \dfrac {ON}{MF}=&\dfrac {a}{a+c},\\\dfrac {MF}{OE}=&\dfrac {a-c}{a}.\end{split} $$又因为$OE=2ON$，所以有$$\dfrac 12=\dfrac {a}{a+c}\cdot\dfrac {a-c}{a},$$解得$e=\dfrac ca=\dfrac 13$．
文科第16题：
已知$f(x)$为偶函数，当$x\leqslant 0$时，$f(x)={\rm e}^{-x-1}-x$，则曲线$y=f(x)$在点$(1,2)$处的切线方程是_____．
正确答案是$y=2x$．
分析与解 $x\leqslant 0$时，$f'(x)=-{\rm e}^{-x-1}-1$，由$f(x)$为偶函数知$$f'(1)=-f'(-1)=2.$$从而所求切线方程为$y=2x$．
文科第20题（解析几何）同理科第20题．
文科第21题（解答压轴题）：
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，$1<\dfrac {x-1}{\ln x}<x$；
（3）设$c>1$，证明当$x\in (0,1)$时，$1+(c-1)x>c^x$．
解 （1）对$f(x)$求导得$$f'(x)=\dfrac 1x-1=\dfrac {1-x}{x},x>0,$$所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减；
（2）由（1）知，$f(x)$的最大值为$f(1)=0$，所以$\ln x-x+1\leqslant 0$，即$\ln x\leqslant x-1$，等号仅当$x=1$时取到．
当$x>1$时，$\ln x>0$，所以有$\dfrac {x-1}{\ln x}>1$，不等式左边得证；
要证右边不等式即证$\ln x>1-\dfrac 1x$，也即证$$\ln \dfrac 1x=-\ln x<\dfrac 1x-1,$$这已经证明，故右边不等式成立．
（3）设$g(x)=c^x-(c-1)x-1,x\in [0,1]$，则所证不等式即$$\forall x\in (0,1),g(x)<0.$$对$g(x)$求导得$$g'(x)=c^x\cdot \ln c-(c-1)=\ln c\cdot\left(c^x-\dfrac {c-1}{\ln c}\right ).$$因为$c>1$，所以$\ln c>0$，由（2）知$$c^0=1<\dfrac {c-1}{\ln c}<c=c^1,$$所以$g'(0)<0,g'(1)>0$．又因为$g'(x)$是增函数，所以$g'(x)$在$(0,1)$上有唯一零点，记为$m$，从而$g(x)$在$(0,m)$上单调递减，在$(m,1)$上单调递增，而$g(0)=g(1)=0$，所以$0<x<1$时，$g(x)<0$，命题得证．