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1、2018年高考数学全国卷特色试题解析与简评 2018年全国高考通用数学试卷分为新课标卷和新课标卷，试卷立意切合中学教学实际，有利于考生正常发挥.按理科考生反馈情况，两份试卷均在第12，16，20（）和21（）这4个题上感到困难.本文对这些题目进行解答，并予以简评. 一、特色选择题 例1（全国新课标卷第12题）设函数f（x）=ex（2x-1）-ax+a，其中a0，且f（x）=ex（2x+1）-34.易得对x（-，-1，f（x）0，从而f（x）在（-，-1上单调递减，在1，+）上单调递增.所以x（-，-1，f（x）f（-1）0，x1，+），f（x）f（1）0.因此存在唯一的整数x0=0满足f（x0
2、）0，因此a=34满足题设，否定选项C，故选D. 2（全国新课标卷第12题）设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（-1）=0，当x0时，xf（x）-f（x）0成立的x的取值范围是（）. （A）（-，-1）（0，1） （B）（-1，0）（1，+） （C）（-，-1）（-1，0） （D）（0，1）（1，+） 解析令（x）=f（x）x（x0），由题意知（x）是偶函数.由（-x）=（x），得（-x）=-（x），即导函数（x）是奇函数.由（x）=xf（x）-f（x）x2结合已知条件可知，当x0时，（x）0，f（x）0，当x（-，-1）时，（x）0.所以不等式f（x）0的解集是（-，-1）（
3、0，1）.故选A. 简评本题把函数的奇偶性与导数应用融为一体，基于导数运算考查考生构造函数的能力，以及借助几何直观探究函数性质的基本技能. 二、特色填空题 例3（全国新课标卷第16题）在平面四边形ABCD中，A=B=C=75，BC=2，则AB的取值范围是. 解析如图3，作出四边形ABCD，连结BD，记CBD=，则0 例4（全国新课标卷第16题）设Sn是数列an的前n项和，且a1=-1，an+1=SnSn+1，则Sn=. 解析把an+1=Sn+1-Sn代入an+1=SnSn+1，得Sn+1-Sn=SnSn+1，即Sn+1（1-Sn）=Sn.由a1=-1，得S1=-1，S2=-12，继续推导，得S
4、3=-13，S4=-14，.假设Sk=-1k（kN*），则Sk+1=Sk1-Sk=-1k+1，所以Sn=-1n（nN*）. 简评本题也可以这样求解由Sn+1-Sn=SnSn+1，得1Sn+1-1Sn=-1，再讨论Sn0.若存在某个n0N*，使得Sn0Sn0+1=0，则必有an0+1=0，Sn0+1=Sn0=0， 从而an0+1=0，an0+2=Sn0+1Sn0+2=0，an0=Sn0-1Sn0=0，即an0=an0+1=an0+2=0，Sn0+2=Sn0+1=0，Sn0-1=Sn0=0，依次继续下去，得到an=0（nN*），这与a1=-1矛盾. 所以an+1=SnSn+10（nN*），从而1S
5、n+1-1Sn=-1，1Sn=1S1-（n-1）=-n， 所以Sn=-1n（nN*）. 三、特色解答题 例5（全国新课标卷第20题）在直角坐标系xOy中，曲线Cy=x24与直线ly=kx+a（a0）交于M，N两点. （）当k=0时，分别求出曲线C在点M，N处的切线方程； （）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPM=OPN？说明理由. 解析（）由y=x24，y=a，解得M（2a，a），N（-2a，a）或M（-2a，a），N（2a，a）. 由y=x2，得点（2a，a）处的切线方程为y=ax-a，点（-2a，a）处的切线方程为y=-ax-a. （）存在点P（0，-a）满足条件OPM=OPN.
6、 记M（x1，y1），N（x2，y2）（x10.由根与系数的关系，得x1+x2=4k，x1x2=-4a，所以kPM+kPN=2k+2a?4k-4a=0，证毕. 简评本题注重检测考生化归与转化技能，需识别出题设条件OPM=OPN的本质两条直线关于x轴对称.有幸的是此题正好是笔者的拙著高校自主招生十二讲（中国科技大学，2018）中的一个结论（详见第七章第一节）.当然，本题也可以按照斜率直接求出目标点设所求点P（0，t），由kPM+kPN=0，得y1-tx1+y2-tx2=0，即2k+（a-t）?x1+x2x1x2=0，利用根与系数的关系将上式转化为2k+（a-t）?k-a=0，即t=-a，即所求点
7、为P（0，-a）. 无独有偶，2018年北京卷解析几何解答题碰巧以椭圆给出类似的设计，本质上都是选用两角的正切构建角相等的代数条件，但是北京卷涉及两个相似的直角三角形，可以直接以比例建构对应的代数条件. 例6（北京卷第19题）已知椭圆Cx2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为22，点P（0，1）和点A（m，n）（m0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M. （）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）. （）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问y轴上是否存在点Q，使得OQM=ONQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由. 解析（）由e=22，得a=2c=2b
8、.再由椭圆Cx22b2+y2b2=1过点P（0，1），得b=1，所以椭圆Cx22+y2=1. 由题意，得直线PAy=n-1mx+1. 由方程组y=n-1mx+1，y=0，得M（m1-n，0）. （）由题意，得B（m，-n），所以把点M坐标中的“n”换成“-n”，即得N（m1+n，0）. 设满足条件的点Q（0，t）（t0），由条件OQM=ONQ，得RtONQRtOQM（如图5）.所以OQ2=OM?ON，即t2=m1-n?m1+n=m21-n2.再由m22+n2=1，得t2=2. 故存在满足题设条件的点Q（0，2），或Q（0，-2）. 例7（全国新课标卷第20题）已知椭圆C9x2+y2=m2（m0
9、），直线l不过原点O，且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，记线段AB的中点为M. （）证明直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. （）若l过点（m3，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求出此时直线l的斜率；若不能，说明理由. 解析（）设ly=kx+b（bk0），记A（x1，y1），B（x2，y2）（x10.由x1+x2=-2kbk2+9，得x1+x22=-kbk2+9，y1+y22=9bk2+9，即M（-kbk2+9，9bk2+9）.于是直线OM的斜率kOM=-9k，所以k?kOM=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. （）由直线l过点D（m3，m），得k0. 由（）可得OMy=-9kx. 由9x2+y2=m2，y=-9kx，消去y， 得P（-km3k2+9，3mk2+9）（b0）或P（km3k2+9，-3mk2+9）（b0，-km3k2+9=-2kbk2+9， m=mk3+b，或b0），讨论函数h（x）零点的个数. 解析（）f（x）=3x2+a，如果a0，则f（x）是单调递增函数，与x轴相交，不相切，所以a第 7 页