2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{n}=2 a_{n}+1$, 则 $S_{6}=$

解答：解: $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $S_{n}=2 a_{n}+1$, (1)

当 $n=1$ 时, $a_{1}=2 a_{1}+1$, 解得 $a_{1}=-1$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $S_{n-1}=2 a_{n-1}+1$, (2),

由(1)- (2)可得 $a_{n}=2 a_{n}-2 a_{n-1}$,

$\therefore a_{n}=2 a_{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是以 -1 为首项, 以 2 为公比的等比数列,

$\therefore S_{6}=\frac{-1 \times\left(1-2^{6}\right)}{1-2}=-63$,

故答案为: -63

答案：-63

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：从 2 位女生, 4 位男生中选 3 人参加科技比赛, 且至少有 1 位女生 入选，则不同的选法共有 种. (用数字填写答案)

解答：解：方法一：直接法, 1 女 2 男, 有 $\mathrm{C}_{2}{ }^{1} \mathrm{C}_{4}{ }^{2}=12,2$ 女 1 男, 有 $\mathrm{C}_{2}{ }^{2} \mathrm{C}_{4}{ }^{1}=4$ 根据分类计数原理可得, 共有 $12+4=16$ 种,

方法二, 间接法: $\mathrm{C}_{6}{ }^{3}-\mathrm{C}_{4}{ }^{3}=20-4=16$ 种,

故答案为: 16

答案：16

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$, 则 $f(x)$ 的最小值是

解答：解：由题意可得 $T=2 \pi$ 是 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$ 的一个周期,

故只需考虑 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$ 在 $[0,2 \pi)$ 上的值域,

先来求该函数在 $[0,2 \pi)$ 上的极值点,

求导数可得 $f^{\prime}(x)=2 \cos x+2 \cos 2 x$

$=2 \cos x+2\left(2 \cos ^{2} x-1\right)=2(2 \cos x-1)(\cos x+1)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$ 可解得 $\cos x=\frac{1}{2}$ 或 $\cos x=-1$,

可得此时 $x=\frac{\pi}{3} ， \pi$ 或 $\frac{5 \pi}{3}$;

$\therefore y=2 \sin x+\sin 2 x$ 的最小值只能在点 $x=\frac{\pi}{3}, \pi$ 或 $\frac{5 \pi}{3}$ 和边界点 $x=0$ 中取到,

计算可得 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, f(\pi)=0, f\left(\frac{5 \pi}{3}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{2}, f(0)=0$,

$\therefore$ 函数的最小值为 $-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

故答案为: $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

答案：$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：曲线 $y=2 \ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为

解答：解: $\because y=2 \ln (x+1)$,

$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{x+1}$,

当 $x=0$ 时, $y^{\prime}=2$,

$\therefore$ 曲线 $y=2 \ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x$.

故答案为: $y=2 x$.

答案：$y=2 x$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $\sin \alpha+\cos \beta=1, \cos \alpha+\sin \beta=0$, 则 $\sin (\alpha+\beta)=$

解答：解: $\sin \alpha+\cos \beta=1$,

两边平方可得: $\sin ^{2} \alpha+2 \sin \alpha \cos \beta+\cos ^{2} \beta=1$, (1),

$\cos \alpha+\sin \beta=0$,

两边平方可得: $\cos ^{2} \alpha+2 \cos \alpha \sin \beta+\sin ^{2} \beta=0$, (2),

由(1)+2)得: $2+2(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)=1$, 即 $2+2 \sin (\alpha+\beta)=1$,

$\therefore 2 \sin (\alpha+\beta)=-1$

$\therefore \sin (\alpha+\beta)=-\frac{1}{2}$.

故答案为: $-\frac{1}{2}$.

答案：$-\frac{1}{2}$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知圆锥的顶点为 $\mathrm{S}$, 母线 $\mathrm{SA}, \mathrm{SB}$ 所成角的余弦值为 $\frac{7}{8}, \mathrm{SA}$ 与圆 锥底面所成角为 $45^{\circ}$, 若 $\triangle S A B$ 的面积为 $5 \sqrt{15}$, 则该圆雉的侧面积为

解答：解 圆雉的顶点为 $\mathrm{S}$, 母线 $\mathrm{SA}, \mathrm{SB}$ 所成角的余弦值为 $\frac{7}{8}$, 可得 $\sin \angle A S B=$ $\sqrt{1-\left(\frac{7}{8}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{8}$

$\triangle S A B$ 的面积为 $5 \sqrt{15}$,

可得 $\frac{1}{2} S A^{2} \sin \angle A S B=5 \sqrt{15}$, 即 $\frac{1}{2} S A^{2} \times \frac{\sqrt{15}}{8}=5 \sqrt{15}$, 即 $S A=4 \sqrt{5}$.

$S A$ 与圆锥底面所成角为 $45^{\circ}$, 可得圆雉的底面半径为: $\frac{\sqrt{2}}{2} \times 4 \sqrt{5}=2 \sqrt{10}$.

则该圆雉的侧面积: $\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{10} \times 4 \sqrt{5} \pi=40 \sqrt{2} \pi$. 故答案为: $40 \sqrt{2} \pi$.

答案：$40 \sqrt{2} \pi$

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2), \vec{c}=(1, \lambda)$. 若 $\vec{c} / /(2 \vec{a}+\vec{b})$, 则 $\lambda=$

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2)$,

$\therefore 2 \vec{a}+\vec{b}=(4,2)$,

$\because \vec{c}=(1, \lambda), \vec{c} / / \quad(2 \vec{a}+\vec{b})$,

$\therefore \frac{1}{4}=\frac{\lambda}{2}$,

解得 $\lambda=\frac{1}{2}$.

故答案为: $\frac{1}{2}$.

答案：$\frac{1}{2}$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：曲线 $y=(a x+1) e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率为 -2 , 则 $a=$

解答：解: 曲线 $y=(a x+1) e^{x}$, 可得 $y^{\prime}=a e^{x}+(a x+1) e^{x}$,

曲线 $y=(a x+1) e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率为 -2 ,

可得: $a+1=-2$, 解得 $a=-3$.

故答案为: -3 .

答案：-3 .

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：函数 $f(x)=\cos \left(3 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 在 $[0, \pi]$ 的零点个数为

解答：解: $\because f(x)=\cos \left(3 x+\frac{\pi}{6}\right)=0$,

$\therefore 3 x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, \quad k \in Z$,

$\therefore \mathrm{x}=\frac{\pi}{9}+\frac{1}{3} \mathrm{k} \pi, \quad k \in Z$,

当 $\mathrm{k}=0$ 时, $x=\frac{\pi}{9}$,

当 $k=1$ 时, $x=\frac{4}{9} \pi$,

当 $k=2$ 时, $x=\frac{7}{9} \pi$,

当 $k=3$ 时, $x=\frac{10}{9} \pi$,

$\because x \in[0, \pi]$ $\therefore x=\frac{\pi}{9}$, 或 $x=\frac{4}{9} \pi$, 或 $x=\frac{7}{9} \pi$,

故零点的个数为 3 ,

故答案为: 3

答案：3

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知点 $M(-1,1)$ 和抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 过 $C$ 的焦点且斜率为 $k$ 的直线与 $C$ 交于 $A, B$ 两点. 若 $\angle A M B=90^{\circ}$, 则 $k=$

解答：解: $\because$ 抛物线 $\mathrm{C}: \mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$ 的焦点 $F(1,0)$,

$\therefore$ 过 $A, B$ 两点的直线方程为 $y=k \quad(x-1)$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x \\ y=k(x-1)\end{array}\right.$ 可得, $k^{2} x^{2}-2\left(2+k^{2}\right) \quad x+k^{2}=0$,

设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$ ，

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{4+2 k^{2}}{k^{2}}, x_{1} x_{2}=1$,

$\therefore \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=\mathrm{k} \quad\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}-2\right)=\frac{4}{\mathrm{k}}, \quad \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=\mathrm{k}^{2}\left(\mathrm{x}_{1}-1\right) \quad\left(\mathrm{x}_{2}-1\right)=\mathrm{k}^{2}\left[\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}-\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1\right]=$ $-4$ $\because M(-1,1)$

$\therefore \overrightarrow{M A}=\left(x_{1}+1, y_{1}-1\right), \overrightarrow{M B}=\left(x_{2}+1, y_{2}-1\right)$,

$\because \angle \mathrm{AMB}=90^{\circ}, \quad \therefore \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}=0$

$\therefore\left(\mathrm{x}_{1}+1\right)\left(\mathrm{x}_{2}+1\right)+\left(\mathrm{y}_{1}-1\right)\left(\mathrm{y}_{2}-1\right)=0$

整理可得, $x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right)+y_{1} y_{2}-\left(y_{1}+y_{2}\right)+2=0$,

$\therefore 1+2+\frac{4}{k^{2}}-4-\frac{4}{k}+2=0$,

即 $k^{2}-4 k+4=0$ ，

$\therefore \mathrm{k}=2$.

故答案为: 2

答案：2

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=\log _{2}\left(x^{2}+a\right)$, 若 $f(3)=1$, 则 $a=$

解答：解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\log _{2}\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{a}\right)$, 若 $\mathrm{f}(3)=1$,

可得: $\log _{2}(9+a)=1$, 可得 $a=-7$.

故答案为: -7 .

答案：-7

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：直线 $y=x+1$ 与圆 $x^{2}+y^{2}+2 y-3=0$ 交于 $A, B$ 两点, 则 $|A B|=$

解答：解：圆 $x^{2}+y^{2}+2 y-3=0$ 的圆心 $(0,-1)$, 半径为: 2 ,

圆心到直线的距离为: $\frac{|0+1+1|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$,

所以 $|A B|=2 \sqrt{2^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=2 \sqrt{2}$.

故答案为: $2 \sqrt{2}$.

答案：$2 \sqrt{2}$

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $b \sin C+c \sin B=4 a \sin B \sin C, b^{2}+c^{2}-a^{2}=8$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为

解答：解: $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.

$b \sin C+c \sin B=4 a \sin B \sin C$,

利用正弦定理可得 $\sin B \sin C+\sin C \sin B=4 \sin A \sin B \sin C$,

由于 $0<B<\pi, 0<C<\pi$ ，

所以 $\sin B \sin C \neq 0$,

所以 $\sin A=\frac{1}{2}$,

则 $A=\frac{\pi}{6}$ 或 $\frac{5 \pi}{6}$

由于 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=8$,

则: $\cos \mathrm{a}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$,

(1)当 $A=\frac{\pi}{6}$ 时, $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{8}{2 b c}$,

解得 $\mathrm{bc}=\frac{8 \sqrt{3}}{3}$,

所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b \operatorname{csin} A=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

(2)当 $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{8}{2 \mathrm{bc}}$,

解得 $b c=-\frac{8 \sqrt{3}}{3}$ (不合题意), 舍去.

故: $S_{\triangle A B C}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

故答案为: $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

答案：$\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：曲线 $y=2 \ln x$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为

解答：解: $\because y=2 \ln x$,

$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{x}$,

当 $x=1$ 时,$y^{\prime}=2$

$\therefore$ 曲线 $y=2 \ln x$ 在点 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x-2$.

故答案为: $y=2 x-2$.

答案：$y=2 x-2$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $\tan \left(\alpha-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$, 则 $\tan \alpha=$

解答：解: $\because \tan \left(\alpha-\frac{5 \pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$,

$\therefore \tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{5}$

则 $\tan \alpha=\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right) \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{\frac{1}{5}+1}{1-\frac{1}{5} \times 1}=\frac{1+5}{5-1}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$,

故答案为: $\frac{3}{2}$.

答案：$\frac{3}{2}$

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知圆雉的顶点为 $S$, 母线 $S A, S B$ 互相垂直, $S A$ 与圆雉底面所成 角为 $30^{\circ}$. 若 $\triangle S A B$ 的面积为 8 , 则该圆雉的体积为

解答：解: 圆雉的顶点为 $S$, 母线 $S A, S B$ 互相垂直, $\triangle S A B$ 的面积为 8 , 可得 $: \frac{1}{2} S^{2}=8$, 解得 $\mathrm{SA}=4$,

$\mathrm{SA}$ 与圆锥底面所成角为 $30^{\circ}$. 可得圆锥的底面半径为: $2 \sqrt{3}$, 圆雉的高为: 2 , 则该圆锥的体积为: $V=\frac{1}{3} \times \pi \times(2 \sqrt{3})^{2} \times 2=8 \pi$.

故答案为: $8 \pi$.

答案：$8 \pi$

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2), \vec{c}=(1, \lambda)$. 若 $\vec{c} / /(2 \vec{a}+\vec{b})$, 则 $\lambda=$

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2)$,

$\therefore 2 \overrightarrow{\mathrm{a}}+\overrightarrow{\mathrm{b}}=(4,2)$

$\because \vec{c}=(1, \lambda), \quad \vec{c} / / \quad(2 \vec{a}+\vec{b})$

$\therefore \frac{1}{4}=\frac{\lambda}{2}$

解得 $\lambda=\frac{1}{2}$.

故答案为: $\frac{1}{2}$.

答案：$\frac{1}{2}$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：某公司有大量客户, 且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异. 为 了解客户的评价, 该公司准备进行抽样调查, 可供选择的抽样方法有简单随 机抽样、分层抽样和系统抽样, 则最合适的抽样方法是

解答：解: 某公司有大量客户, 且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异, 为了解客户的评价, 该公司准备进行抽样调查,

可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样,

则最合适的抽样方法是分层抽样.

故答案为: 分层抽样.

答案：分层抽样.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)+1, f(a)=4$, 则 $f(-a)=$

解答：解：函数 $g(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)$

满足 $g(-x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}+x\right)=\ln \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}-x}=-\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)=-g(x)$, 所以 $g(x)$ 是奇函数.

函数 $f(x)=\ln \left(\sqrt{1+x^{2}}-x\right)+1, f(a)=4$,

可得 $f(a)=4=\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)+1$, 可得 $\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)=3$,

则 $f(-a)=-\ln \left(\sqrt{1+a^{2}}-a\right)+1=-3+1=-2$. 故答案为: -2 .

答案：-2 .

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $z=\frac{1-i}{1+i}+2 i$, 则 $|z|=(\quad)$
A. 0
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. $\sqrt{2}$

解答：解 $ｚ=\frac{1-i}{1+i}+2 i=\frac{(1-i)(1-i)}{(1-i)(1+i)}+2 i=-i+2 i=i$,

则 $|z|=1$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$, 则 $\left.C_{R} A=（ \quad\right)$
A. $\{x \mid-1<x<2\}$
B. $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$
C. $\{x \mid x<-1\} \cup\{x \mid x>2\}$
D. $\{x \mid x \leqslant-1\}$

$U\{x \mid x \geqslant 2\}$

解答：解：集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$,

可得 $A=\{x \mid x<-1$ 或 $x>2\}$, 则: $C_{R} A=\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, 则 $a_{5}=(\quad)$
A. -12
B. -10
C. 10
D. 12

解答：解: $\because S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$,

$\therefore 3 \times\left(3 \mathrm{a}_{1}+\frac{3 \times 2}{2} \mathrm{~d}\right)=\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{1}+d+4 \mathrm{a}_{1}+\frac{4 \times 3}{2} \mathrm{~d}$,

把 $a_{1}=2$, 代入得 $d=-3$

$\therefore a_{5}=2+4 \times(-3)=-10$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x$. 若 $f(x)$ 为奇函数, 则曲线 $y=f($ $x$ ) 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 ( )
A. $y=-2 x$
B. $y=-x$
C. $y=2 x$
D. $y=x$

解答：解: 函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x$, 若 $f(x)$ 为奇函数,

可得 $a=1$, 所以函数 $f(x)=x^{3}+x$, 可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+1$,

曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线的斜率为: 1 ,

则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为: $y=x$.

故选：D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{E B}=(\quad)$
A. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
B. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
C. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
D. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$

解答：解: 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点,

$\overrightarrow{\mathrm{EB}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AD}}$

$=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$

$=\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F$, 过点 $(-2,0)$ 且斜率为 $\frac{2}{3}$ 的直线与 $C$ 交于 $M, N$ 两点, 则 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}=(\quad)$
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8

解答：解：抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点为 $F(1,0)$, 过点 $(-2,0)$ 且斜率为 $\frac{2}{3}$ 的直线为: $3 y=2 x+4$,

联立直线与抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 消去 $x$ 可得: $y^{2}-6 y+8=0$ ，

解得 $y_{1}=2, y_{2}=4$, 不妨 $M(1,2), N(4,4), \overrightarrow{F M}=(0,2), \overrightarrow{F N}=(3,4)$. 则 $\overrightarrow{F M} \bullet \overrightarrow{F N}=(0,2) \bullet(3,4)=8$.

故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1, O$ 为坐标原点, $F$ 为 $C$ 的右焦点, 过 $F$ 的直线与 $C$ 的两条渐近线的交点分别为 $M, N$. 若 $\triangle O M N$ 为直角三角形, 则 $|\mathrm{MN}|=(\quad)$
A. $\frac{3}{2}$
B. 3
C. $2 \sqrt{3}$
D. 4

解答：解: 双曲线 $c: \frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$ 的渐近线方程为: $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{3} x$, 渐近线的夹角 为: $60^{\circ}$, 不妨设过 $F(2,0)$ 的直线为: $y=\sqrt{3}(x-2)$, 则: $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{3}}{3} x \\ y=\sqrt{3}(x-2)\end{array}\right.$ 解得 $M\left(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{3}}{3} x \\ y=\sqrt{3}(x-2)\end{array}\right.$ 解得: $N(3, \sqrt{3})$,

则 $|M N|=\sqrt{\left(3-\frac{3}{2}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=3$.

故选：B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：1. (5 分 $) \frac{1+2 i}{1-2 i}=(\quad)$
A. $-\frac{4}{5}-\frac{3}{5} i$
B. $-\frac{4}{5}+\frac{3}{5} i$
C. $-\frac{3}{5}-\frac{4}{5} i$
D. $-\frac{3}{5}+\frac{4}{5} i$

解答：解: $\frac{1+2 i}{1-2 i}=\frac{(1+2 i)(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=-\frac{3}{5}+\frac{4}{5} i$.

故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 3, x \in Z, y \in Z\right\}$, 则 $A$ 中元素的个数为
A. 9
B. 8
C. 5
D. 4

解答：解: 当 $x=-1$ 时, $y^{2} \leqslant 2$, 得 $y=-1,0,1$,

当 $x=0$ 时, $y^{2} \leqslant 3$, 得 $y=-1,0,1$,

当 $x=1$ 时, $y^{2} \leqslant 2$, 得 $y=-1,0,1$,

即集合 $A$ 中元素有 9 个, 故选：A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \bullet(2 \vec{a}-\vec{b})=(\quad ）$
A. 4
B. 3
C. 2
D. 0

解答：解 向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \cdot(2 \vec{a}-\vec{b})=2 \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}=2+1=3$

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{3}$, 则其渐近线方程为 $(\quad)$
A. $y= \pm \sqrt{2} x$
B. $y= \pm \sqrt{3} x$
C. $y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x$
D. $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{x}$

解答：解: $\because$ 双曲线的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}$,

则 $\frac{b}{a}=\sqrt{\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\frac{c^{2}-a^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$,

即双曲线的渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \sqrt{2} x$,

故选：A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, B C=1, A C=5$, 则 $A B=（ ）$ 
A. $4 \sqrt{2}$
B. $\sqrt{30}$
C. $\sqrt{29}$
D. $2 \sqrt{5}$

解答：解：在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\cos \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, \cos \mathrm{C}=2 \times\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^{2}-1=-\frac{3}{5}$,

$B C=1, A C=5$, 则 $A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}-2 B C \cdot A C \cos C}=\sqrt{1+25+2 \times 1 \times 5 \times \frac{3}{5}}=\sqrt{32}=4 \sqrt{2}$.

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果. 哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”, 如 $30=7+23$. 在不超过 30 的素数中, 随机选取两个不同的数, 其和等于 30 的概率是 $(\quad)$
A. $\frac{1}{12}$
B. $\frac{1}{14}$
C. $\frac{1}{15}$
D. $\frac{1}{18}$

解答：解: 在不超过 30 的素数中有, $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$ 共 10 个，

从中选 2 个不同的数有 $C_{10}^{2}=45$ 种,

和等于 30 的有 $(7,23)$, $(11,19),(13,17)$, 共 3 种,

则对应的概率 $P=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}$,

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[-a, a]$ 是减函数, 则 $a$ 的最大值是 $(\quad)$
A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
C. $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\pi$

解答：解: $f(x)=\cos x-\sin x=-(\sin x-\cos x)=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$,

由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant x-\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$,

得 $-\frac{\pi}{4}+2 k \pi \leqslant x \leqslant \frac{3}{4} \pi+2 k \pi, k \in Z$,

取 $\mathrm{k}=0$, 得 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的一个减区间为 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{3}{4} \pi\right]$,

由 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 是减函数, 得 $\left\{\begin{array}{l}-a \geqslant-\frac{\pi}{4} \\ a \leqslant \frac{3 \pi}{4}\end{array}, \quad \therefore a \leqslant \frac{\pi}{4}\right.$.

则 $a$ 的最大值是 $\frac{\pi}{4}$.

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $f(x)$ 是定义域为 $(-\infty,+\infty)$ 的奇函数, 满足 $f(1-x)=f$ $(1+x)$, 若 $f(1)=2$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=(\quad)$
A. -50
B. 0
C. 2
D. 50

解答：解: $\because f(x)$ 是奇函数, 且 $f(1-x)=f(1+x)$,

$\therefore f(1-x)=f(1+x)=-f(x-1), f(0)=0$,

则 $f(x+2)=-f(x)$, 则 $f(x+4)=-f(x+2)=f(x)$,

即函数 $f(x)$ 是周期为 4 的周期函数,

$\because f(1)=2$,

$\therefore f(2)=f(0)=0, f(3)=f(1-2)=f(-1)=-f(1)=-2$,

$f(4)=f(0)=0$

则 $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0-2+0=0$,

则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)$

$+f(50)$

$=f(1)+f(2)=2+0=2$, 故选：C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}, B=\{0,1,2\}$, 则 $A \cap B=（ \quad)$
A. $\{0\}$
B. $\{1\}$
C. $\{1,2\}$
D. $\{0,1,2\}$

解答：解: $\because A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}=\{x \mid x \geqslant 1\}, B=\{0,1,2\}$,

$\therefore A \cap B=\{x \mid x \geqslant 1\} \cap\{0,1,2\}=\{1,2\}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：2. $(5$ 分 $)(1+i)(2-i)=(\quad)$
A. $-3-i$
B. $-3+i$
C. $3-i$
D. $3+i$

解答：解: $(1+i)(2-i)=3+i$. 故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $\sin a=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 a=(\quad)$
A. $\frac{8}{9}$
B. $\frac{7}{9}$
C. $-\frac{7}{9}$
D. $-\frac{8}{9}$

解答：解: $\because \sin a=\frac{1}{3}$,

$\therefore \cos 2 a=1-2 \sin ^{2} a=1-2 \times \frac{1}{9}=\frac{7}{9}$.

故选: $B$.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：$\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right){ }^{5}$ 的展开式中 $x^{4}$ 的系数为 $(\quad)$
A. 10
B. 20
C. 40
D. 80

解答：解：由二项式定理得 $\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{5}$ 的展开式的通项为:

$$
T_{r+1}=C_{5}^{r}\left(x^{2}\right)^{5-r}\left(\frac{2}{x}\right)^{r}=2^{r} C_{5}^{r} x^{10-3 r}
$$

由 $10-3 r=4$, 解得 $r=2$,

$\therefore\left(\mathrm{x}^{2}+\frac{2}{\mathrm{x}}\right)^{5}$ 的展开式中 $\mathrm{x}^{4}$ 的系数为 $2^{2} \mathrm{C}_{5}^{2}=40$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：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 $\triangle A B P$ 面积的取值范围是 $(\quad)$
A. $[2,6]$
B. $[4,8]$
C. $[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$
D. $[2 \sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$

解答：解: $\because$ 直线 $x+y+2=0$ 分别与 $x$ 轴, $y$ 轴交于 $A, B$ 两点, $\therefore$ 令 $\mathrm{x}=0$, 得 $\mathrm{y}=-2$, 令 $\mathrm{y}=0$, 得 $\mathrm{x}=-2$,

$\therefore A(-2,0), B(0,-2),|A B|=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$,

$\because$ 点 $P$ 在圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=2$ 上, $\therefore$ 设 $P(2+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{P}$ 到直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}+2=0$ 的距离: $\mathrm{d}=\frac{|2+\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{2} \sin \theta+2|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}}$,

$\because \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) \in[-1,1], \quad \therefore d=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}} \in[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABP}$ 面积的取值范围是:

$\left[\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times \sqrt{2}, \frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times 3 \sqrt{2}\right]=[2,6]$.

故选: $A$.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 $\mathrm{p}$, 各成员的支付方式 相互独立. 设 $\mathrm{X}$ 为该群体的 10 位成员中使用移动支付的人数, $D X=2.4, P$ $(x=4)<P(X=6)$, 则 $p=(\quad)$
A. 0.7
B. 0.6
C. 0.4
D. 0.3

解答：解：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 $\mathrm{p}$, 看做是独立重复 事件，满足 $X \sim B \quad(10, \mathrm{p})$,

$P(x=4)<P(X=6)$, 可得 $C_{10}^{4} p^{4}(1-p)^{6}<c_{10}^{6} p^{6}(1-p)^{4}$, 可得 $1-2 p<0$. 即 $p>\frac{1}{2}$

因为 $D X=2.4$, 可得 $10 p(1-p)=2.4$, 解得 $p=0.6$ 或 $p=0.4$ (舍去).

故选: $B$.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 A, B, C 的对边分别为 $a, b, C$. 若 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, 则 $\mathrm{C}=(\quad)$
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$

解答：解: $\because \triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.

$\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$ $\therefore \sin \mathrm{C}=\frac{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-\mathrm{c}^{2}}{2 \mathrm{ab}}=\cos \mathrm{C}$,

$\because 0<\mathrm{C}<\pi, \quad \therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{4}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的左, 右焦点, $O$ 是坐标原点. 过 $F_{2}$ 作 $C$ 的一条渐近线的垂线, 垂足为 $P$, 若 $\left|P F_{1}\right|=\sqrt{6}|O P|$, 则 $C$ 的离心率为 $(\quad)$
A. $\sqrt{5}$
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. $\sqrt{2}$

解答：解：双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0 . b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{b}{a} x$, $\therefore$ 点 $\mathrm{F}_{2}$ 到渐近线的距离 $\mathrm{d}=\frac{\mathrm{bc}}{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}}=\mathrm{b}$, 即 $\left|P F_{2}\right|=b$,

$\therefore|\mathrm{OP}|=\sqrt{\left|O \mathrm{~F}_{2}\right|^{2}-\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}}=\sqrt{c^{2}-\mathrm{b}^{2}}=\mathrm{a}, \quad \cos \angle \mathrm{PF} \mathrm{F}_{2} \mathrm{O}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}$,

$\because\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\sqrt{6}|\mathrm{OP}|$

$\therefore\left|P F_{1}\right|=\sqrt{6} a$ 在三角形 $F_{1} P F_{2}$ 中, 由余弦定理可得 $\left|P F_{1}\right|^{2}=\left|P F_{2}\right|^{2}+\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}-2\left|P F_{2}\right| \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| C O S \angle$ $\mathrm{PF}_{2} \mathrm{O}$

$\therefore 6 \mathrm{a}^{2}=\mathrm{b}^{2}+4 c^{2}-2 \times b \times 2 c \times \frac{b}{c}=4 c^{2}-3 b^{2}=4 c^{2}-3 \quad\left(c^{2}-a^{2}\right)$,

即 $3 a^{2}=c^{2}$,

即 $\sqrt{3} a=c$,

$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{3}$,

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设 $a=\log _{0.2} 0.3, b=\log _{2} 0.3$, 则 $(\quad)$
A. $a+b<a b<0$
B. $a b<a+b<0$
C. $a+b<0<a b$
D. $a b<0<a+b$

解答：解: $\because \mathrm{a}=\log _{0.2} 0.3=\frac{1 \mathrm{~g} 0.3}{-\lg 5}, \mathrm{~b}=\log _{2} 0.3=\frac{\lg 0.3}{1 \mathrm{~g} 2}$,

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}=\frac{\lg 0.3}{\lg 2}-\frac{\lg 0.3}{\lg 5}=\frac{\lg 0.3(\lg 5-\lg 2)}{\lg 2 \lg 5}=\frac{\lg 0.3 \lg \frac{5}{2}}{\lg 2 \lg 5}$,

$\mathrm{ab}=-\frac{\lg 0.3}{\lg 2} \cdot \frac{\lg 0.3}{\lg 5}=\frac{\lg 0.3 \cdot 1 \mathrm{~g} \frac{10}{3}}{\lg 2 \lg 5}$,

$\because \lg \frac{10}{3}>\lg \frac{5}{2}, \frac{\lg 0.3}{\lg 2 \lg 5}<0$,

$\therefore \mathrm{ab}<\mathrm{a}+\mathrm{b}<0$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\{0,2\}, B=\{-2,-1,0,1,2\}$, 则 $A \cap B=(）$
A. $\{0,2\}$
B. $\{1,2\}$
C. $\{0\}$
D. $\{-2,-1,0,1,2\}$

解答：解：集合 $\mathrm{A}=\{0,2\}, B=\{-2,-1,0,1,2\}$,

则 $A \cap B=\{0,2\}$.

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $z=\frac{1-i}{1+i}+2 i$, 则 $|z|=(\quad)$
A. 0
B. $\frac{1}{2}$
C. 1
D. $\sqrt{2}$

解答：解 $: z=\frac{1-i}{1+i}+2 i=\frac{(1-i)(1-i)}{(1-i)(1+i)}+2 i=-i+2 i=i$,

则 $|z|=1$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的一个焦点为 $(2,0)$, 则 $C$ 的离心率为 ( )
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$

解答：解：椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的一个焦点为 $(2,0)$,

可得 $a^{2}-4=4$, 解得 $a=2 \sqrt{2}$,

$\because c=2$,

$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知圆柱的上、下底面的中心分别为 $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$, 过直线 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的平面截 该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为（） 
A. $12 \sqrt{2} \pi$
B. $12 \pi$
C. $8 \sqrt{2} \pi$
D. $10 \pi$

解答：解：设圆柱的底面直径为 $2 R$, 则高为 $2 R$,

圆柱的上、下底面的中心分别为 $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$,

过直线 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形,

可得: $4 R^{2}=8$, 解得 $R=\sqrt{2}$,

则该圆柱的表面积为: $\pi \cdot(\sqrt{2})^{2} \times 2+2 \sqrt{2} \pi \times 2 \sqrt{2}=12 \pi$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x$. 若 $f(x)$ 为奇函数, 则曲线 $y=f($ $x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $(\quad)$
A. $y=-2 x$
B. $y=-x$
C. $y=2 x$
D. $y=x$

解答：解：函数 $f(x)=x^{3}+(a-1) x^{2}+a x ＼mathrm{~ ， 若 ~} f(x)$ 为奇函数, 可得 $a=1$, 所以函数 $f(x)=x^{3}+x$, 可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+1$,

曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(0,0)$ 处的切线的斜率为: 1 ,

则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为: $y=x$.

故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{E B}=(\quad)$
A. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
B. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
C. $\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$
D. $\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$

解答：解: 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $B C$ 边上的中线, $E$ 为 $A D$ 的中点,

$\overrightarrow{\mathrm{EB}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AE}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AD}}$

$=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$

$=\frac{3}{4} \overrightarrow{\mathrm{AB}}-\frac{1}{4} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$, 则 $(\quad)$
A. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 3
B. $f(x)$ 的最小正周期为 $\pi$, 最大值为 4
C. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 3
D. $f(x)$ 的最小正周期为 $2 \pi$, 最大值为 4

解答：解：函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2$,

$=2 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x+2 \sin ^{2} x+2 \cos ^{2} x$

$=4 \cos ^{2} x+\sin ^{2} x$

$=3 \cos ^{2} x+1$,

$=3 \cdot \frac{\cos 2 x+1}{2}+1$,

$=\frac{3 \cos 2 x}{2}+\frac{5}{2}$

故函数的最小正周期为 $\pi$,

函数的最大值为 $\frac{3}{2}+\frac{5}{2}=4$,

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知角 $\alpha$ 的顶点为坐标原点, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的非负半轴重合, 终边上 有两点 $A(1, a), B(2, b)$, 且 $\cos 2 \alpha=\frac{2}{3}$, 则 $|a-b|=(\quad)$
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
D. 1

解答：解: $\because$ 角 $\alpha$ 的顶点为坐标原点, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的非负半轴重合,

终边上有两点 $A(1, a), B(2, b)$, 且 $\cos 2 \alpha=\frac{2}{3}$,

$\therefore \cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{2}{3}$, 解得 $\cos ^{2} \alpha=\frac{5}{6}$,

$\therefore|\cos \alpha|=\frac{\sqrt{30}}{6}, \quad \therefore|\sin \alpha|=\sqrt{1-\frac{30}{36}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$,

$|\tan \alpha|=\left|\frac{b-a}{2-1}\right|=|a-b|=\frac{|\sin \alpha|}{|\cos \alpha|}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{30}}{6}}}{\frac{\sqrt{6}}{5}}$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：1. $(5$ 分 $) i(2+3 i)=(\quad)$
A. $3-2 i$
B. $3+2 i$
C. $-3-2 i$
D. $-3+2 i$

解答：解: $i(2+3 i)=2 i+3 i^{2}=-3+2 i$.

故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\{1,3,5,7\}, B=\{2,3,4,5\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{3\}$
B. $\{5\}$
C. $\{3,5\}$
D. $\{1,2,3,4,5,7\}$

解答：解: $\because$ 集合 $\mathrm{A}=\{1,3,5,7\}, B=\{2,3,4,5\}$,

$\therefore A \cap B=\{3,5\}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \cdot(2 \vec{a}-\vec{b})=(\quad)$
A. 4
B. 3
C. 2
D. 0

解答：解: 向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=1, \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$, 则 $\vec{a} \bullet(2 \vec{a}-\vec{b})=2 \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}=2+1=3$

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服务, 则选中的 2 人都是女同学的概率为 $(\quad)$
A. 0.6
B. 0.5
C. 0.4
D. 0.3

解答：解:（适合理科生）从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2 人参加社区服 务, 共有 $\mathrm{C}_{5}{ }^{2}=10$ 种, 其中全是女生的有 $\mathrm{C}_{3}{ }^{2}=3$ 种, 中的 2 人都是女同学的概率 $P=\frac{3}{10}=0.3$,

（适合文科生）, 设 2 名男生为 $a, b, 3$ 名女生为 $A, B, C$,

则任选 2 人的种数为 $a b, a A, a B, a C, b A, b B, B c, A B, A C, B C$ 共 10 种, 其 中全是女生为 $A B, A C, B C$ 共 3 种,

中的 2 人都是女同学的概率 $P=\frac{3}{10}=0.3$, 故选：D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{3}$, 则其渐近线方程为 
A. $y= \pm \sqrt{2} x$
B. $y= \pm \sqrt{3} x$
C. $y= \pm \frac{\sqrt{2}}{2} x$
D. $y= \pm \frac{\sqrt{3}}{2} x$

解答：解: $\because$ 双曲线的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}$,

则 $\frac{b}{a}=\sqrt{\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\frac{c^{2}-a^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$,

即双曲线的渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x= \pm \sqrt{2} x$,

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $\cos \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, B C=1, A C=5$, 则 $A B=（ ）$
A. $4 \sqrt{2}$
B. $\sqrt{30}$
C. $\sqrt{29}$
D. $2 \sqrt{5}$

解答：解: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\cos \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}, \cos \mathrm{C}=2 \times\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^{2}-1=-\frac{3}{5}$, $B C=1, A C=5$, 则 $A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}-2 B C \cdot A C \cos C}=\sqrt{1+25+2 \times 1 \times 5 \times \frac{3}{5}}=\sqrt{32}=4 \sqrt{2}$.

故选: A.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $f(x)=\cos x-\sin x$ 在 $[0, a]$ 是减函数, 则 $a$ 的最大值是 $(\quad)$
A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
C. $\frac{3 \pi}{4}$
D. $\pi$

解答：解: $f(x)=\cos x-\sin x=-\quad(\sin x-\cos x)=-\sqrt{2} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$,

由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leqslant x-\frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{2}+2 k \pi, k \in Z$,

得 $-\frac{\pi}{4}+2 k \pi \leqslant x \leqslant \frac{3}{4} \pi+2 k \pi, k \in Z$,

取 $k=0$, 得 $f(x)$ 的一个减区间为 $\left[-\frac{\pi}{4} ， \frac{3 \pi}{4}\right]$,

由 $f(x)$ 在 $[0, a]$ 是减函数,

得 $a \leqslant \frac{3 \pi}{4}$.

则 $\mathrm{a}$ 的最大值是 $\frac{3 \pi}{4}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $f(x)$ 是定义域为 $(-\infty,+\infty)$ 的奇函数, 满足 $f(1-x)=f($ $1+x)$, 若 $f(1)=2$, 则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=(\quad)$
A. -50
B. 0
C. 2
D. 50

解答：解: $\because f(x)$ 是奇函数, 且 $f(1-x)=f(1+x)$,

$\therefore f(1-x)=f(1+x)=-f(x-1), f(0)=0$,

则 $f(x+2)=-f(x)$, 则 $f(x+4)=-f(x+2)=f(x)$,

即函数 $f(x)$ 是周期为 4 的周期函数,

$\because f(1)=2$,

$\therefore f(2)=f(0)=0, f(3)=f(1-2)=f(-1)=-f(1)=-2$,

$f(4)=f(0)=0$

则 $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0-2+0=0$,

则 $f(1)+f(2)+f(3)+\ldots+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)$

$+f(50)$

$=f(1)+f(2)=2+0=2$,

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}, B=\{0,1,2\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{0\}$
B. $\{1\}$
C. $\{1,2\}$
D. $\{0,1,2\}$

解答：解: $\because A=\{x \mid x-1 \geqslant 0\}=\{x \mid x \geqslant 1\}, B=\{0,1,2\}$,

$\therefore A \cap B=\{x \mid x \geqslant 1\} \cap\{0,1,2\}=\{1,2\}$.

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：2. $(5$ 分 $)(1+i)(2-i)=(\quad)$
A. $-3-i$
B. $-3+i$
C. $3-i$
D. $3+i$

解答：解: $(1+i)(2-i)=3+i$. 故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若 $\sin a=\frac{1}{3}$, 则 $\cos 2 a=(\quad)$
A. $\frac{8}{9}$
B. $\frac{7}{9}$
C. $-\frac{7}{9}$
D. $-\frac{8}{9}$

解答：解: $\because \sin a=\frac{1}{3}$,

$\therefore \cos 2 a=1-2 \sin ^{2} a=1-2 \times \frac{1}{9}=\frac{7}{9}$.

故选: $B$.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45 , 既用现金支付也用非 现金支付的概率为 0.15 , 则不用现金支付的概率为 $($ )
A. 0.3
B. 0.4
C. 0.6
D. 0.7

解答：解：某群体中的成员只用现金支付, 既用现金支付也用非现金支付, 不 用现金支付，是互斥事件，

所以不用现金支付的概率为: $1-0.45-0.15=0.4$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{\tan x}{1+\tan ^{2} \mathrm{x}}$ 的最小正周期为 $(\quad)$
A. $\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{2}$
C. $\pi$
D. $2 \pi$

解答：解: 函数 $f(x)=\frac{\tan x}{1+\tan ^{2} x}=\frac{\sin x \cos x}{\cos ^{2} x+\sin ^{2} x}=\frac{1}{2} \sin 2 x$ 的最小正周期为 $\frac{2 \pi}{2}=\pi$

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：下列函数中, 其图象与函数 $y=\ln x$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=1$ 对称的是 ( )
A. $y=\ln (1-x)$
B. $y=\ln (2-x)$
C. $y=\ln (1+x)$
D. $y=\ln (2+x)$

解答：解: 首先根据函数 $\mathrm{y}=\ln \mathrm{x}$ 的图象,

则: 函数 $\mathrm{y}=\ln \mathrm{x}$ 的图象与 $\mathrm{y}=\ln (-\mathrm{x})$ 的图象关于 $\mathrm{y}$ 轴对称. 由于函数 $y=\ln x$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称.

则: 把函数 $y=\ln (-x)$ 的图象向右平移 2 个单位即可得到: $y=\ln (2-x)$.

即所求得解析式为: $y=\ln (2-x)$.

故选: B.

答案：B

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：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 $\triangle A B P$ 面积的取值范围是（）
A. $[2,6]$
B. $[4,8]$
C. $[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$
D. $[2 \sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$

解答：解: $\because$ 直线 $x+y+2=0$ 分别与 $x$ 轴, $y$ 轴交于 $A, B$ 两点, $\therefore$ 令 $\mathrm{x}=0$, 得 $\mathrm{y}=-2$, 令 $\mathrm{y}=0$, 得 $\mathrm{x}=-2$,

$\therefore A(-2,0), B(0,-2),|A B|=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$,

$\because$ 点 $P$ 在圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=2$ 上, $\therefore$ 设 $P(2+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{P}$ 到直线 $\mathrm{x}+\mathrm{y}+2=0$ 的距离: $\mathrm{d}=\frac{|2+\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{2} \sin \theta+2|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}}$,

$\because \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right) \in[-1,1], \quad \therefore d=\frac{\left|2 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)+4\right|}{\sqrt{2}} \in[\sqrt{2}, 3 \sqrt{2}]$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABP}$ 面积的取值范围是:

$\left[\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times \sqrt{2}, \frac{1}{2} \times 2 \sqrt{2} \times 3 \sqrt{2}\right]=[2,6]$.

故选: $A$.

答案：A

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{2}$, 则点 $(4$,

0) 到 C 的渐近线的距离为 $(\quad)$
A. $\sqrt{2}$
B. 2
C. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$
D. $2 \sqrt{2}$

解答：解: 双曲线 $\mathrm{C}: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{2}$,

可得 $\frac{c}{a}=\sqrt{2}$, 即: $\frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}}=2$, 解得 $a=b$,

双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>b>0)$ 的渐近线方程玩: $y= \pm x$,

点 $(4,0)$ 到 $C$ 的渐近线的距离为: $\frac{| \pm 4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$.

故选: D.

答案：D

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, C$. 若 $\triangle A B C$ 的面积 为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, 则 $C=(\quad)$ 
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$

解答：解: $\because \triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$.

$\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{4}$

$\therefore \sin C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b}=\cos C$

$\because 0<\mathrm{C}<\pi, \quad \therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{4}$

故选: C.

答案：C

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：某工厂的某种产品成箱包装, 每箱 200 件, 每一箱产品在交付用 户之前要对产品作检验, 如检验出不合格品, 则更换为合格品. 检验时, 先 从这箱产品中任取 20 件作检验, 再根据检验结果决定是否对余下的所有产品 作检验. 设每件产品为不合格品的概率都为 $\mathrm{p}(0<\mathrm{p}<1)$, 且各件产品是否 为不合格品相互独立.

(1) 记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$, 求 $f(p)$ 的最大值点 $\mathrm{p}_{0}$.

（2）现对一箱产品检验了 20 件, 结果恰有 2 件不合格品, 以（1）中确定的 $p_{0}$ 作为 $p$ 的值. 已知每件产品的检验费用为 2 元, 若有不合格品进入用户手中, 则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用.

(i) 若不对该箱余下的产品作检验, 这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记 为 $X$, 求 $E X$;

(ii) 以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据, 是否该对这箱余下的所有 产品作检验?

解答：$(1)$ 求 出 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$, 则 $f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$, 利用导数 性质能求出 $f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.

(2)（i）由 $p=0.1$, 令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim$ $B(180,0.1)$, 再由 $X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$, 能求出 $E(X)$.

(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元, $E(X)$ $=490>400$, 从而应该对余下的产品进行检验.

解：（1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$,

则 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$,

$\therefore f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$,

令 $f^{\prime}(p)=0$, 得 $p=0.1$,

当 $p \in(0,0.1)$ 时, $f^{\prime}(p)>0$ ，

当 $p \in(0.1,1)$ 时, $f^{\prime}(p)<0$ ，

$\therefore f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.

（2）(i) 由 (1) 知 $p=0.1$,

令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim B(180,0.1 ）$,

$X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$ ，

$\therefore E(X)=E(40+25 Y)=40+25 E(Y)=40+25 \times 180 \times 0.1=490$.

(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元,

$\because E(X)=490>400$,

$\therefore$ 应该对余下的产品进行检验.

答案：解：（1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$,

则 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$,

$\therefore f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$,

令 $f^{\prime}(p)=0$, 得 $p=0.1$,

当 $p \in(0,0.1)$ 时, $f^{\prime}(p)>0$ ，

当 $p \in(0.1,1)$ 时, $f^{\prime}(p)<0$ ，

$\therefore f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.

（2）(i) 由 (1) 知 $p=0.1$,

令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim B(180,0.1 ）$,

$X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$ ，

$\therefore E(X)=E(40+25 Y)=40+25 E(Y)=40+25 \times 180 \times 0.1=490$.

(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元,

$\because E(X)=490>400$,

$\therefore$ 应该对余下的产品进行检验.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$. 以坐标原点为 极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$

(1) 求 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 有且仅有三个公共点, 求 $C_{1}$ 的方程.

解答：（1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.

(2) 利用直线在坐标系中的位置, 再利用点到直线的距离公式的应用求出结果.

解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.

转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,

转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.

（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$

由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.

所以: 必有一直线相切,一直线相交.

则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .

故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$

解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0

经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.

故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.

答案：解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.

转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,

转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.

（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$

由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.

所以: 必有一直线相切,一直线相交.

则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .

故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$

解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0

经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.

故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知 $f(x)=|x+1|-|a x-1|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>1$ 的解集;

(2) 若 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）去绝对值, 化为分段函数, 即可求出不等式的解集,

(2) 当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 转化为即 $|a x-1|<1$, 即 $0<a x<$

2 , 转化为 $a<\frac{2}{x}$, 且 $a>0$, 即可求出 $a$ 的范围.

解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$

由 $f(x)>1$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,

解得 $x>\frac{1}{2}$,

故不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,

（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,

$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,

即 $x+1-|a x-1|-x>0$ ，

即 $|a x-1|<1$ ，

$\therefore-1<a x-1<1$

$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,

$\because x \in(0,1)$,

$\therefore \mathrm{a}>0$,

$\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,

$\therefore a<\frac{2}{x}$

$\because \frac{2}{x}>2$

$\therefore 0<a \leqslant 2$,

故 a 的取值范围为 $(0,2]$.

答案：解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$

由 $f(x)>1$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,

解得 $x>\frac{1}{2}$,

故不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,

（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,

$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,

即 $x+1-|a x-1|-x>0$ ，

即 $|a x-1|<1$ ，

$\therefore-1<a x-1<1$

$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,

$\because x \in(0,1)$,

$\therefore \mathrm{a}>0$,

$\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,

$\therefore a<\frac{2}{x}$

$\because \frac{2}{x}>2$

$\therefore 0<a \leqslant 2$,

故 a 的取值范围为 $(0,2]$.

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$.

（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.

解答：(1）根据 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, 可得 $a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 求出等差数 列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差, 然后求出 $a_{n}$ 即可;

(2) 由 $a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$, 得 $S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4$ ) 2- 16, 由此可求出 $S_{n}$ 以及 $S_{n}$ 的最小值.

解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$,

$\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,

$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$;

(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,

$\therefore s_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,

$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .

答案：解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$,

$\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,

$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$;

(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,

$\therefore s_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,

$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=e^{x}-a x^{2}$.

（1）若 $a=1$, 证明: 当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 1$;

(2) 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 求 $a$. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做, 则按所做的第一题计分。[选修 4-4：坐标系与参数方程]

解答：（1）通过两次求导, 利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明

（2）方法一、分离参数可得 $a=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根, 即函数 $y=a$ 与 $G($ $x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. 结合图象即可求得 $a$.

方法二、 : (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a \leqslant 0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.

利用 $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 可得 $\left.h(x)\right)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递 增, 结合函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 图象即可求得 $\mathrm{a}$.

证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$.

则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$,

令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$,

令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$.

当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

$\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$,

解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$,

$+\infty$ ）只有一个根,

$\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根，

即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点.

$G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$

当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

$\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增,

当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$,

$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$.

方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. .

(2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$

$(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.

$h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$

$(\mathrm{x})>0$

$\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点

当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点,

当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$.

答案：证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$.

则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$,

令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$,

令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$.

当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

$\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$,

解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$,

$+\infty$ ）只有一个根,

$\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根，

即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点.

$G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$

当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,

$\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增,

当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$,

$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$.

方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. .

(2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$

$(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.

$h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$

$(\mathrm{x})>0$

$\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点

当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点,

当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$.

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array},(\theta\right.$ 为 参数), 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数).

(1) 求 C 和 I 的直角坐标方程;

(2) 若曲线 $C$ 截直线 $I$ 所得线段的中点坐标为 $(1,2)$, 求 $\mid$ 的斜率.

解答：（1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.

(2) 利用直线和曲线的位置关系, 在利用中点坐标求出结果.

解：（1）曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),

转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.

直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$. （2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+t \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+t \cos \alpha)^{2}}{4}=1$

整理得： $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,

则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,

由于 (1, 2) 为中点坐标,

(1)当直线的斜率不存时, $x=1$.

无解故舍去.

(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)

所以利用中点坐标公式 $\frac{\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}}{2}=0$,

则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,

解得: $\tan \alpha=-2$,

即: 直线 I 的斜率为 -2 .

答案：解：（1）曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),

转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.

直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$. （2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+t \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+t \cos \alpha)^{2}}{4}=1$

整理得： $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,

则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,

由于 (1, 2) 为中点坐标,

(1)当直线的斜率不存时, $x=1$.

无解故舍去.

(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)

所以利用中点坐标公式 $\frac{\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}}{2}=0$,

则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,

解得: $\tan \alpha=-2$,

即: 直线 I 的斜率为 -2 .

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 设函数 $f(x)=5-|x+a|-|x-2|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集;

（2）若 $f(x) \leqslant 1$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）去绝对值, 化为分段函数, 求出不等式的解集即可,

（2）由题意可得 $|x+a|+|x-2| \geqslant 4$, 根据据绝对值的几何意义即可求出

解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{ll}2 x+4, & x \leqslant-1 \\ 2, & -1<x<2 \text {. } \\ -2 x+6, & x \geqslant 2\end{array}\right.$.

当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$, 当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,

当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,

综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,

(2) $\because f(x) \leqslant 1$,

$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$

$\therefore|x+a|+|x-2| \geqslant 4$

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,

$\therefore|a+2| \geqslant 4$

解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.

答案：解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{ll}2 x+4, & x \leqslant-1 \\ 2, & -1<x<2 \text {. } \\ -2 x+6, & x \geqslant 2\end{array}\right.$.

当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$, 当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,

当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,

综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,

(2) $\because f(x) \leqslant 1$,

$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$

$\therefore|x+a|+|x-2| \geqslant 4$

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,

$\therefore|a+2| \geqslant 4$

解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}=63$, 求 $m$.

解答：(1) 利用等比数列通项公式列出方程, 求出公比 $q= \pm 2$, 由此能求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式. (2) 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$, 由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in$ $N$, 无解; 当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=2^{n}-1$, 由此能求出 $m$.

解: (1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

$\therefore 1 \times \mathrm{q}^{4}=4 \times\left(1 \times \mathrm{q}^{2}\right)$,

解得 $q= \pm 2$,

当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,

当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.

当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in N$, 无解;

当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,

解得 $m=6$.

答案：解: (1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

$\therefore 1 \times \mathrm{q}^{4}=4 \times\left(1 \times \mathrm{q}^{2}\right)$,

解得 $q= \pm 2$,

当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,

当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.

当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in N$, 无解;

当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,

解得 $m=6$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知斜率为 $\mathrm{k}$ 的直线 I 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 交于 $A, B$ 两点, 线 段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)(m>0)$.

(1) 证明: $k<-\frac{1}{2}$;

(2) 设 $F$ 为 $C$ 的右焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$. 证明: $|\overrightarrow{F A}|$, $|\overrightarrow{F P}|$, | $\overrightarrow{\mathrm{FB} \mid}$ 成等差数列，并求该数列的公差.

解答：(1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 利用点差法得 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}\right.$ $\left.-\mathrm{y}_{2}\right)=0, \quad k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{6}{8 m}=-\frac{3}{4 m}$ 又点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $m$ 的取值范围, 即可 得 $k<-\frac{1}{2}$,

(2) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$

由 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 可得 $x_{3}-1=0$, 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1}$, $|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 即可证明 $|F A|+|F B|=2|F P|$, 求得 $A, B$ 坐标 再求公差.

解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,

$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$

将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得

$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,

两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$

点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,

解得 $0<m<\frac{3}{2}$

$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.

(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,

可得 $x_{1}+x_{2}=2$,

$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, F(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}+\mathrm{y}_{3}=0$,

$\therefore \mathrm{x}_{3}=1, \mathrm{y}_{3}=-\left(\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)=-2 \mathrm{~m}$ $\because \mathrm{m}>0$, 可得 $\mathrm{P}$ 在第四象限, 故 $\mathrm{y}_{3}=-\frac{3}{2}, \mathrm{~m}=\frac{3}{4}, \mathrm{k}=-1$

由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2}, \quad|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.

则 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=4-\frac{1}{2}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)=3, \quad \therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-x+\frac{7}{4} \\ 3 x^{2}+4 y^{2}=12\end{array}\right.$, 可得 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{3 \sqrt{21}}{7}$

所以该数列的公差 $\mathrm{d}$ 满足 $2 \mathrm{~d}= \pm \frac{1}{2}\left|\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}\right|= \pm \frac{3 \sqrt{21}}{14}$,

$\therefore$ 该数列的公差为 $\pm \frac{3 \sqrt{21}}{28}$.

答案：解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,

$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$

将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得

$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,

两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$

点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,

解得 $0<m<\frac{3}{2}$

$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.

(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,

可得 $x_{1}+x_{2}=2$,

$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, F(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}+\mathrm{y}_{3}=0$,

$\therefore \mathrm{x}_{3}=1, \mathrm{y}_{3}=-\left(\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)=-2 \mathrm{~m}$ $\because \mathrm{m}>0$, 可得 $\mathrm{P}$ 在第四象限, 故 $\mathrm{y}_{3}=-\frac{3}{2}, \mathrm{~m}=\frac{3}{4}, \mathrm{k}=-1$

由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2}, \quad|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.

则 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=4-\frac{1}{2}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)=3, \quad \therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-x+\frac{7}{4} \\ 3 x^{2}+4 y^{2}=12\end{array}\right.$, 可得 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{3 \sqrt{21}}{7}$

所以该数列的公差 $\mathrm{d}$ 满足 $2 \mathrm{~d}= \pm \frac{1}{2}\left|\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}\right|= \pm \frac{3 \sqrt{21}}{14}$,

$\therefore$ 该数列的公差为 $\pm \frac{3 \sqrt{21}}{28}$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$.

（1）若 $a=0$, 证明: 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$;

(2) 若 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 求 $a$.

解答：(1) 对函数 $f(x)$ 两次求导数, 分别判断 $f^{\prime}(x)$ 和 $f(x)$ 的单调性, 结合 $f(0)=0$ 即可得出结论;

(2) 今 $h(x)$ 为 $f^{\prime}(x)$ 的分子, 令 $h^{\prime \prime}(0)$ 计算 $a$, 讨论 $a$ 的范围, 得出 $f(x)$ 的单调性, 从而得出 $\mathrm{a}$ 的值.

(1) 证明: 当 $a=0$ 时, $f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x,(x>-1)$. $f^{\prime}(x)=\ln (x+1) \frac{x}{x+1}, \quad f^{\prime \prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}$ 可得 $x \in(-1,0)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$

$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0)$ 递减, 在 $(0,+\infty)$ 递增,

$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0$

$\therefore f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 又 $f(0)=0$.

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$.

(2) 解: 由 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$, 得

$f^{\prime}(x)=(1+2 a x) \ln (1+x)+\frac{2+x+a x^{2}}{x+1}-2=\frac{a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)}{x+1}$

今 $h(x)=a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)$,

$h^{\prime}(x)=4 a x+(4 a x+2 a+1) \ln (x+1)$

当 $a \geqslant 0, x>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

$\therefore h(x)>h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $x=0$ 不是 $f(x)$ 的极大值点, 不符合题 意.

当 $a<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)=8 a+4 a l n(x+1)+\frac{1-2 a}{x+1}$,

显然 $h^{\prime \prime}(x)$ 单调递减,

(1) 令 $h^{\prime \prime}(0)=0$, 解得 $a=-\frac{1}{6}$.

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0$, 当 $x>0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)<0$,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x}) \leqslant \mathrm{h}^{\prime}(0)=0$

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递减, 又 $h(0)=0$,

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

当 $x>0$ 时, $h(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 符合题意;

(2) 若 $-\frac{1}{6}<a<0$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a>0, h^{\prime \prime}\left(e^{-\frac{1+6 a}{4 a}}-1\right)=(2 a-1)\left(1-e^{\frac{1+6 a}{4 a}}\right)$ $<0$,

$\therefore h^{\prime \prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一一个零点, 设为 $\mathrm{x}_{0}$,

$\therefore$ 当 $0<x<x_{0}$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0, h^{\prime}(x)$ 单调递增,

$\therefore h^{\prime}(x)>h^{\prime}(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 不符合题意;

(3)若 $a<-\frac{1}{6}$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a<0, h^{\prime \prime}\left(\frac{1}{e^{2}}-1\right)=(1-2 a) e^{2}>0$,

$\therefore h^{\prime \prime}(x)=0$ 在 $(-1,0)$ 上有唯一一个零点, 设为 $x_{1}$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}<0$ 时, $\mathrm{h}^{\prime \prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 单调递减,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>\mathrm{h}^{\prime}(0)=0, \therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递增,

$\therefore h(x)<h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{1}, 0\right)$ 上单调递减, 不符合题意.

综上, $\mathrm{a}=-\frac{1}{6}$.

答案：(1) 证明: 当 $a=0$ 时, $f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x,(x>-1)$. $f^{\prime}(x)=\ln (x+1) \frac{x}{x+1}, \quad f^{\prime \prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}$ 可得 $x \in(-1,0)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$

$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0)$ 递减, 在 $(0,+\infty)$ 递增,

$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0$

$\therefore f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 又 $f(0)=0$.

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$.

(2) 解: 由 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$, 得

$f^{\prime}(x)=(1+2 a x) \ln (1+x)+\frac{2+x+a x^{2}}{x+1}-2=\frac{a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)}{x+1}$

今 $h(x)=a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)$,

$h^{\prime}(x)=4 a x+(4 a x+2 a+1) \ln (x+1)$

当 $a \geqslant 0, x>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,

$\therefore h(x)>h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $x=0$ 不是 $f(x)$ 的极大值点, 不符合题 意.

当 $a<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)=8 a+4 a l n(x+1)+\frac{1-2 a}{x+1}$,

显然 $h^{\prime \prime}(x)$ 单调递减,

(1) 令 $h^{\prime \prime}(0)=0$, 解得 $a=-\frac{1}{6}$.

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0$, 当 $x>0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)<0$,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x}) \leqslant \mathrm{h}^{\prime}(0)=0$

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递减, 又 $h(0)=0$,

$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

当 $x>0$ 时, $h(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 符合题意;

(2) 若 $-\frac{1}{6}<a<0$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a>0, h^{\prime \prime}\left(e^{-\frac{1+6 a}{4 a}}-1\right)=(2 a-1)\left(1-e^{\frac{1+6 a}{4 a}}\right)$ $<0$,

$\therefore h^{\prime \prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一一个零点, 设为 $\mathrm{x}_{0}$,

$\therefore$ 当 $0<x<x_{0}$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0, h^{\prime}(x)$ 单调递增,

$\therefore h^{\prime}(x)>h^{\prime}(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 不符合题意;

(3)若 $a<-\frac{1}{6}$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a<0, h^{\prime \prime}\left(\frac{1}{e^{2}}-1\right)=(1-2 a) e^{2}>0$,

$\therefore h^{\prime \prime}(x)=0$ 在 $(-1,0)$ 上有唯一一个零点, 设为 $x_{1}$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}<0$ 时, $\mathrm{h}^{\prime \prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 单调递减,

$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>\mathrm{h}^{\prime}(0)=0, \therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递增,

$\therefore h(x)<h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$,

$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{1}, 0\right)$ 上单调递减, 不符合题意.

综上, $\mathrm{a}=-\frac{1}{6}$.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$.

(1) 求 $b_{1}, b_{2}, b_{3}$;

(2) 判断数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是否为等比数列, 并说明理由;

(3) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

解答：（1）直接利用已知条件求出数列的各项.

（2）利用定义说明数列为等比数列.

（3）利用（1） (2) 的结论, 直接求出数列的通项公式.

解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$,

则: $\frac{\frac{a_{n+1}}{n+1}}{\frac{a_{n}}{n}}=2$ (常数)，

由于 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$,

故: $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$,

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}$ 为首项, 2 为公比的等比数列.

整理得： $b_{n}=b_{1} \cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$,

所以: $b_{1}=1, b_{2}=2, b_{3}=4$.

（2）数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是为等比数列,

由于 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$ （常数）；

（3）由（1）得: $b_{n}=2^{n-1}$, 根据 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{n}}$,

所以: $a_{n}=n \cdot 2^{\mathrm{rr}-1}$.

答案：解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, n a_{n+1}=2(n+1) a_{n}$,

则: $\frac{\frac{a_{n+1}}{n+1}}{\frac{a_{n}}{n}}=2$ (常数)，

由于 $b_{n}=\frac{a_{n}}{n}$,

故: $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$,

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}$ 为首项, 2 为公比的等比数列.

整理得： $b_{n}=b_{1} \cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$,

所以: $b_{1}=1, b_{2}=2, b_{3}=4$.

（2）数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是为等比数列,

由于 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$ （常数）；

（3）由（1）得: $b_{n}=2^{n-1}$, 根据 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{n}}$,

所以: $a_{n}=n \cdot 2^{\mathrm{rr}-1}$.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设抛物线 $C: y^{2}=2 x$, 点 $A(2,0), B(-2,0)$, 过点 $A$ 的直线 $I$ 与 $C$ 交于 $M, N$ 两点.

（1）当 $\mathrm{l}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴垂直时, 求直线 BM 的方程;

(2) 证明: $\angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.

解答：(1) 当 $x=2$ 时, 代入求得 $M$ 点坐标, 即可求得直线 $B M$ 的方程;

(2) 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程, 联立, 利用韦达定理及直线的斜率公式即可求得 $k_{B N}+k_{B M}=0$ , 即可证明 $\angle A B M=\angle A B N$.

解: (1) 当 1 与 $x$ 轴垂直时, $x=2$, 代入抛物线解得 $y= \pm 2$,

所以 $M(2,2)$ 或 $M(2,-2)$,

直线 BM 的方程: $y=\frac{1}{2} x+1$, 或: $y=-\frac{1}{2} x-1$.

(2) 证明: 设直线 $\mid$ 的方程为 $1: x=t y+2, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立直线 I 与抛物线方程得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=2 x \\ x=t y+2\end{array}\right.$, 消 $x$ 得 $y^{2}-2 t y-4=0$,

即 $y_{1}+y_{2}=2 t, y_{1} y_{2}=-4$,

则

$$
k_{B N}+k_{B M}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{\left(\frac{y_{2}^{2}}{2} \times y_{1}+\frac{y_{1}^{2}}{2} \times y_{2}\right)+2\left(y_{1}+y_{2}\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=
$$

$$
\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(\frac{y_{1} y_{2}}{2}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=0
$$

所以直线 BN 与 $B M$ 的倾斜角互补,

$\therefore \angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.

答案：解: (1) 当 1 与 $x$ 轴垂直时, $x=2$, 代入抛物线解得 $y= \pm 2$,

所以 $M(2,2)$ 或 $M(2,-2)$,

直线 BM 的方程: $y=\frac{1}{2} x+1$, 或: $y=-\frac{1}{2} x-1$.

(2) 证明: 设直线 $\mid$ 的方程为 $1: x=t y+2, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立直线 I 与抛物线方程得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=2 x \\ x=t y+2\end{array}\right.$, 消 $x$ 得 $y^{2}-2 t y-4=0$,

即 $y_{1}+y_{2}=2 t, y_{1} y_{2}=-4$,

则

$$
k_{B N}+k_{B M}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{\left(\frac{y_{2}^{2}}{2} \times y_{1}+\frac{y_{1}^{2}}{2} \times y_{2}\right)+2\left(y_{1}+y_{2}\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=
$$

$$
\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(\frac{y_{1} y_{2}}{2}+2\right)}{\left(x_{1}+2\right)\left(x_{2}+2\right)}=0
$$

所以直线 BN 与 $B M$ 的倾斜角互补,

$\therefore \angle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{ABN}$.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$. 以坐标原点为 极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.

(1) 求 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 有且仅有三个公共点, 求 $C_{1}$ 的方程.

解答：（1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.

(2) 利用直线在坐标系中的位置, 再利用点到直线的距离公式的应用求出结果.

解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.

转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,

转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.

（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$.

由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.

所以: 必有一直线相切,一直线相交.

则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .

故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$

解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0

经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.

故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.

答案：解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.

转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,

转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.

（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$.

由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.

所以: 必有一直线相切,一直线相交.

则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .

故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$

解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0

经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.

故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.

2018 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知 $f(x)=|x+1|-|a x-1|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>1$ 的解集;

(2) 若 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）去绝对值, 化为分段函数, 即可求出不等式的解集,

(2) 当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 转化为即 $|a x-1|<1$, 即 $0<a x<$ 2 , 转化为 $a<\frac{2}{x}$, 且 $a>0$, 即可求出 $a$ 的范围.

解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$

由 $f(x)>1$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,

解得 $x>\frac{1}{2}$,

故不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,

（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,

$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,

即 $x+1-|a x-1|-x>0$,

即 $|a x-1|<1$ ，

$\therefore-1<a x-1<1$,

$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,

$\because x \in(0,1)$,

$\therefore a>0$, $\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,

$\therefore \mathrm{a}<\frac{2}{\mathrm{x}}$

$\because \frac{2}{x}>2$,

$\therefore 0<a \leqslant 2$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(0,2]$.

答案：解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$

由 $f(x)>1$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,

解得 $x>\frac{1}{2}$,

故不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,

（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,

$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,

即 $x+1-|a x-1|-x>0$,

即 $|a x-1|<1$ ，

$\therefore-1<a x-1<1$,

$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,

$\because x \in(0,1)$,

$\therefore a>0$, $\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,

$\therefore \mathrm{a}<\frac{2}{\mathrm{x}}$

$\because \frac{2}{x}>2$,

$\therefore 0<a \leqslant 2$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(0,2]$.

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$.

（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.

解答：(1）根据 $\mathrm{a}_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$, 可得 $\mathrm{a}_{1}=-7,3 \mathrm{a}_{1}+3 \mathrm{~d}=-15$, 求出等差数 列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差, 然后求出 $a_{n}$ 即可;

(2) 由 $a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$, 得 $S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4$ ) 2- 16, 由此可求出 $S_{n}$ 以及 $S_{n}$ 的最小值.

解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, $\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,

$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$

(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,

$\therefore S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,

$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .

答案：解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, $\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,

$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$

(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,

$\therefore S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,

$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$.

（1）若 $a=3$, 求 $f(x)$ 的单调区间;

(2) 证明: $f(x)$ 只有一个零点. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做, 则按所做的第一题计分。[选修 4-4：坐标系与参数方程] (10 分)

解答：（1）利用导数, 求出极值点, 判断导函数的符号, 即可得到结果.

（2）分离参数后求导, 先找点确定零点的存在性, 再利用单调性确定唯一性.

解：（1）当 $a=3$ 时, $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$,

所以 $f^{\prime}(x)=x^{2}-6 x-3$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 解得 $x=3 \pm 2 \sqrt{3}$,

当 $x \in(-\infty, 3-2 \sqrt{3}), x \in(3+2 \sqrt{3},+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数是增函数,

当 $x \in(3-2 \sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数是单调递减,

综上, $f(x)$ 在 $(-\infty, 3-2 \sqrt{3}),(3+2 \sqrt{3},+\infty)$, 上是增函数, 在（3- 2 $\sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 上递减.

（2）证明: 因为 $x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$,

所以 $f(x)=0$ 等价于 $\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a=0$,

令 $g(x)=\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a$

则 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}\left[(x+1)^{2}+2\right]}{3\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}>0$, 仅当 $x=0$ 时, $g^{\prime}(x)=0$, 所以 $g(x)$ 在 $R$ 上是

增函数;

$g(x)$ 至多有一个零点, 从而 $f(x)$ 至多有一个零点.

又因为 $f(3 a-1)=-6 a^{2}+2 a-\frac{1}{3}=-6\left(a-\frac{1}{6}\right)^{2}-\frac{1}{6}<0$,

$f(3 a+1)=\frac{1}{3}>0$

故 $f(x)$ 有一个零点,

综上, $f(x)$ 只有一个零点.

答案：解：（1）当 $a=3$ 时, $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right)$,

所以 $f^{\prime}(x)=x^{2}-6 x-3$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 解得 $x=3 \pm 2 \sqrt{3}$,

当 $x \in(-\infty, 3-2 \sqrt{3}), x \in(3+2 \sqrt{3},+\infty)$ 时, $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, 函数是增函数,

当 $x \in(3-2 \sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数是单调递减,

综上, $f(x)$ 在 $(-\infty, 3-2 \sqrt{3}),(3+2 \sqrt{3},+\infty)$, 上是增函数, 在（3- 2 $\sqrt{3}, 3+2 \sqrt{3})$ 上递减.

（2）证明: 因为 $x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}>0$,

所以 $f(x)=0$ 等价于 $\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a=0$,

令 $g(x)=\frac{x^{3}}{3\left(x^{2}+x+1\right)}-a$

则 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}\left[(x+1)^{2}+2\right]}{3\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}>0$, 仅当 $x=0$ 时, $g^{\prime}(x)=0$, 所以 $g(x)$ 在 $R$ 上是

增函数;

$g(x)$ 至多有一个零点, 从而 $f(x)$ 至多有一个零点.

又因为 $f(3 a-1)=-6 a^{2}+2 a-\frac{1}{3}=-6\left(a-\frac{1}{6}\right)^{2}-\frac{1}{6}<0$,

$f(3 a+1)=\frac{1}{3}>0$

故 $f(x)$ 有一个零点,

综上, $f(x)$ 只有一个零点.

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}, \quad(\theta\right.$ 为参 数）, 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数）.

(1) 求 C 和 I 的直角坐标方程;

(2) 若曲线 $C$ 截直线 $I$ 所得线段的中点坐标为 $(1,2)$, 求 $\mid$ 的斜率.

解答：（1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.

(2) 利用直线和曲线的位置关系, 在利用中点坐标求出结果.

解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),

转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.

直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$.

(2) 把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+\mathrm{t} \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+\mathrm{cos} \alpha)^{2}}{4}=1$

整理得: $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,

则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,

由于 $(1,2)$ 为中点坐标,

(1)当直线的斜率不存时, $\mathrm{x}=1$.

无解故舍去.

(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)

所以利用中点坐标公式 $\frac{t_{1}+t_{2}}{2}=0$,

则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,

解得: $\tan \alpha=-2$,

即: 直线 1 的斜率为 -2 .

答案：解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),

转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.

直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).

转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$.

(2) 把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+\mathrm{t} \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+\mathrm{cos} \alpha)^{2}}{4}=1$

整理得: $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,

则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,

由于 $(1,2)$ 为中点坐标,

(1)当直线的斜率不存时, $\mathrm{x}=1$.

无解故舍去.

(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)

所以利用中点坐标公式 $\frac{t_{1}+t_{2}}{2}=0$,

则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,

解得: $\tan \alpha=-2$,

即: 直线 1 的斜率为 -2 .

2018 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 设函数 $f(x)=5-|x+a|-|x-2|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集;

（2）若 $f(x) \leqslant 1$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：(1) 去绝对值, 化为分段函数, 求出不等式的解集即可,

（2）由题意可得 $|x+a|+|x-2| \geqslant 4$, 根据据绝对值的几何意义即可求出

解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{l}2 x+4, x \leqslant-1 \\ 2,-1<x<2 \\ -2 x+6, x \geqslant 2\end{array}\right.$

当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$,

当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,

当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,

综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,

(2) $\because f(x) \leqslant 1$,

$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$,

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2| \geqslant 4$

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,

$\therefore|\mathrm{a}+2| \geqslant 4$,

解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,

故 a 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.

答案：解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{l}2 x+4, x \leqslant-1 \\ 2,-1<x<2 \\ -2 x+6, x \geqslant 2\end{array}\right.$

当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$,

当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,

当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,

综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,

(2) $\because f(x) \leqslant 1$,

$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$,

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2| \geqslant 4$

$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,

$\therefore|\mathrm{a}+2| \geqslant 4$,

解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,

故 a 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}=63$, 求 $m$.

解答：(1) 利用等比数列通项公式列出方程, 求出公比 $q= \pm 2$, 由此能求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

(2) 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$, 由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in$ $N$, 无解; 当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=2^{n}-1$, 由此能求出 $m$.

解：(1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

$\therefore 1 \times q^{4}=4 \times\left(1 \times q^{2}\right)$

解得 $q= \pm 2$,

当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,

当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, \mathrm{~m} \in \mathrm{N}$, 无解;

当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,

解得 $m=6$.

答案：解：(1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.

$\therefore 1 \times q^{4}=4 \times\left(1 \times q^{2}\right)$

解得 $q= \pm 2$,

当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,

当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.

(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, \mathrm{~m} \in \mathrm{N}$, 无解;

当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,

由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,

解得 $m=6$.

2018 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知斜率为 $k$ 的直线 $\mid$ 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 交于 $A$, $B$ 两点, 线 段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)(m>0)$.

(1) 证明: $\mathrm{k}<-\frac{1}{2}$;

(2) 设 $F$ 为 $C$ 的右焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 证明: $2|\overrightarrow{F P}|=|\overrightarrow{F A}|+|\overrightarrow{F B}|$.

解答：(1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 利用点差法得 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}\right.$ $\left.-y_{2}\right)=0, \quad k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{6}{8 m}=-\frac{3}{4 m}$

又点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\left.\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1, （ m>0\right)$, 解得 $m$ 的取值范围, 即可 得 $\mathrm{k}<-\frac{1}{2}$, (2) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$

由 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 可得 $x_{3}-1=0$, 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1}$, $|\mathrm{FB}|=2-\frac{1}{2} \mathrm{x}_{2},|\mathrm{FP}|=2-\frac{1}{2} \mathrm{x}_{3}=\frac{3}{2}$. 即可证明 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$.

解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,

$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$

将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得

$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,

两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$

点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,

解得 $0<m<\frac{3}{2}$

$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.

(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,

可得 $x_{1}+x_{2}=2$

$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$,

$\therefore \mathrm{x}_{3}=1$

由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.

则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$,

$\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,

答案：解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,

$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$

将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得

$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,

两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,

$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$

点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,

解得 $0<m<\frac{3}{2}$

$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.

(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,

可得 $x_{1}+x_{2}=2$

$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$,

$\therefore \mathrm{x}_{3}=1$

由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.

则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$,

$\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,