2018年全国卷Ⅲ卷理科数学解析版

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

№.01

№.02

№.03

№.04

№.05

№.06【2018高考新课标Ⅲ卷第6题】直线(x+y+2=0)分别与(x)轴，(y)轴交于(A)，(B)两点，点(P)在圆((x-2)^2+y^2=2)上，则( riangle ABP)面积的取值范围是【】

$A.[2，6]$ $B.[4，8]$ $C.[sqrt{2}，3sqrt{2}]$ $D.[2sqrt{2}，3sqrt{2}]$

法1：做出如下的图形，由图形可以看出，当圆上的动点到直线的距离最大时，( riangle ABP)面积最大，当当圆上的动点到直线的距离最小时，( riangle ABP)面积最小，

故三角形的高的最大值为(2sqrt{2}+r=2sqrt{2}+sqrt{2}=3sqrt{2})；三角形的高的最小值为(2sqrt{2}-r=2sqrt{2}-sqrt{2}=sqrt{2})；又(|AB|=2sqrt{2})，

故([S_{ riangle ABP}]_{max}=cfrac{1}{2} imes 3sqrt{2} imes 2sqrt{2}=6)，([S_{ riangle ABP}]_{min}=cfrac{1}{2} imes sqrt{2} imes 2sqrt{2}=2)，故选(A)。

法2：设圆上任一点的坐标为(P(2+sqrt{2}cos heta，sqrt{2}sin heta))，则三角形的高为(h=d=cfrac{|2+sqrt{2}cos heta+sqrt{2}sin heta+2|}{sqrt{2}}=cfrac{|4+2sin( heta+cfrac{pi}{4})|}{sqrt{2}})

故当(sin( heta+cfrac{pi}{4})=1)时，(h_{max}=cfrac{6}{sqrt{2}}=3sqrt{2})，

当(sin( heta+cfrac{pi}{4})=-1)时，(h_{min}=cfrac{2}{sqrt{2}}=sqrt{2})，又(|AB|=2sqrt{2})，

故([S_{ riangle ABP}]_{max}=cfrac{1}{2} imes 3sqrt{2} imes 2sqrt{2}=6)，([S_{ riangle ABP}]_{min}=cfrac{1}{2} imes sqrt{2} imes 2sqrt{2}=2)，故选(A)。

№.07

№.08

№.09

№.10

№.11

№.12

填空题

№.13

№.14

№.15

№.16【2018高考新课标Ⅲ卷第16题】已知点(M(-1，1))和抛物线(C：y^2=4x)，过(C)的焦点且斜率为(k)的直线与(C)交于(A)，(B)两点，若(angle AMB=90^{circ})，则(k)=_________。

法1：点差法，做出如下示意图，连结(MH)，(H)为焦点弦(AB)的中点，

由于( riangle AMB)为直角三角形，(H)为(AB)的中点，则(MH=cfrac{1}{2}AB)，

又由于(AB=AF+BF=AP+BQ)，则(MH=cfrac{1}{2}AB=cfrac{1}{2}(AP+BQ))，

故(MH)为直角梯形的中位线，则(MH//x)轴，

设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则有(y_1^2=4x_1) ①，(y_2^2=4x_2) ②，

①-②得到，(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2))，即((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2))，

则有(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{4}{y_1+y_2})，即(k=cfrac{4}{y_1+y_2})，

又由于(MH//x)轴，(M(-1，1))，则(H)点的纵坐标为1，即(cfrac{y_1+y_2}{2}=1)，则(y_1+y_2=2)，代入上式，

得到(k=cfrac{4}{y_1+y_2}=2).

法2：向量法，设直线(AB：y=k(x-1))，由于点(A，B)都在抛物线上，故设(A(4t_1^2，4t_1))，(B(4t_2^2，4t_2))，

联立直线和抛物线，得到(left{egin{array}{l}{y=k(x-1)}\{y^2=4x}end{array} ight.)，消(x)得到，

(y^2-cfrac{4}{k}y-4=0)，则由韦达定理可知，(4t_1+4t_2=cfrac{4}{k})，(4t_1cdot 4t_2=-4)，

即(t_1+t_2=cfrac{1}{k})，(t_1cdot t_2=-cfrac{1}{4})，

又(overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1))，(overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1))，(angle AMB=90^{circ})，

则(overrightarrow{MA}cdot overrightarrow{MB}=0)，即((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0)，

打开整理得到，(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0)，

代入整理得到，(cfrac{4}{k^2}-cfrac{4}{k}+1=0)，即((cfrac{2}{k}-1)^2=0)，解得(k=2)。

解答题

№.17

№.18

№.19

№.20

№.21

№.22在平面直角坐标系(xoy)中，(odot O)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=cos heta}\{y=sin heta}end{array} ight.( heta为参数))，过点((0，-sqrt{2}))且倾斜角为(alpha)的直线(l)与(odot O)交于(A，B)两点。

(1)求(alpha)的取值范围；

分析：先设出直线带斜率(k)的方程，再联立圆方程组成方程组，由于线与圆相交于两个点，则(Delta>0) 或者圆心到直线的距离(d < r=1)，都可以求解。
不过在设直线方程时需要分类讨论；

【解析】当(alpha=cfrac{pi}{2})时，直线的斜率不存在，直线为(x=0)满足条件。

当(alpha=cfrac{pi}{2})时，设直线方程为(y+sqrt{2}=kx)，即直线为(kx-y-sqrt{2}=0)，(odot O)的直角坐标方程为(x^2+y^2=1)，故圆心到直线的距离(d=cfrac{|-sqrt{2}|}{sqrt{k^2+1}}<1)，

解得(k^2>1)，即(k>1)或者(k<-1)，借助(y=tanalpha（0leq alpha<pi）)的函数图像可知，

当(k>1)时，(cfrac{pi}{4}<alpha<cfrac{pi}{2})，当(k<-1)时，(cfrac{pi}{2}<alpha<cfrac{3pi}{4})，

综上所述，(alpha)的取值范围为((cfrac{pi}{4}，cfrac{3pi}{4}))；

(2)求(AB)中点(P)的轨迹的参数方程。

分析：看到题目中的(AB)中点(P)时，你应该想到直线的参数方程中的一个常识：

设点(A，B)对应的参数分别为(t_A，t_B)，线段(AB)的中点(P)对应的参数为(t_P)，则有(cfrac{t_A+t_B}{2}=t_P)

【解析】由题目设直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=tcdot cosalpha}\{y=-sqrt{2}+tcdot sinalpha}end{array} ight.(t为参数，cfrac{pi}{4}<alpha<cfrac{3pi}{4}))，

设(A、B、P)对应的参数分别为(t_A、t_B、t_P)，则有(t_P=cfrac{t_A+t_B}{2})，

将直线(l)的参数方程，代入圆(O)的直角坐标方程，整理得到(t^2-2sqrt{2}sinalpha+1=0)，

则由韦达定理有(t_A+t_B=2sqrt{2}sinalpha)，由中点坐标公式得到(t_P=sqrt{2}sinalpha)，

又由于点(P)在直线(l)上，故满足直线的参数方程(left{egin{array}{l}{x=t_Pcdot cosalpha}\{y=-sqrt{2}+t_Pcdot sinalpha}end{array} ight.)，

代入得到点(P)的轨迹的参数方程是(left{egin{array}{l}{x=cfrac{sqrt{2}}{2} sin2alpha}\{y=-cfrac{sqrt{2}}{2}-cfrac{sqrt{2}}{2} cos2alpha}end{array} ight.(alpha为参数，cfrac{pi}{4}<alpha<cfrac{3pi}{4}))，

【解后反思】1、注意设直线方程时的分类讨论。2、注意直线参数方程中的中点坐标公式(cfrac{t_A+t_B}{2}=t_P)。

№.23