2018年高考全國卷理科數(shù)學(xué)一題多解

1、2018年高考全國卷理科數(shù)學(xué)一題多解1、（2018年天津高考真題理科和文科第13題）已知，且，則的最小值為 . 思路一：基本不等式解析一：由于，可得，由基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立。故的最小值為。思路二：輪換對稱法(地位等價法）方法二：輪換對稱性：因?yàn)榈牡匚皇菢拥模?dāng)取最值時，在相等的時候取到：，得，所以最小值為思路三：換元+等價轉(zhuǎn)化方法三：令，則，則已知問題可以轉(zhuǎn)化為：已知，則的最小值為 . 已知，可得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得等號，故的最小值為。2、【2018課標(biāo)2卷理12】已知，是橢圓的左，右焦點(diǎn)，是的左頂點(diǎn)，點(diǎn)在過且斜率為的直線上，為等腰三角形，則的離心率為（ ）A B C D解法

2、一：由題意：所以，即，所以，選D解法二：由題可得的方程為，的方程為，可求解，又，所以， 解得，選D解法三：在三角形中，由余弦定理可得：則又在中利用等高建立等式，所以， 所以，選D解法四：因?yàn)闉榈妊切危?，由余弦定理可知：，因?yàn)?，所以，在中，由正弦定理可知：，即，所以離心率為，選D解法五：因?yàn)闉榈妊切危?，所以，由斜率為得，所以由正弦定理得，所以所以，解得，選D3、（2018全國理科第16題）已知函數(shù)，則的最小值為_解法一當(dāng)且僅當(dāng)時，此時，考點(diǎn)：四元均值不等式，三角恒等變換解法二：先求的最大值，設(shè)，即，故根據(jù)奇函數(shù)知，解法三：求導(dǎo)法.當(dāng)；解法四：為奇函數(shù)，可考慮為銳角，由琴生不等式等解

3、法五 ，設(shè)，則，設(shè)兩曲線切于，則有，解得，解法六 柯西不等式法，解法七：構(gòu)造單位圓中的正三角形，單位圓中的正三角形面積最大，解法七 萬能代換：為奇函數(shù)，不妨設(shè)。,當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，試題拓展：（1）(2016全國2)函數(shù)的最大值是_(2)2013全國1)當(dāng)時，函數(shù)取得最大值 ，則_(3)已知函數(shù)，則的最小值是_(4)已知函數(shù)，則的最大值是_(5)已知函數(shù)，則的最大值是_(6)已知函數(shù)，則的最大值_(7)已知函數(shù)，則的最大值_(8)是的一個三角形的內(nèi)角，則(9)的最大值是_的最大值是_的最大值是_的最大值是_(9) 函數(shù)的最大值是_答案:1. ,4、 其中，因?yàn)楫?dāng)時，函數(shù)取得最大值，所以，此時，,

4、所以解法二. ,其中，由已知，其中，可知，所以，化簡，所以，又，所以解法三：，所以 又當(dāng)時，取得最大值 ，即 解得，因?yàn)椋允堑诙笙藿强傻谒南笙藿牵?所以當(dāng)?shù)诙笙藿?，此時，此時，取得最大值當(dāng)?shù)谒南笙藿菚r，此時，取得最小值 舍去，所以解法四. 由柯西不等式，當(dāng)且僅當(dāng)時，即當(dāng)時等號成立，取得最大值，又當(dāng)時，取得最大值，所以 所以為第二象限角時，利用且，解得解法五. 由已知，令，則，點(diǎn)在單位圓上，的幾何意義為直線的縱截距，當(dāng)直線與圓相切時，取得最大值. 此時直線的斜率為，易得，即此時所以為第二象限角時，取得最大值，故可求得4.（2018全國3卷16）已知點(diǎn)和拋物線，過的焦點(diǎn)且斜率為的直線與交于

5、兩點(diǎn)若，則=解法一：拋物線，的焦點(diǎn)，過兩點(diǎn)的直線方程為，聯(lián)立可得設(shè)，則 ，整理可得，即，解法二：設(shè)，取的中點(diǎn).分別過作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為，所以，又因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以平行于軸，所以，即，所以.我們先證一個重要結(jié)論，然后利用這個結(jié)論，秒殺此題解法三：三角形稱為阿基米德三角形，是弦的兩條切線，推出點(diǎn)在準(zhǔn)線上，且，,反之，若點(diǎn)在準(zhǔn)線上，且，推出是弦的兩條切線，若點(diǎn)在準(zhǔn)線上，且，推出是弦的兩條切線，且，設(shè)拋物線上的焦點(diǎn)為，過的直線方程為，聯(lián)立方程,可得,，設(shè)，過兩點(diǎn)分別作兩條切線，切線方程分別為， 設(shè)兩切線的交點(diǎn)坐標(biāo)，則有，對于本題而言，相當(dāng)于，5、【2018課標(biāo)1卷理1】12已知正方體的棱長為1

6、，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為（ ）ABCD【解析】法一： 1.因?yàn)橐唤M平行線與已知平面所成的角都相等，將每條棱與截面所成的角化歸為同一頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱與截面所成角。根據(jù)經(jīng)驗(yàn)?zāi)苤庇^感知到平面ABD是符合要求的平面（圖1），由對稱性可知，平面BDC也是符合要求的平面（圖2），且與平面ABD平行的平面都與這三條直線所成角相等。2.該截面的形狀為：由小變大的正三角形六邊形正六邊形六邊形由大到小的正三角形。根據(jù)基本活動經(jīng)驗(yàn)，學(xué)生可以判斷（或猜想）出當(dāng)截面形狀為正六邊形時，截面面積應(yīng)該最大（圖3）。 3.求出該正六邊形的面積，這恰好是四個選項(xiàng)中最大的數(shù)，所以選A

7、。 圖1 圖2 圖3 【點(diǎn)評】解法1經(jīng)過分析猜想，計(jì)算出截面面積的最大值為，這個結(jié)論并沒有經(jīng)過理論驗(yàn)證。下面給出解法二。【解析】法二：將法一中的截面六邊形的各邊延長，補(bǔ)成三角形，如圖4，易證該三角形為正三角形。設(shè)FD=，可求出六邊形各邊長如圖5所示。故六邊形的面積可用三角形ABC的面積減去三個小三角形的面積計(jì)算，即，所以當(dāng)時，。圖4 圖5【點(diǎn)評】解法2的計(jì)算對截面形狀的判斷要求很高，尤其是截面六邊形在正三角形內(nèi)學(xué)生不易想到，可考慮將截面積的計(jì)算問題轉(zhuǎn)化為投影面的計(jì)算，將問題簡化，于是有解法三?！窘馕觥糠ㄈ簣D6因?yàn)榻孛嬖谄揭谱兓瘯r，與正方體左平面的夾角不變，因此欲求截面面積的最大值，可以先分析

8、截面在左平面內(nèi)的投影何時取得最大值。由圖6可知，所以當(dāng)時，此時截面與各棱的交點(diǎn)為各棱中點(diǎn)，可求得?！窘馕觥糠ㄋ模涸谏鲜龇治龅幕A(chǔ)上，把多面體側(cè)面展開，易知截面六邊形的周長為正方體的面對角線長度的3倍，為定值。于是此問題轉(zhuǎn)化為周長為定值的六邊形面積何時最大，根據(jù)學(xué)生的經(jīng)驗(yàn)已知，當(dāng)六邊形為正六邊形時面積最大。圖7對于空間感不強(qiáng)，空間位置判斷不好的同學(xué)，可以考慮用空間坐標(biāo)來尋找尋求解決方法?！窘馕觥糠ㄎ澹喝鐖D8，建立空間直角坐標(biāo)系，正方體的三組平行棱的方向向量分別為，設(shè)截面的法向量，因?yàn)榕c向量、夾角都相等，所以有，即，令得，故截面位置如圖8所示，按方法2繼續(xù)計(jì)算可得結(jié)果。圖【試題研究與評價】本題以正

9、方體為背景，通過求與正方體棱所成的角相等的截面面積的最大值這一問題，綜合考察了學(xué)生分析問題、數(shù)學(xué)抽象、猜想論證、數(shù)學(xué)建模、函數(shù)最值的求法等多種知識和能力。 6.（2018全國I）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為，過的直線與交于，兩點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為.（1）當(dāng)與軸垂直時，求直線的方程；（2）設(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：.解法一：（2）當(dāng)l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以.當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為，則，直線MA，MB的斜率之和為.由，得，. 將代入得.所以，.則.從而，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ). 所以，綜上，. 解法二：當(dāng)l與x軸重合時，.當(dāng)l與x軸不重合時，設(shè)直線，它與橢圓相交于兩點(diǎn)，聯(lián)立得，化簡得，即，

10、,故,的傾斜角互補(bǔ). 所以。再劈蹊徑:上面兩種方法是最基本的解析幾何方法，能否從幾何角度來解此題呢？我們學(xué)習(xí)過三角形內(nèi)角平分線定理，即,是角平分線，則有，反之也成立。結(jié)合橢圓的第二定義，這樣，幾何方法就大顯身手，輕松解決此題，避免了復(fù)雜的代數(shù)運(yùn)算。解法三：過點(diǎn)作x軸的垂線, 則為的右準(zhǔn)線，過A,B分別作，垂足分別為,由橢圓的第二定義知，（e為橢圓的離心率）,又,與全等 ，,由三角形內(nèi)角平分線性質(zhì)定理，可得.方法一是設(shè)直線的縱截距式，設(shè)出直線的斜率，但需要對直線的斜率進(jìn)行討論，分為直線斜率不存在與存在兩種情況，然后就轉(zhuǎn)化成了坐標(biāo)運(yùn)算，方法二是設(shè)直線的橫截距式，需要對直線的斜率是否為0進(jìn)行討論。方

11、法二在運(yùn)算上稍微簡單一些。方法三是利用橢圓的第二定義，從橢圓圖形的幾何特征入手，幾何關(guān)系表現(xiàn)的淋漓盡致，運(yùn)算量非常小，更能體現(xiàn)問題的本質(zhì)。本題研究到這里還沒有完，此結(jié)論對雙曲線，拋物線也是成立的，請讀者自己證明。這樣就實(shí)現(xiàn)了多題一解。對本題的結(jié)論進(jìn)一步推廣，可得到如下結(jié)論：結(jié)論一 對于橢圓，經(jīng)過點(diǎn)，且斜率不為的直線與橢圓相交于兩點(diǎn)，則存在點(diǎn)，使得直線的傾斜角互補(bǔ).結(jié)論二 對于，經(jīng)過點(diǎn)的直線與橢圓相交于兩點(diǎn)，則存在點(diǎn)，使得直線的傾斜角互補(bǔ).結(jié)論三 對于雙曲線，經(jīng)過點(diǎn)，且斜率不為的直線與雙曲線相交于兩點(diǎn)，則存在點(diǎn)，使得直線的傾斜角互補(bǔ).結(jié)論四 對于，經(jīng)過點(diǎn)的直線與雙曲線相交于兩點(diǎn)，則存在點(diǎn)，使得直

12、線的傾斜角互補(bǔ).結(jié)論五 對于拋物線，經(jīng)過點(diǎn)，的直線與拋物線交于兩點(diǎn)，則存在點(diǎn)，使得直線的傾斜角互補(bǔ).例如 2015年全國 就考過這樣的題：在直角坐標(biāo)系xoy中，橢圓C：與直線ykxa()交于M，N兩點(diǎn)，()當(dāng)k0時，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程；()x軸上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)k變動時，總有OPMOPN？說明理由.7.(18全國2文科21題)已知函數(shù)(1)若，求的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：只有一個零點(diǎn)解析：（1）解法1：當(dāng)時，等價于設(shè)函數(shù)，則當(dāng)時，所以在單調(diào)遞減而，故當(dāng)時，即解法2：當(dāng)時，即證： ，即在遞增，故。即（2）分類討論解法1：設(shè)函數(shù)在只有一個零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)在只有一個零點(diǎn)（i）當(dāng)時，沒有零點(diǎn)

13、；（ii）當(dāng)時，當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增故是在的最小值若，即，在沒有零點(diǎn)；若，即，在只有一個零點(diǎn)；若，即，由于，所以在有一個零點(diǎn)，由（1）知，當(dāng)時，所以故在有一個零點(diǎn)，因此在有兩個零點(diǎn)綜上，在只有一個零點(diǎn)時，解法2：當(dāng)時，由，即恒成立，故在無零點(diǎn)當(dāng)時，則在單零點(diǎn)的必要條件為（記此點(diǎn)為），且，解得，為了完備性，應(yīng)證明零點(diǎn)存在。分離參數(shù)令，即：。接下來就有3種解法了解法1：記，那么，故在遞減，在遞增，且，所以解法2：記，那么，故在遞減，在遞增，且，故應(yīng)與在處某點(diǎn)相切，則 聯(lián)立解得，解法3：記，由，則若，相交則必有兩交點(diǎn)，故，必相切，則，且，解得，原始背景：討論函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù).（1）

14、時，1個零點(diǎn).，單調(diào)遞增.且，所以在上有一個零點(diǎn)；（2）時，無零點(diǎn).恒成立；（3）時，無零點(diǎn).；（4）時，2個零點(diǎn).，.8.（2018年高考1卷理科21題）已知函數(shù)，（1）討論的單調(diào)性；（II）若存在兩個極值點(diǎn)，證明解：（1）(1)函數(shù)的定義域?yàn)?，?當(dāng)時，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，.若，則，此時，在上單調(diào)遞減.若，則，方程有兩根，且，故兩根都為正數(shù)，且.當(dāng)時，；當(dāng)時，.綜上可知，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（II）解法一：（直接換元法）函數(shù)存在兩個極值點(diǎn)，必定有有個不等的正根，（不妨設(shè)）觀察到二次函數(shù)圖象開口向下，且恒過點(diǎn)，且，證明，即證明，即證明，即證明，即

15、證明設(shè)函數(shù)，恒成立，在上單調(diào)遞增，證明成立解法二：（對數(shù)均值不等式法）要證明，即證明，利用對數(shù)均值不等式（此結(jié)論需證明）有，證明成立解法三：（洛必達(dá)法則法）要證明，即證明，即證明，即證明設(shè)，由，得，故，設(shè)函數(shù)，設(shè)函數(shù)，設(shè)函數(shù)，顯然由于，在上恒成立，在上單調(diào)遞減，在上恒成立，在上單調(diào)遞減，在上恒成立，在上單調(diào)遞減，時，且函數(shù)在上單調(diào)遞減，利用諾必達(dá)法則，證明成立.（要用洛必達(dá)法則，必須證明函數(shù)單調(diào)性）解法四：因?yàn)槭堑膬蓚€極值點(diǎn)，所以.所以要證，即證，不妨設(shè)，即證，兩邊平方得，令，即證.令，則，且，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，在上單調(diào)遞減，即恒成立，即恒成立.9.（2018全國2卷第21題）已

16、知函數(shù)（1）若，證明：當(dāng)時，；（2）若在只有一個零點(diǎn)，求10.（2018全國3，21題）已知函數(shù)（1）若，證明：當(dāng)時，；當(dāng)時，；（2）若是的極大值點(diǎn)，求解法一：（1）當(dāng)時，.設(shè)函數(shù)，則.當(dāng)時，；當(dāng)時，.故當(dāng)時，且僅當(dāng)時，從而，且僅當(dāng)時，.所以在單調(diào)遞增.學(xué)#科網(wǎng)又，故當(dāng)時，；當(dāng)時，.解法二 ：二次求導(dǎo)當(dāng)時；令，故時遞增，時遞減。又，則恒成立，又，故得證當(dāng)時，當(dāng)時，；解法三：當(dāng)時；由對數(shù)均值不等式知：即即當(dāng)時，當(dāng)時，；故當(dāng)時，當(dāng)時，；（2）（i）若，由（1）知，當(dāng)時，這與是的極大值點(diǎn)矛盾.（ii）若，設(shè)函數(shù).由于當(dāng)時，故與符號相同.又，故是的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是的極大值點(diǎn).如果，則當(dāng)，且時，故不是

17、的極大值點(diǎn).如果，則存在根，故當(dāng)，且時，所以不是的極大值點(diǎn).如果，則.則當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以是的極大值點(diǎn)，從而是的極大值點(diǎn)綜上，.（2018新課標(biāo)）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）2x（1）若a=0，證明：當(dāng)1x0時，f（x）0；當(dāng)x0時，f（x）0；（2）若x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，求a（1）證明：當(dāng)a=0時，f（x）=（2+x）ln（1+x）2x，（x1），可得x（1，0）時，f（x）0，x（0，+）時，f（x）0f（x）在（1，0）遞減，在（0，+）遞增，f（x）f（0）=0，f（x）=（2+x）ln（1+x）2x在（1，+）上單調(diào)遞增，又f（0）=0當(dāng)1x0時，f（

18、x）0；當(dāng)x0時，f（x）0（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）2x，得f（x）=（1+2ax）ln（1+x）+2=，令h（x）=ax2x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），h（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）當(dāng)a0，x0時，h（x）0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）h（0）=0，即f（x）0，f（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，故x=0不是f（x）的極大值點(diǎn)，不符合題意當(dāng)a0時，h（x）=8a+4aln（x+1）+，顯然h（x）單調(diào)遞減，令h（0）=0，解得a=當(dāng)1x0時，h（x）0，當(dāng)x0時，h（x）0，h（x）在（1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+）上單調(diào)遞減，h（x）h（0）=0，h（x）單調(diào)遞減，又h（0）=0，當(dāng)1x0時，h（x）0，即f（x）0，當(dāng)x0時，h（x）0，即f（x）0，f（x）在（1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+）上單調(diào)遞減，x=0是f（x）的極大值點(diǎn)，符合題意；若a0，則h（0）=1+6a0，h（e