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纵观2015年高考数学试题，总体反映出稳定、创新、应用、传承的特点.每份试卷的结构、题型、重要知识点相对稳定，不同试卷均有新颖的“亮点”题，试题注重创设新颖情境，强调知识交汇，突出数学素养和数学灵气的考查.试题设计充分体现数学的应用价值，尤其是与人们的生活、生产紧密联系的实际应用性试题，意在考查考生把实际问题数学模型化的转化思想，而体现数学背景、数学历史、数学文化、数学故事的历史名题的改编题，更是给数学试卷注入了一股春风，彰显了数学文化的传承、数学阅读理解能力的考核.下面精选十例并分类解析，旨在探索题型规律，揭示解题方法.
一、创设新颖情境，强调知识交汇，突出数学素养
高考是选拔性的考试，试卷中出现新颖别致且综合性较强的试题在情理之中.面对情境新颖、交汇整合的题目，需要锁定目标，寻找理论依据，合情推理，逐步套牢目标，不断转化，惊险散尽，自然水到渠成.
例1（2015·福建卷）若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于 .
解析 由题意得a+b=p>0，ab=q>0，则a>0，b>0.
当a，b，-2适当排序后成等比数列时，-2必为等比中项，所以ab=q=4，b=4a.
当a，b，-2适当排序后成等差数列时，-2必不是等差中项，当a是等差中项时，则2a=b-2=4a-2，解得a=1，b=4；当b是等差中项时，则2b=a-2，即8a=a-2，解得a=4，b=1，因此，p=a+b=5.
综上可知，p+q=9.
点评本题以函数的零点为载体考查等比中项和等差中项，其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列，项与项之间是有顺序的，但是等差中项或等比中项是唯一的，故可以利用中项进行讨论与分析.
例2（2015·福建卷）一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn（n∈N*），其中xk（k=1，2，…，n）称为第k位码元.二元码是通讯中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）.
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x7=0，
x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，
其中运算定义为： 00=0，01=1，10=1，11=0.
现已知一个这种二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于.
解析因为x4x5x6x7=1101=001=01=1≠0，所以二元码1101101的前3位码元x1，x2，x3都是对的；因为x2x3x6x7=1001=101=11=0 ，所以二元码1101101的第6位码元x6、第7位码元x7也是对的；因为
x1x3x5x7=1011=111=01=1≠0，所以二元码1101101的第5位码元x5是错的，所以k=5.
点评本题考查新定义运算、推理与证明等知识.意在考查考生处理新定义问题的能力、推理论证能力以及运算求解能力.求解本题的关键是读懂新定义，在领会新定义的基础上，明晰新定义的内涵和外延，将其转化并运用到新情境中，进而判断参数k的值.
例3（2015·浙江卷）已知e1，e2
是空间单位向量，e1·e2=12，若空间向量b满足
b·e1=2，
b·e2=52，且对于任意x，y∈R，|
b-（xe1+ye2）|≥
|b-（x0e1+y0e2）|=1，（x0，y0∈R），则x0=，y0=，|b|=.
分析由题意得x=x0，y=y0时，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，把
（b-（xe1+ye2））平方，转化为|b|2+x2+y2+xy-4x-5y，把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.
解析对于任意x，y∈R，|b-（xe1+ye2）|≥
|b-（x0e1+y0e2）|=1，（x0，y0∈R），说明当x=x0，y=y0时，
|b-（xe1+ye2）|取得最小值1.
|b-（xe1+ye2）|2=|b|2+（xe1+ye2）2-2b·（xe1+ye2）=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y，
要使
|b|2+x2+y2+xy-4x-5y
取得最小值，需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数，即f（x）=x2+（y-4）x+y2-5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x=2-
y2，所以当x=2-y2时，f（x）取得最小值，代入化简得f（x）=34（y-2）2-7，显然当y=2时，f（x）min=-7，此时x=2-y2=1，所以x0=1，y0=2.
此时|b|2-7=1，可得|b|=22.
点评本题考查向量的数量积运算、向量的模及代数运算、二次函数的图象与性质等.根据条件发现x=x0，y=y0时，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，考查了抽象概括能力；把
|b-（xe1+ye2）|平方，转化为关于x的二次函数求最值，考查了转化与化归思想及运算求解能力.
例4（2015·湖南卷）某工件的三视图如图1所示，现将该工件通过切削，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.89πB.169πC.4（2-1）3πD.12（2-1）3π
解析由三视图可还原出该几何体为圆锥，设出长方体的长、宽、高，建立三者和圆锥的底面半径和高的关系，利用导数确定长方体的最大体积，再计算原工件材料的利用率.
该三视图对应的几何体为底面半径为1，高为2的圆锥.如图2，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，上、下底面中心分别为O1、O2，上方截掉的小圆锥的高为h，底面半径为r，则a2+b2=4r2.由三角形相似，得SO1SO2=O1AO2B，即h2=r1，则h=2r.长方体的体积为V=abc=ab（2-2r）≤a2+b22×（2-2r）=2r2（2-2r）=4r2-4r3（当且仅当a=b时取等号，且00，得0 ∴原工件材料的利用率为
162713π×12×2=89π，故选A.
点评本题考查三视图，圆锥和长方体的体积计算，重要不等式a2+b2≥2ab和导数在求函数最值中的应用.由三视图得到直观图，考查了空间想象能力.在求长方体体积的最大值时，考查了运算求解能力和转化与化归思想的应用.在计算材料利用率时，考查了数学应用意识.
二、联系生活实际，构建数学模型，注重数学应用
数学是一种工具，工具就有广泛的应用价值，实际应用性问题解答的关键在于选择恰当的数学模型，将实际问题转化为数学问题，“数学化”的过程就是要把陌生问题化为熟悉问题，未知问题化为已知问题，复杂问题化为简单问题.
例5（2015·湖北卷）如图3，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD= m.
解析先在△ABC中利用正弦定理求出BC，再在Rt△BCD中求出CD.
由题意，在△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC=180°-75°=105°，故∠ACB=45°.
又AB=600 m，故由正弦定理得600sin45°=BCsin30°，解得BC=3002m.
在Rt△BCD中，CD=BC·tan30°=3002×33=1006m.
点评本题考查方位角、仰角的概念及正弦定理的应用.在求CD时，需放到空间图形中，考查了空间想象能力.本题是一道实际应用问题，故还考查了分析转化能力及创新应用意识.
例6（2015·陕西卷）如图4，一横截面为等腰梯形的水泵，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线所示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.
解析建立如图5所示的平面直角坐标系，可设抛物线的方程为x2=2py（p>0），由图易知（5，2）在抛物线上，可得p=254，抛物线方程为x2=252y，所以当前流量对应的截面面积为2∫50（2-225x2）dx=403，原始的最大流量对应的截面面积为2×（6+10）2=16，所以原始的最大流量与当前最大流量的比值为16403=1.2.
点评本题以抛物线与梯形在生活中的应用为背景，考查抛物线及定积分的相关知识，意在考查考生对数学知识的实际应用能力，运算求解能力以及数形结合思想的应用.
例7（2015·江苏卷）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图6所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=ax2+b模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？并求最短长度.
分析（1）根据M，N两点的坐标求出a，b的值；（2）根据导数先求切线方程，再求f（t），最后利用导数求最值.
解析（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5）.
将其分别代入y=ax2+b，得a25+b=40，a400+b=2.5，解得a=1000，b=0.
（2）①由（1）知，y=1000x2（5≤x≤20），
则点P的坐标为（t，1000t2），
如图7，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B两点，y′=-2000x3，
则l的方程为y-1000t2=-2000t3（x-t），
由此得A（3t2，0），B（0，3000t2）.
故f（t）=（3t2）2+（3000t2）2=
32t2+4×106t4，t∈[5，20].
②设g（t）=t2+4×106t4，则g′（t）=2t-16×106t5.令g′（t）=0，解得t=102.
当t∈（5，102）时，g′（t）<0，g（t）是减函数；
当t∈（102，20）时，g′（t）>0，g（t）是增函数.
从而，当t=102时，函数g（t）有极小值，也是最小值， 所以g（t）min=300，此时f（t）min=153.
答：当t=102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米.
点评 本题主要考查导数在实际问题中的应用，意在考查考生建立数学模型和利用所学知识解决实际问题的能力.
三、依托数学史料，嵌入数学名题，彰显数学文化
数学是一种文化，是一种精神，体现数学文化的新颖试题是近年高考命题的新动向，值得考生关注、探究和学习.
例8（2015·新课标全国卷Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图8，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）.
解析由米堆底部的弧长可求出圆锥底面半径，进而求得米堆的体积.
设米堆底面半径为r尺，则π2r=8，所以r=16π，所以米堆的体积为V=14×13π·r2·5=π12×（16π）2×5≈3209（立方尺），故堆放的米约有3209÷1.62≈22（斛）.故选B.
点评本题考查扇形的弧长公式与圆锥的体积计算.通过古题新解考查阅读理解
能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与运算求解能力.
例9（2015·新课标全国卷Ⅱ）如图9所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（ ）.
解析逐次运行程序，直至程序结束得出a值.a=14，b=18.
第一次循环：14≠18且14<18，b=18-14=4；
第二次循环：14≠4且14>4，a=14-4=10；
第三次循环：10≠4且10>4，a=10-4=6；
第四次循环：6≠4且6>4，a=6-4=2；
第五次循环：2≠4且2<4，b=4-2=2.
此时，a=b=2，跳出循环，输出a=2，故选B.
点评在给出程序框图求解输出结果的试题中，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.图10
例10（2015·湖北卷）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图10，在阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.
（1）证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由.
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC的值.
分析（1）把线面垂直转化为线线垂直：通过证明BC⊥平面PCD，证明BC⊥DE；通过证明DE⊥平面PBC，证明PB⊥DE；注意到题设PB⊥EF，从而证明PB⊥平面DEF.整合已证的线面垂直关系，可知四面体DBEF为鳖臑；（2）作出平面DEF与平面ABCD的交线，证明∠BDF就是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，利用∠BDF=π3求解，或建立空间直角坐标系利用向量法求解.
解析解法1 （1）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC.
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD.
而DE平面PCD，所以BC⊥DE.
又因为 PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC.
而PB平面PBC，所以PB⊥DE.
又PB⊥EF，DE∩EF=E，所以PB⊥平面DEF.
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形，即四面体DBEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
（2）如图11，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，连接DG，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P，所以DG⊥面PDB，
故∠BDF是平面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD=DC=1，BC=λ，有BD=1+λ2，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF=∠FDB=π3，
则tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=3，解得λ=2.
所以DCBC=1λ=22.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=22.
解法2 （1）如图12，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
设PD=DC=1，BC=λ，则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），PB=（λ，1，-1），
点E是PC的中点，所以E（0，12，12），DE=（0，12，12），
于是PB·DE=0，即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB，而DE∩EF=E，
所以PB⊥平面DEF.
因为PC=（0，1，-1），DE·PC=0，则DE⊥PC，
而PB∩PC=P，所以DE⊥面PBC，故可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形，即四面体DBEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
（2）由PD⊥平面ABCD，所以DP=（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量；
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以BP=（-λ，-1，1）是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，则cosπ3=
|
BP·DP
|BP|·|DP||=|1λ2+2|=12，
解得λ=2，所以DCBC=1λ=22.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=22.
点评 本题结合《九章算术》中的新名词（阳马、鳖臑）考查线面垂直的判定与性质、二面角等，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、信息迁移能力与运算求解能力，同时还考查了转化与化归思想的应用.
（收稿日期：2015-11-10）
一、创设新颖情境，强调知识交汇，突出数学素养
高考是选拔性的考试，试卷中出现新颖别致且综合性较强的试题在情理之中.面对情境新颖、交汇整合的题目，需要锁定目标，寻找理论依据，合情推理，逐步套牢目标，不断转化，惊险散尽，自然水到渠成.
例1（2015·福建卷）若a，b是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于 .
解析 由题意得a+b=p>0，ab=q>0，则a>0，b>0.
当a，b，-2适当排序后成等比数列时，-2必为等比中项，所以ab=q=4，b=4a.
当a，b，-2适当排序后成等差数列时，-2必不是等差中项，当a是等差中项时，则2a=b-2=4a-2，解得a=1，b=4；当b是等差中项时，则2b=a-2，即8a=a-2，解得a=4，b=1，因此，p=a+b=5.
综上可知，p+q=9.
点评本题以函数的零点为载体考查等比中项和等差中项，其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列，项与项之间是有顺序的，但是等差中项或等比中项是唯一的，故可以利用中项进行讨论与分析.
例2（2015·福建卷）一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn（n∈N*），其中xk（k=1，2，…，n）称为第k位码元.二元码是通讯中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）.
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x7=0，
x2x3x6x7=0，x1x3x5x7=0，
其中运算定义为： 00=0，01=1，10=1，11=0.
现已知一个这种二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于.
解析因为x4x5x6x7=1101=001=01=1≠0，所以二元码1101101的前3位码元x1，x2，x3都是对的；因为x2x3x6x7=1001=101=11=0 ，所以二元码1101101的第6位码元x6、第7位码元x7也是对的；因为
x1x3x5x7=1011=111=01=1≠0，所以二元码1101101的第5位码元x5是错的，所以k=5.
点评本题考查新定义运算、推理与证明等知识.意在考查考生处理新定义问题的能力、推理论证能力以及运算求解能力.求解本题的关键是读懂新定义，在领会新定义的基础上，明晰新定义的内涵和外延，将其转化并运用到新情境中，进而判断参数k的值.
例3（2015·浙江卷）已知e1，e2
是空间单位向量，e1·e2=12，若空间向量b满足
b·e1=2，
b·e2=52，且对于任意x，y∈R，|
b-（xe1+ye2）|≥
|b-（x0e1+y0e2）|=1，（x0，y0∈R），则x0=，y0=，|b|=.
分析由题意得x=x0，y=y0时，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，把
（b-（xe1+ye2））平方，转化为|b|2+x2+y2+xy-4x-5y，把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.
解析对于任意x，y∈R，|b-（xe1+ye2）|≥
|b-（x0e1+y0e2）|=1，（x0，y0∈R），说明当x=x0，y=y0时，
|b-（xe1+ye2）|取得最小值1.
|b-（xe1+ye2）|2=|b|2+（xe1+ye2）2-2b·（xe1+ye2）=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y，
要使
|b|2+x2+y2+xy-4x-5y
取得最小值，需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数，即f（x）=x2+（y-4）x+y2-5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x=2-
y2，所以当x=2-y2时，f（x）取得最小值，代入化简得f（x）=34（y-2）2-7，显然当y=2时，f（x）min=-7，此时x=2-y2=1，所以x0=1，y0=2.
此时|b|2-7=1，可得|b|=22.
点评本题考查向量的数量积运算、向量的模及代数运算、二次函数的图象与性质等.根据条件发现x=x0，y=y0时，|b-（xe1+ye2）|取得最小值1，考查了抽象概括能力；把
|b-（xe1+ye2）|平方，转化为关于x的二次函数求最值，考查了转化与化归思想及运算求解能力.
例4（2015·湖南卷）某工件的三视图如图1所示，现将该工件通过切削，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.89πB.169πC.4（2-1）3πD.12（2-1）3π
解析由三视图可还原出该几何体为圆锥，设出长方体的长、宽、高，建立三者和圆锥的底面半径和高的关系，利用导数确定长方体的最大体积，再计算原工件材料的利用率.
该三视图对应的几何体为底面半径为1，高为2的圆锥.如图2，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，上、下底面中心分别为O1、O2，上方截掉的小圆锥的高为h，底面半径为r，则a2+b2=4r2.由三角形相似，得SO1SO2=O1AO2B，即h2=r1，则h=2r.长方体的体积为V=abc=ab（2-2r）≤a2+b22×（2-2r）=2r2（2-2r）=4r2-4r3（当且仅当a=b时取等号，且0
162713π×12×2=89π，故选A.
点评本题考查三视图，圆锥和长方体的体积计算，重要不等式a2+b2≥2ab和导数在求函数最值中的应用.由三视图得到直观图，考查了空间想象能力.在求长方体体积的最大值时，考查了运算求解能力和转化与化归思想的应用.在计算材料利用率时，考查了数学应用意识.
二、联系生活实际，构建数学模型，注重数学应用
数学是一种工具，工具就有广泛的应用价值，实际应用性问题解答的关键在于选择恰当的数学模型，将实际问题转化为数学问题，“数学化”的过程就是要把陌生问题化为熟悉问题，未知问题化为已知问题，复杂问题化为简单问题.
例5（2015·湖北卷）如图3，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD= m.
解析先在△ABC中利用正弦定理求出BC，再在Rt△BCD中求出CD.
由题意，在△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC=180°-75°=105°，故∠ACB=45°.
又AB=600 m，故由正弦定理得600sin45°=BCsin30°，解得BC=3002m.
在Rt△BCD中，CD=BC·tan30°=3002×33=1006m.
点评本题考查方位角、仰角的概念及正弦定理的应用.在求CD时，需放到空间图形中，考查了空间想象能力.本题是一道实际应用问题，故还考查了分析转化能力及创新应用意识.
例6（2015·陕西卷）如图4，一横截面为等腰梯形的水泵，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线所示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.
解析建立如图5所示的平面直角坐标系，可设抛物线的方程为x2=2py（p>0），由图易知（5，2）在抛物线上，可得p=254，抛物线方程为x2=252y，所以当前流量对应的截面面积为2∫50（2-225x2）dx=403，原始的最大流量对应的截面面积为2×（6+10）2=16，所以原始的最大流量与当前最大流量的比值为16403=1.2.
点评本题以抛物线与梯形在生活中的应用为背景，考查抛物线及定积分的相关知识，意在考查考生对数学知识的实际应用能力，运算求解能力以及数形结合思想的应用.
例7（2015·江苏卷）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图6所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=ax2+b模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？并求最短长度.
分析（1）根据M，N两点的坐标求出a，b的值；（2）根据导数先求切线方程，再求f（t），最后利用导数求最值.
解析（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5）.
将其分别代入y=ax2+b，得a25+b=40，a400+b=2.5，解得a=1000，b=0.
（2）①由（1）知，y=1000x2（5≤x≤20），
则点P的坐标为（t，1000t2），
如图7，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B两点，y′=-2000x3，
则l的方程为y-1000t2=-2000t3（x-t），
由此得A（3t2，0），B（0，3000t2）.
故f（t）=（3t2）2+（3000t2）2=
32t2+4×106t4，t∈[5，20].
②设g（t）=t2+4×106t4，则g′（t）=2t-16×106t5.令g′（t）=0，解得t=102.
当t∈（5，102）时，g′（t）<0，g（t）是减函数；
当t∈（102，20）时，g′（t）>0，g（t）是增函数.
从而，当t=102时，函数g（t）有极小值，也是最小值， 所以g（t）min=300，此时f（t）min=153.
答：当t=102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米.
点评 本题主要考查导数在实际问题中的应用，意在考查考生建立数学模型和利用所学知识解决实际问题的能力.
三、依托数学史料，嵌入数学名题，彰显数学文化
数学是一种文化，是一种精神，体现数学文化的新颖试题是近年高考命题的新动向，值得考生关注、探究和学习.
例8（2015·新课标全国卷Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图8，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）.
解析由米堆底部的弧长可求出圆锥底面半径，进而求得米堆的体积.
设米堆底面半径为r尺，则π2r=8，所以r=16π，所以米堆的体积为V=14×13π·r2·5=π12×（16π）2×5≈3209（立方尺），故堆放的米约有3209÷1.62≈22（斛）.故选B.
点评本题考查扇形的弧长公式与圆锥的体积计算.通过古题新解考查阅读理解
能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与运算求解能力.
例9（2015·新课标全国卷Ⅱ）如图9所示的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a=（ ）.
解析逐次运行程序，直至程序结束得出a值.a=14，b=18.
第一次循环：14≠18且14<18，b=18-14=4；
第二次循环：14≠4且14>4，a=14-4=10；
第三次循环：10≠4且10>4，a=10-4=6；
第四次循环：6≠4且6>4，a=6-4=2；
第五次循环：2≠4且2<4，b=4-2=2.
此时，a=b=2，跳出循环，输出a=2，故选B.
点评在给出程序框图求解输出结果的试题中，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.图10
例10（2015·湖北卷）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图10，在阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.
（1）证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由.
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC的值.
分析（1）把线面垂直转化为线线垂直：通过证明BC⊥平面PCD，证明BC⊥DE；通过证明DE⊥平面PBC，证明PB⊥DE；注意到题设PB⊥EF，从而证明PB⊥平面DEF.整合已证的线面垂直关系，可知四面体DBEF为鳖臑；（2）作出平面DEF与平面ABCD的交线，证明∠BDF就是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，利用∠BDF=π3求解，或建立空间直角坐标系利用向量法求解.
解析解法1 （1）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC.
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD.
而DE平面PCD，所以BC⊥DE.
又因为 PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC.
而PB平面PBC，所以PB⊥DE.
又PB⊥EF，DE∩EF=E，所以PB⊥平面DEF.
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形，即四面体DBEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
（2）如图11，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，连接DG，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P，所以DG⊥面PDB，
故∠BDF是平面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设PD=DC=1，BC=λ，有BD=1+λ2，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF=∠FDB=π3，
则tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=3，解得λ=2.
所以DCBC=1λ=22.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=22.
解法2 （1）如图12，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
设PD=DC=1，BC=λ，则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），PB=（λ，1，-1），
点E是PC的中点，所以E（0，12，12），DE=（0，12，12），
于是PB·DE=0，即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB，而DE∩EF=E，
所以PB⊥平面DEF.
因为PC=（0，1，-1），DE·PC=0，则DE⊥PC，
而PB∩PC=P，所以DE⊥面PBC，故可知四面体DBEF的四个面都是直角三角形，即四面体DBEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
（2）由PD⊥平面ABCD，所以DP=（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量；
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以BP=（-λ，-1，1）是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，则cosπ3=
|
BP·DP
|BP|·|DP||=|1λ2+2|=12，
解得λ=2，所以DCBC=1λ=22.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，DCBC=22.
点评 本题结合《九章算术》中的新名词（阳马、鳖臑）考查线面垂直的判定与性质、二面角等，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、信息迁移能力与运算求解能力，同时还考查了转化与化归思想的应用.
（收稿日期：2015-11-10）