2018年宝鸡市二检数学题目解答
2018年宝鸡市二检数学题目解答
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
(2)设点\(P\) 在\(C_1\)上，点\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面积的最大值。
分析：(1) 直接给出答案，曲线的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；所求的直角坐标方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)【法1】极坐标法(本题目命题意图就是想让学生体会极坐标的优越性，从而主动使用极坐标刻画思考或者在极坐标系下运算)，
曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如右图所示，初步分析，当点\(P\)在\(x\)轴上方时，点\(Q\)必在\(x\)轴下方；
当然还会有另一种情形，当点\(P\)在\(x\)轴下方时，点\(Q\)必在\(x\)轴上方；
我们取其中一种做研究，比如点\(P\)在\(x\)轴上方，点\(Q\)在\(x\)轴下方；
注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\)，
由于\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(顺时针为正，逆时针为负)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\theta=-4sin\theta cos\theta\)
\(=-2sin2\theta\)，
当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时，
\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】参数方程法，
如图所示，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【变形方法3】参数方程法，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知，\(k_{OP}k_{OQ}=-1\)，
即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\)，即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)
\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\)，
又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
\(原式=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，
解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2} )\)，
联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，
解得\(Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2}，\cfrac{-2k}{1+k^2})\)，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\)，那么求最值时就好操作些。
【法5】是否有，待后思考整理。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
1、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
2、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
3、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
4、还有学生想到设\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
分析：先做出如右图所示的图像，从形上分析，由于函数\(f(x)=a^x\)与\(g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)\)互为反函数，其图像关于直线\(y=x\)对称，
故两条曲线相交时，直线\(y=x\)必然也会过他们的交点，这样我们将图形简化一下，
即要保证两条曲线有两个交点，只需要一区一直两条线有两个交点就可以了，
此时我们从形上已经不好把握了，需要转换到数的角度进行计算。
即函数\(y=a^x\)与函数\(y=x\)的图像有两个交点，也即方程\(a^x=x\)要有两个不同的实数根。
两边同时取自然对数，得到\(lna^x=lnx\)，即\(xlna=lnx\)，注意到图像的交点的\(x\neq 0\)，
故分离参数得到\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，
则要方程使\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)有两个不同的根，需要函数\(y=lna\)和\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)要有两个交点，这样又转换到形了。
以下用导数方法，判断函数\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)的单调性，得到在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，做出其函数图像如右图所示，
故有\(0<lna<\cfrac{1}{e}\)，即\(ln1<lna<lne^{\frac{1}{e}}\)，故\(a\in (1，e^{\frac{1}{e}})\)，选\(D\).
解后反思：
①、数到形，形到数，二者之间的转换在高三数学的学习中非常普遍。
②、熟练掌握函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，以及\(g(x)=lnx\pm x\)，\(h(x)=x\cdot lnx\)等的函数的图像和性质，在解题中会有不小的惊喜。
③、在分离常数时，可以分离得出\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，还可以分离得到\(a=e^{\frac{lnx}{x}}\)，但是明显第一种分离方式更有利于计算，此处使用了整体思想。
分析：由题目可以知道，其渐近线为\(y=\pm 2x\)，
【法1】：取其一\(y=2x\)，则其倾斜角为\(\theta\)，可知\(tan\theta=2\)，
又知道\(\theta+\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，则\(\theta=\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{\alpha}{2}\)，带入上式得到，
\(tan\theta=tan(\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{\alpha}{2})=cot\cfrac{\alpha}{2}=2\)，即\(cot\cfrac{\alpha}{2}=2\)，
则\(tan\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{1}{2}\)，由\(tan\alpha=\cfrac{2tan\cfrac{\alpha}{2}}{1-tan^2\cfrac{\alpha}{2}}\)得到，\(tan\alpha=\cfrac{4}{3}\)。
到此，题目转化为已知\(tan\alpha=\cfrac{4}{3}\)，求\(cos2\alpha=？\)的值。
\(cos2\alpha=\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{cos^2\alpha+sin^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{7}{25}\)。
【法2】：在直线\(y=2x\)上取一点\((1，2)\)，利用锐角三角函数的定义，可知\(tan\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{1}{2}\)，
从而由\(tan\alpha=\cfrac{2tan\cfrac{\alpha}{2}}{1-tan^2\cfrac{\alpha}{2}}\)得到，\(tan\alpha=\cfrac{4}{3}\)。
代入\(cos2\alpha=\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{cos^2\alpha+sin^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{7}{25}\)。
解后反思：
1、本题目其实是一类这样的题目，请参阅
2、法1由于用到了余切，有超纲之嫌；法2使用了三角函数定义，符合学生的认知。
(1)、当\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，求函数\(f(x)\)的取值范围。
分析：先将函数变形为正弦型函数\(f(x)=2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1\)，其中\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，
题目转化为正弦型函数在限定区间上的值域问题，常规题目，\(f(x)\in [0，3]\)
(2)、若对任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leq f(A)\)，\(b=2\)，\(c=4\)，点\(D\)是边\(BC\)的中点，求\(AD\)的长。
【解答的共有部分】对任意的\(x\in R\)，都有\(f(x)\leq f(A)\)，则\(f(A)\geqslant f(x)_{max}\)；
\(f(x)=2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1，x\in R\)，则\(f(x)_{max}=3\)，
即\(f(A)\geqslant 3\)又\(f(A)=2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1\)
故有\(2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1\geqslant 3\)，即\(sin(2A-\cfrac{\pi}{6})\geqslant 1\)，
又由正弦函数的值域范围可知，此时只能取\(sin(2A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(2A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)。
【法1】：余弦定理法，先由余弦定理得到\(BC=2\sqrt{3}\)，则\(BD=CD=\sqrt{3}\)，
设\(\angle ADB=\alpha\)，\(\angle ADC=\beta\)，则有\(cos\alpha+cos\beta=0\)。
再设\(AD=x\)，又\(cos\alpha=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-4^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；\(cos\beta=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-2^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；
代入方程\(cos\alpha+cos\beta=0\)得到，\(x=AD=\sqrt{7}\)。
【法2】：要求\(AD\)，由\(AD=|\overrightarrow{AD}|\)，而\(|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{\overrightarrow{AD}^2}\)，
\(\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})\)，则\(\overrightarrow{AD}^2=\cfrac{1}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})^2\)
则\(|\overrightarrow{AD}|^2=\cfrac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|cos60^{\circ})\)
\(=\cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2\times4\times2\times\cfrac{1}{2})=7\)
故\(AD=|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{7}\)；
【法3】由题目可知，先由余弦定理得到\(BC=2\sqrt{3}\)，则由\(AB=4，AC=2\)，可知\(\Delta ABC\)为\(Rt\Delta\)，
则有\(AC=2\)，\(CD=\sqrt{3}\)，故由勾股定理可知，\(AD=\sqrt{7}\)。
解后反思：1、向量法和余弦定理法都是大家应该掌握的常见的思路方法，其中向量法这个思路，对学生和老师而言，都不是那样的自如应用。
分析：本题目的考点有以下几个，其一求等比数列的\(a_n\)，其二由\(S_n\)求\(a_n\)。
我们往往需要先由\(S_n\)求\(a_n\)，
途径一：\(a_n\)与\(S_n\)法，
当\(n\ge 1\)时，\(S_n=2^n-c(c\in R)\)，
当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2^{n-1}-c(c\in R)\)，
故\(n\ge 2\)时，\(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1}\)
所以，\(a_n=2^{n-1}(n\in N^*)\)(此处可以验证，也可以不验证，已知的等比)
途径二：由等比数列的前\(n\)项和\(S_n=\cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a_1}{1-q}\cdot (1-q^n)=m\cdot q^n-m(m=-\cfrac{a_1}{1-q})\)的性质可知，
\(c=1\)，\(q=2\)，再由\(S_1=a_1=2^1-1=1\)，
故\(a_n=1\times 2^{n-1}(n\in N^*)\)；
接下来用对数的性质求解转化：
\(a_1\cdot a_2\cdot a_n=2^0\cdot 2^1\cdots 2^{n-1}=2^{0+1+\cdots+(n-1)}=2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)，
则\(log_2a_1+log_2a_2+\cdots+log_2a_n=log_2(a_1\cdot a_2\cdots a_n)=log_22^0\cdot 2^1\cdots 2^{n-1}\)，
\(=log_22^{0+1+\cdots+(n-1)}=log_22^{\frac{n(n-1)}{2}}=\cfrac{n(n-1)}{2}=10\)，解得\(n=5\)。
解后反思：
1、熟练理解等差、等比数列的常用性质，尤其是从函数角度出发的性质，对数学解题有很大的帮助。
2、本题目原来是选择题，给了\(2，3，4，5\)四个选项，当进行到解方程\(\cfrac{n(n-1)}{2}=10\)时，应该意识到验证总比解方程要节省时间。
分析：由三角形表观察计算得出：
①：第一行有1项，第二行有3项，第三行有5项，故猜想：第\(n\)行应该有\(2n-1\)项；
②：由表的第一列构成等差数列，可知\(2a_2=a_1+a_5\)，即\(a_2=2\)；
③：等差数列的首项是1，公差为\(d=1\)，那么第4行的首项应该为4，第\(n\)行的首项应该为\(n\)；
④：每一行的等比数列的公比可以由\(\cfrac{a_3}{a_2}=2\)得到，即\(q=2\)
那么第\(n\)行就是首项为\(n\)，公比为\(q=2\)，项数为\(2n-1\)的等比数列，其和\(T_n=\cfrac{n\cdot (2^{2n-1}-1)}{2-1}=n\cdot (2^{2n-1}-1)\)。
引申分析：
⑤：第三行的首项是\(a_5=a_{2^2+1}\)，猜想第四行的首项是\(a_{10}=a_{2^3+1}=a_{9+1}\)，第五行的首项是第\(a_{2^4+1}=a_{17}\)项，那么第\(n\)行的首项是第\(a_{2^{n-1}+1}\)项；
⑥：\(a_{2^{n-1}+1}=n\)；
