2018年全国卷Ⅱ卷文科数学解析[陕]

前言

从一个数学老师的角度来解析2018高考，结合学生的实际学情，给出学习建议。

一、选择题

№01【题文】 (i(2+3i)=)【(hspace{2em})】

A.(3-2ihspace{4em}) B. (3+2ihspace{4em}) C. (-3-2ihspace{4em}) D.(-3+2ihspace{4em})

【解析】(i(2+3i)=-3+2i)，故选D，送分题。

【说明】文科考查复数的乘法运算，理科考查复数的除法运算。

№02【题文】 已知集合(A={1，3，5，7})，(B={2，3，4，5})，则(Acap B=)【(hspace{2em})】

A.({3}hspace{4em}) B. ({5}hspace{4em}) C. ({3，5}hspace{4em}) D.({1，2，3，4，5，7}hspace{4em})

【解析】(Acap B={3，5})，故选C，送分题。

№03【题文】 函数$f(x)=cfrac{e^x-e^{-x}}{x^2}$图像大致是【$hspace{2em}$】。

【分析】本题目考查函数图像的辨析，需要利用函数的性质求解，函数的性质常包含定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性、特殊值、驻点等等，具体要用到哪些性质往往因题目而异。

解法1由题目先分析函数的奇偶性，设(g(x)=e^x-e^{-x})，则(g(-x)=e^{-x}-e^x=-g(x))，即函数(g(x))为奇函数，又函数(y=x^2)为偶函数，故函数(f(x))为奇函数，排除选项A；

再由特殊值法，令(x=3)，则估算(f(3)=cfrac{e^3-e^{-3}}{3^2}approxcfrac{2.7^3}{3^2}approx 2)，排除C、D；

故选B。

解法2还可以利用奇偶性和单调性来解析本题目，奇偶性如上所述；

单调性，(f'(x)=cfrac{(e^x+e^{-x})x^2-(e^x-e^{-x})cdot 2x}{(x^2)^2}=cfrac{(x-2)e^x+(x+2)e^{-x}}{x^3})，接下来常规方法是判断其在(x>0)时的准确的单调区间，这时候不但麻烦，而且已经将题目变成了做函数图像的方法了，不是辨析函数图像的方法，
此时我们观察可以看到当(x>2)时，(f'(x)>0)，故函数(f(x))在((2，+infty))上单调递增，故排除C和D，从而选B。

反思1、弄清楚题目的类型和相应的解法思路是非常必要的。
2、函数的奇偶性的判断中，有一个常用的方法就是利用性质，比如(奇+奇=奇，奇 imes奇=偶，奇 imes偶=奇，奇/偶=奇)，这些常见的结论一般的高三复习资料上都会有的。

建议常见函数的奇偶性需要记忆比如，

(f(x)=|x|)，(f(x)=e^x+e^{-x})，(f(x)=Acosomega x)都是偶函数；

(y=x^3)，(y=e^x-e^{-x})，(y=Asinomega x)都是奇函数。

№04【题文】 已知向量$vec{a}，vec{b}$满足$|vec{a}|=1$，$vec{a}cdot vec{b}=1$，则$vec{a}cdot (2vec{a}-vec{b})=$【$hspace{2em}$】

A.(4hspace{4em}) B. (3hspace{4em}) C. (2hspace{4em}) D.(0hspace{4em})

【解析】(vec{a}cdot (2vec{a}-vec{b})=2vec{a}^2-vec{a}cdot vec{b}=2 imes1+1=3)，故选B，送分题。

№05【题文】 从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率是【$hspace{2em}$】

A.(0.6hspace{4em}) B. (0.5hspace{4em}) C. (0.4hspace{4em}) D.(0.3hspace{4em})

【解析】【文科】两个男生记为(A，B)，三个女生记为(a，b，c)，则从5个同学中任选2个同学参加服务，

可以列举得出共有10种结果((A，B))，((A，a))，((A，b))，((A，c))，((B，a))，((B，b))，((B，c))，((a，b))，((a，c))，((b，c))，

其中2人都是女同学的共有3种((a，b))，((a，c))，((b，c))，，故(P=cfrac{3}{10}=0.3)，故选D，送分题。

【理科】(P=cfrac{C_3^2}{C_5^2}=cfrac{3}{10}=0.3)。

【建议】对文科学生而言，从5(6个或7个)个学生中任选2个(3个)的列举方法和结果，需要非常熟练快速准确才行。

№06【题文】 双曲线$cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)$的离心率为$sqrt{3}$，则其渐近线方程为【$hspace{2em}$】

A.(y=pmsqrt{2}x hspace{4em}) B. (y=pmsqrt{3}x hspace{4em}) C. (y=pmcfrac{sqrt{2}}{2}x hspace{4em}) D.(y=pmcfrac{sqrt{3}}{2}x hspace{4em})

【解析】由已知(e=cfrac{c}{a}=sqrt{3})，则有(c=sqrt{3}k(k>0))，(a=k)，从而(b=sqrt{2}k)，

由(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)，得到其渐近线方程为(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=0)，即(y=pmcfrac{b}{a}x=pmcfrac{sqrt{2}k}{k}x=pmsqrt{2}x)，故选A。

【建议】巧妙记忆：双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)的渐近线方程为(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=0)；

№07【题文】 在$Delta ABC$中，$coscfrac{C}{2}=cfrac{sqrt{5}}{5}$，$BC=1$，$AC=5$，则$AB=$【$hspace{2em}$】

A.(4sqrt{2} hspace{4em}) B. (sqrt{30} hspace{4em}) C. (sqrt{29} hspace{4em}) D.(2sqrt{5}hspace{4em})

【解析】由降幂升角公式得到，(cosC=2cos^2cfrac{C}{2}-1=-cfrac{3}{5})，

再由余弦定理可得，(AB^2=AC^2+BC^2-2ACcdot BCcdot cosC)

(=25+1-2 imes 5 imes 1 imes(-cfrac{3}{5})=32)，故(AB=4sqrt{2})，选A。

№08【题文】 为计算$S=1-cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}-cfrac{1}{4}+cdots+cfrac{1}{99}-cfrac{1}{100}$，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入【$hspace{2em}$】

A.(i=i+1hspace{4em}) B. (i=i+2hspace{4em}) C. (i=i+3hspace{4em}) D.(i=i+4hspace{4em})

【解法1】先按照循环次序执行看看，

(Step1，1<100，是，N=0+cfrac{1}{1}，T=0+cfrac{1}{2})，

若(i=i+1)，

则(Step2，2<100，是，N=cfrac{1}{1}+cfrac{1}{2}，T=cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3})，若最后退出循环，则(S=N-T)中就没有(-cfrac{1}{2})，故(i=i+1)错误；

若(i=i+2)，

则(Step2，3<100，是，N=cfrac{1}{1}+cfrac{1}{3}，T=cfrac{1}{2}+cfrac{1}{4})，

则(Step3，5<100，是，N=cfrac{1}{1}+cfrac{1}{3}+cfrac{1}{5}，T=cfrac{1}{2}+cfrac{1}{4}+cfrac{1}{6})，若最后退出循环，则(S=N-T)刚好满足题意，故(i=i+2)正确；

同理，若(i=i+3)，若(i=i+4)，最后都会推出错误，故选B；

【解法2】(此方法思维要求高些)注意到(S)中的表达式特点是一正一负相间出现，分母是连续的自然数，故(N)计算的是分母是正奇数的分数，间隔为2，(T)计算的是分母是正偶数的分数，间隔为2，最后由(S=N-T)完成组合，满足题意，故选(i=i+2)，选B；

№09【题文】 在正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$为棱$CC_1$的中点，则异面直线$AE$与$CD$所成角的正切值为【$hspace{2em}$】

A.(cfrac{sqrt{2}}{2}hspace{4em}) B. (cfrac{sqrt{3}}{2}hspace{4em}) C. (cfrac{sqrt{5}}{2}hspace{4em}) D.(cfrac{sqrt{7}}{2}hspace{4em})

【解法1】连结(BE)，由于(CD//AB)，故(angle BAE)即为两异面直线所成的角，

令正方体的棱长为2，由(CE=1，BC=2)，可知(BE=sqrt{5})，又对角线(AC=2sqrt{2})，(CE=1)，则(AE=3)

在(RtDelta ABE)中，(AB=2，BE=sqrt{5})，则(tanangle BAE=cfrac{sqrt{5}}{2})，故选C。

【建议】1、异面直线所成的角，需要先平移其中一条，变为共面直线所成的角，如果要求其大小，可以放置在某个三角形中，通过解三角形完成；

2、棱长设为2的运算量和运算难度比棱长设为1要小一些。

【解法2】空间向量法。感觉比法1要慢一些。

№10【题文】 若$f(x)=cosx-sinx$在$[0，a]$上是减函数，则$a$的最大值是【$hspace{2em}$】

A.(cfrac{pi}{4}hspace{4em}) B. (cfrac{pi}{2}hspace{4em}) C. (cfrac{3pi}{4}hspace{4em}) D.(pihspace{4em})

【解法1】由题目可知，(f'(x)=-sinx-cosxleq 0)在([0，a])上恒成立，即(sinx+cosxge 0)在([0，a])上恒成立，

即(sinx+cosx=sqrt{2}sin(x+cfrac{pi}{4})ge 0)在([0，a])上恒成立，将4个选项代入验证，满足题意的是选项C，故选C。

【解法2】图像法，做出函数图像，观察发现，(a)的最大值是(cfrac{3pi}{4})，故选C。

【解法3】集合法，(f(x)=cosx-sinx=sqrt{2}cos(x+cfrac{pi}{4}))，

由(0+2kpileq x+cfrac{pi}{4}leq pi+2kpi(kin Z))，得到(-cfrac{pi}{4}+2kpileq xleq cfrac{3pi}{4}+2kpi(kin Z))，

因此，([0，a]subseteq [-cfrac{pi}{4}，cfrac{3pi}{4}])，即(-cfrac{pi}{4}leq 0)，(0< a)，(aleq cfrac{3pi}{4})

则(0< aleq cfrac{3pi}{4})，故(a_{max}=cfrac{3pi}{4})，故选C。

№11【题文】 已知$F_1，F_2$是椭圆$C$的两个焦点，$P$是$C$上一点，若$PF_1perp PF_2$，且$angle PF_2F_1=60^{circ}$，则$C$的离心率是【$hspace{2em}$】

A.(1-cfrac{sqrt{3}}{2}hspace{4em}) B. (2-sqrt{3}hspace{4em}) C. (cfrac{sqrt{3}-1}{2}hspace{4em}) D.(sqrt{3}-1hspace{4em})

【解析】自行做出示意图，有图可知，在(RtDelta PF_1F_2)中，(angle F_1PF_2=90^{circ})，(angle PF_2F_1=60^{circ})，(F_1F_2=2c)，故(PF_2=c)，(PF_1=sqrt{3}c)，

由椭圆的定义可知，(|PF_1|+|PF_2|=2a)，即(c+sqrt{3}c=2a)，解得(e=cfrac{c}{a}=cfrac{2}{sqrt{3}+1}=sqrt{3}-1)，故选D。

【建议】用圆锥曲线的定义解题，是高考中的一个高频考查方式。第20题(1)中就用到抛物线的定义(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p)

№12【题文】已知函数$f(x)$是定义在$(-infty，+infty)$上的奇函数，满足$f(1-x)=f(1+x)$，若$f(1)=2$，则$f(1)+f(2)+f(3)+cdots+f(50)=$【$hspace{2em}$】。

A.(-50hspace{4em}) B.(0hspace{4em}) C.(2hspace{4em}) D.(50)

【解析】先将奇函数性质改写为，(f(x)=-f(-x)①)；再将对称性(f(1-x)=f(1+x))改写为(f(2-x)=f(x)②)，

由①②式可知，(f(2-x)=-f(-x))，即(f(2+x)=-f(x))，故(T=2 imes 2=4)，

这样(f(1)+f(2)+f(3)+cdots+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2))，接下来就是重点求这些函数值；

由于函数是定义在(R)上的奇函数，故(f(0)=0)，则(f(4)=f(4-4)=f(0)=0)，

令(x=0)，则由(f(2-x)=-f(-x))可得到(f(2-0)=-f(-0)=f(0)=0)，即(f(2)=0)，

(f(3)=f(3-4)=f(-1)=-f(1)=-2)，故(f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0)，

即所求(f(1)+f(2)+f(3)+cdots+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)=f(1)+f(2)=2)，故选C

【建议】熟练掌握以下的变形和数学思想方法：
比如对称性+奇偶性(Longrightarrow)周期性的变形例子

如，已知函数(f(x))是奇函数，且满足(f(2-x)=f(x))，

则由(egin{align*} f(2-x)&=f(x) \ - f(-x)&= f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(2-x)=- f(-x)Longrightarrow f(2+x)=- f(x)Longrightarrow)周期(T=4)

奇偶性+周期性(Longrightarrow)对称性的变形例子

如，已知函数(f(x))是奇函数，且满足(f(x+4)=-f(x))，

则由(egin{align*} f(x+4)&=-f(x) \ f(-x)&=-f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(x+4)=f(-x)Longrightarrow)对称轴是(x=2)


对称性+周期性(Longrightarrow)奇偶性的变形例子

如，已知函数(f(x))的周期是2，且满足(f(2+x)=f(-x))，

则由(egin{align*} f(2+x) &=f(-x) \ f(2+x) &= f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(-x)= f(x)Longrightarrow)函数(f(x))是偶函数。

本题目实际上考查的是正弦函数模型。

二、填空题

№13【题文】 曲线$y=2lnx$在点$(1，0)$处的切线方程是________________。

【解析】(f'(x)=cfrac{2}{x})，则(k=f'(1)=2)，又切点为((1，0))，故切线方程为(y-0=2(x-1))，即(y=2x-2)，送分题。

【说明】在点处的切线和过点处的切线是有很大区别的。曲线的切线

№14【题文】 若$x，y$满足约束条件$egin{cases}x+2y-5ge 0\x-2y+3ge 0\x-5leq 0end{cases}$，则$z=x+y$的最大值是___________。

【解析】线性规划题目中的最基础的考查题型，做出可行域，通过平移目标直线就可以作答。提示：(z_{max}=9)

还有的同学直接求出三角形可行域三个顶点坐标代入，验证得到答案，对于这类题目此方法也是可行的。但不建议用这个方法，毕竟不利于对数学本质的理解。

【建议】1、关于线性规划题目，这几年的高考题目几乎就考查到这个难度(直线的截距型)，一般我们平时训练题目难度都比这个类型要难一些，比如斜率型，距离型等。

2、建议看看这篇博文，线性规划相关

№15【题文】 已知$tan(alpha-cfrac{5pi}{4})=cfrac{1}{5}$，则$tanalpha$=______________。

【解析】本题目是三角函数求值中的给值求值类型，而且是比较简单的类型，只需要将已知条件化简，(tan(alpha-cfrac{5pi}{4})=tan(alpha-cfrac{pi}{4})=cfrac{1}{5})，

即(tan(alpha-cfrac{pi}{4})=cfrac{tanalpha-tancfrac{pi}{4}}{1+tanalphacdot tancfrac{pi}{4}}=cfrac{tanalpha-1}{1+tanalpha}=cfrac{1}{5})，

解方程即可得到(tanalpha=cfrac{3}{2})。

【建议】1、三角函数中的给值求值类型，三角函数的求值

2、(tanalpha)的给出方式，(tanalpha)的各种可能给出方式

№16【题文】已知圆锥的顶点为$S$，母线$SA，SB$互相垂直，$SA$与圆锥底面所成角为$30^{circ}$，若$Delta SAB$的面积为8，则该圆锥的体积为___________。

【解析】设圆锥的母线长为(x)，底面半径为(r)，则由等腰直角三角形(S_{Delta SAB}=8=cfrac{1}{2}x^2)，解得(x=4)，

又在(RtDelta SAO)中，(SA=4)，(angle SAO=30^{circ})，则(OA=r=2sqrt{3})，(SO=2)

则(V=cfrac{1}{3}cdot pi r^2cdot SO=cfrac{1}{3}cdot pi (2sqrt{3})^2cdot 2=8pi)。

三、解答题

№17【题文】

【解析】

№18【题文】

【解析】

对应课件

№19【题文】

【解析备忘】注意等面积法的运用，(cfrac{1}{2}OMcdot CH=cfrac{2}{3}cdot cfrac{1}{2}OBcdot OC)

或(cfrac{1}{2}OMcdot CH=cfrac{1}{2}cdot OMcdot OCcdot sin45^{circ})

№20【题文】设抛物线$C：y^2=4x$的焦点为$F$，过$F$且斜率为$k(K>0)$的直线$l$与$C$相交于$A，B$两点，$|AB|=8$

(1)求(l)的方程。

(2)求过点(A，B)且与(C)的准线相切的圆的方程。

【解析】

(1)先说明抛物线的基础知识，焦点为(F(1，0))，准线为(x=-1)；

[法1]：详见下面的标准答案；

[法2]：设(l)的方程为(y=k(x-1)(k>0))，设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

联立(y^2=4x)，消去(y)得到(k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0)，

则(x_1+x_2=cfrac{2k^2+4}{k^2})，(x_1x_2=1)，

由(|AB|=8=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=sqrt{1+k^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2})，代入计算得到

(k^2=1)，即(k=1(k=-1舍去))，即(l)的方程为(y=x-1)。

[法3]：设直线(l)的参数方程为(egin{cases}x=1+cosalphacdot t\y=sinalphacdot tend{cases}(t为参数))，这样我们只需要求出(tanalpha=k)；

将直线的参数方程代入(y^2=4x)，整理为(sin^2alphacdot t^2-4cosalpha cdot t-4=0)，

令点(A，B)对应的参数分别是(t_1，t_2)，则可知(Delta >0)，

(t_1+t_2=cfrac{4cosalpha}{sin^2alpha})，(t_1t_2=cfrac{-4}{sin^2alpha})，

由(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=8)，代入整理得到(16=64sin^4alpha)，即(sinalpha=cfrac{sqrt{2}}{2})，

则(cosalpha=cfrac{sqrt{2}}{2})，(k=tanalpha=1)，故(l)的方程为(y=x-1)。

(2)将(k=1)代入得到(x_1+x_2=6)，即(cfrac{x_1+x_2}{2}=3)，即(AB)中点横坐标为(3)，代入(y=x-1)得到纵坐标为(2)，即中点坐标((3，2))

从而得到(AB)中垂线方程为(y-2=-1(x-3))，即(y=-x+5)，设圆心坐标为((x_0，y_0))，

则有(y_0=-x_0+5)，且满足(x_0-(-1)=sqrt{(x_0-3)^2+(y_0-2)^2+4^2})，

代入消元(y_0)，得到(x_0^2-14x_0+33=0)，解得(x_0=3)或(x_0=11)，

当(x_0=3)时，(y_0=-2)，此时半径(r=x_0+1=4)，即圆的方程为((x-3)^2+(y+2)^2=4^2=16)；

当(x_0=11)时，(y_0=6)，此时半径(r=x_0+1=12)，即圆的方程为((x-11)^2+(y-6)^2=12^2=144)；

故圆的方程为((x-3)^2+(y+2)^2=4^2=16)或 ((x-11)^2+(y-6)^2=12^2=144) ；

【说明】第(1)问中的法2的运算量明显比法1要大一些。法1利用抛物线的定义和性质(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+cfrac{p}{2}+x_2+cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p)；

法2利用(|AB|=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=sqrt{1+k^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2})，且由于受(|AB|=|t_1-t_2|)的影响，容易错误的写成(|AB|=|x_1-x_2|)；

№21【题文】 已知函数$f(x)=cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)$。

(1).若(a=3)，求(f(x))的单调区间。

(2).证明：(f(x))只有一个零点。

【解析】(1).(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1))，

当(a=3)时，(f'(x)=x^2-3(2x+1)，) 令(f'(x)=0)，则(x=3pm 2sqrt{3})，

则(x<3-2sqrt{3})或(x>3+2sqrt{3})时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

(3-2sqrt{3}< x < 3+2sqrt{3})时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；

故单调递增区间为((-infty，3-2sqrt{3}))和((3+2sqrt{3}，+infty))，单调递减区间为((3-2sqrt{3}，3+2sqrt{3}))。

(2).由题目可知，函数(f(x))只有一个零点，即方程(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)=0)只有一个解。

即方程(a(x^2+x+1)=cfrac{1}{3}x^3)只有一个解。注意到(x^2+x+1 eq 0)

即方程(a=cfrac{cfrac{1}{3}x^3}{x^2+x+1}=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)})只有一个解。

令函数(h(x)=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)})，则

(h'(x)=cfrac{3x^2cdot 3(x^2+x+1)-x^3cdot 3(2x+1)}{[3(x^2+x+1)]^2})

(=cfrac{3x^2(x^2+2x+3)}{[3(x^2+x+1)]^2})

(=cfrac{3x^2[(x+1)^2+2]}{[3(x^2+x+1)]^2}ge 0)，且仅仅在(x=0)一个点处使得(h'(x)=0)，

故函数(h'(x))在((-infty，+infty))上单调递增；

又由于(h(x)=cfrac{x^3}{3(x^2+x+1)}=cfrac{x}{3(1+frac{1}{x}+frac{1}{x^2})})

当(x ightarrow +infty)时，(h(x) ightarrow +infty)；

当(x ightarrow -infty)时，(h(x) ightarrow -infty)；

即函数(y=a)与函数(y=h(x))必然只有一个交点，

故方程(a=h(x))必然只有一个根，即函数(f(x))只有一个零点。

【解后反思】1、如果仅仅证明到函数(h(x))单调递增，则方程(a=h(x))必然有一个交点是有漏洞的，比如函数(h(x))满足单调递增，但是其图像夹在直线(y=pm 1)之间时，则方程(a=h(x))可能有一个交点，也可能没有交点。

2、估计高考答案是注意到这个解法需要用极限说明图像，故采用了单调性和零点存在性定理做了说明。

3、注意数学常识的使用，(x^2 pm x+1>0)，(x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0).

№22【题文】

【解析】

№23【题文】

【解析】

网上的参考答案