2018年全国卷Ⅱ卷理科数学解析[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。
选择题
A.\(-\cfrac{4}{5}-\cfrac{3}{5}i\hspace{4em}\) B. \(-\cfrac{4}{5}+\cfrac{3}{5}i\hspace{4em}\) C. \(-\cfrac{3}{5}-\cfrac{4}{5}i\hspace{4em}\) D.\(-\cfrac{3}{5}+\cfrac{4}{5}i\hspace{4em}\)
【解析】\(\cfrac{1+2i}{1-2i}=\cfrac{(1+2i)^2}{(1-2i)(1+2i)}=\cfrac{1+4i^2+4i}{1-4i^2}=-\cfrac{3}{5}+\cfrac{4}{5}i\),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。
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【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。
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\(f(3)=\cfrac{e^3-e^{-3}}{3^2}\approx\cfrac{2.7^3}{3^2}\approx 2\),排除C、D;故选B。
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\(\times\)奇=偶,奇\(\times\)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,\(f(x)=|x|\),\(f(x)=e^x+e^{-x}\),\(f(x)=Acos\omega x\)都是偶函数;\(y=x^3\),\(y=e^x-e^{-x}\),\(y=Asin\omega x\)都是奇函数。
【解析】\(\vec{a}\cdot (2\vec{a}-\vec{b})=2\vec{a}^2-\vec{a}\cdot \vec{b}=2\times1+1=3\),故选B,送分题。
【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\(y=\pm\cfrac{b}{a}x=\pm\cfrac{\sqrt{2}k}{k}x=\pm\sqrt{2}x\),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\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=0\);
【解析】由降幂升角公式得到,\(cosC=2cos^2\cfrac{C}{2}-1=-\cfrac{3}{5}\),
再由余弦定理可得,\(AB^2=AC^2+BC^2-2AC\cdot BC\cdot cosC\)
\(=25+1-2\times 5\times 1\times(-\cfrac{3}{5})=32\),故\(AB=4\sqrt{2}\),选A。
填空题
法1:见参考答案,分别解出\(sin\alpha\)和\(cos\beta\),再计算即可。
法2:给已知两式同时平方,即得到
\(sin^2\alpha+cos^2\beta+2sin\alpha cos\beta=1\),\(cos^2\alpha+sin^2\beta+2cos\alpha sin\beta=0\),
再相加得到\(2+2(sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta)=1\),
即\(2sin(\alpha+\beta)=-1\),\(sin(\alpha+\beta)=-\cfrac{1}{2}\)。
【说明】平方相加的变形技巧和参数方程中的平方消参法相同。
解答题
(1).若\(a=1\),证明:当\(x\ge 0\)时,\(f(x)\ge 1\)。
解析:法1,当\(a=1\)时,\(f(x)=e^x-x^2\),即需要证明 \(h(x)=e^x-x^2-1\ge 0\) 在\([0,+\infty)\)上恒成立,
只需要证明\(h(x)_{min}\ge 0\)恒成立即可。
\(h'(x)=e^x-2x\),再令\(g(x)=e^x-2x\),
则\(g'(x)=e^x-2\),令\(g'(x)>0\)得到\(x > ln2\),令\(g'(x) <0\) 得到 $ 0\leq x < ln2$
故在\([0,ln2)\)上,\(g'(x)<0\),\(h'(x)\)单调递减,
在\((ln2,+\infty)\)上,\(g'(x)>0\),\(h'(x)\)单调递增,
故\(h'(x)_{min}=h'(ln2)=e^{ln2}-2ln2=2-2ln2=2(1-ln2)>0\),
即\(h'(x)>0\)恒成立,故\(h(x)\)在\([0,+\infty)\)单调递增,
则有\(h(x)_{min}=h(0)=e^0-0^2-1=0\),即\(h(x)\ge 0\)。
也即\(e^x-x^2\ge 1\),即当\(x\ge 0\)时,\(f(x)\ge 1\)。
法2:从形入手,借助形来分析。
(2).若\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上只有一个零点,求\(a\)。
解析:若\(f(x)=e^x-ax^2\)在\((0,+\infty)\)上只有一个零点,
则方程\(e^x-ax^2=0\)在\((0,+\infty)\)上只有一个解,分离参数得到,
方程\(a=\cfrac{e^x}{x^2}\)在\((0,+\infty)\)上只有一个解,
令\(h(x)=\cfrac{e^x}{x^2}\),则\(h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}\),
即\(0< x <2\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\)单调递减,\(x >2\)时,\(h'(x)>0\),\(h(x)\)单调递增,
即\(h(x)_{min}=h(2)=\cfrac{e^2}{4}\),做出其示意图可知,
当函数\(y=a\)和函数\(h(x)=\cfrac{e^x}{x^2}\)图像仅有一个交点时,\(a=\cfrac{e^2}{4}\),
即方程\(e^x-ax^2=0\)在\((0,+\infty)\)上只有一个解,\(a=\cfrac{e^2}{4}\),
也即函数\(f(x)=e^x-ax^2\)在\((0,+\infty)\)上只有一个零点,\(a=\cfrac{e^2}{4}\).