2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文

2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第3部分 考前增分指導(dǎo) 2 快速準(zhǔn)確解答客觀題的方法技巧學(xué)案 文選擇題、填空題是高考必考的題型，共占有80分，因此，探討選擇題、填空題的特點(diǎn)及解法是非常重要和必要的.選擇題的特點(diǎn)是靈活多變、覆蓋面廣，突出的特點(diǎn)是答案就在給出的選項(xiàng)中.而填空題是一種只要求寫出結(jié)果，不要求寫出解答過程的客觀性試題，不設(shè)中間分，所以要求所填的是最簡最完整的結(jié)果.解答選擇題、填空題時(shí)，對正確性的要求比解答題更高、更嚴(yán)格.它們自身的特點(diǎn)決定選擇題及填空題會有一些獨(dú)到的解法.解法1直接法直接法是直接從題設(shè)出發(fā)，抓住命題的特征，利用定義、性質(zhì)、定理、公式等，經(jīng)過變形、推理、計(jì)算、判斷得出結(jié)果直接法是求解填空題的常用方法在用直接法求解選擇題時(shí)，可利用選項(xiàng)的暗示性作出判斷，同時(shí)應(yīng)注意：在計(jì)算和論證時(shí)盡量簡化步驟，合理跳步，還要盡可能地利用一些常用的性質(zhì)、典型的結(jié)論，以提高解題速度【例1】(1)(2016·全國卷)已知向量a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，則m()A8B6C6D8(2)等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn.已知S3，S6，則a8_.(1)D(2)32(1)法一：因?yàn)閍(1，m)，b(3，2)，所以ab(4，m2)因?yàn)?ab)b，所以(ab)·b0，所以122(m2)0，解得m8.法二：因?yàn)?ab)b，所以(ab)·b0，即a·bb232m32(2)2162m0，解得m8.(2)設(shè)an的首項(xiàng)為a1，公比為q，則解得所以a8×272532.對點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練·為了解某社區(qū)居民的家庭年收入與年支出的關(guān)系，隨機(jī)調(diào)查了該社區(qū)5戶家庭，得到如下統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)表：收入x(萬元)8.28.610.011.311.9支出y(萬元)6.27.58.08.59.8根據(jù)上表可得回歸直線方程x，其中0.76，.據(jù)此估計(jì)，該社區(qū)一戶年收入為15萬元家庭的年支出為()A11.4萬元B11.8萬元C12.0萬元 D12.2萬元B由題意知，10，8，80.76×100.4，當(dāng)x15時(shí)，0.76×150.411.8(萬元)解法2特值法在解決選擇題和填空題時(shí)，可以取一個(gè)(或一些)特殊情況(包括特殊數(shù)值、特殊位置、特殊函數(shù)、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊數(shù)列、特殊圖形等)來確定其結(jié)果，這種方法稱為特值法特值法由于只需對特殊數(shù)值、特殊情形進(jìn)行檢驗(yàn)，省去了推理論證、繁瑣演算的過程，提高了解題的速度特值法是考試中解答選擇題和填空題時(shí)經(jīng)常用到的一種方法，應(yīng)用得當(dāng)可以起到“四兩撥千斤”的功效【例2】(1)設(shè)f(x)ln x,0<a<b，若pf()，qf，r(f(a)f(b)，則下列關(guān)系式中正確的是()Aqr<p Bqr>pCpr<q Dpr>q (2)如圖3­2­1所示，在ABCD中，APBD，垂足為點(diǎn)P，且AP3，則·_.圖3­2­1思路點(diǎn)撥(1)(2)(1)C(2)18(1)根據(jù)條件，不妨取a1，be，則pf()ln，qff()，r(f(1)f(e)，在這種特例情況下滿足prq，所以選C.(2)把ABCD看成正方形，則點(diǎn)P為對角線的交點(diǎn)，AC6，則·18.對點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練·1如果a1，a2，a8為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列，公差d0，那么()Aa1a8a4a5 Ba1a8a4a5Ca1a8a4a5 Da1a8a4a5B取特殊數(shù)列1,2,3,4,5,6,7,8，顯然只有1×84×5成立2在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數(shù)列，則_.令abc，則AC60°，cos Acos C.從而.解法3數(shù)形結(jié)合法數(shù)形結(jié)合法是指在處理數(shù)學(xué)問題時(shí)，能夠?qū)⒊橄蟮臄?shù)學(xué)語言與直觀的幾何圖形有機(jī)結(jié)合起來思考，促使抽象思維和形象思維有機(jī)結(jié)合，通過對規(guī)范圖形或示意圖形的觀察分析，化抽象為直觀，化直觀為精確，從而使問題得到簡捷解決的方法【例3】(1)(2018·贛州模擬)已知函數(shù)f(x)|2x2|b的兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2(x1x2)，則下列結(jié)論正確的是()A1x12，x1x22 B1x12，x1x21Cx11，x1x22 Dx11，x1x21(2)(2018·武漢模擬)函數(shù)f(x)2sin xsinx2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(1)A(2)2(1)函數(shù)f(x)|2x2|b有兩個(gè)零點(diǎn)，即y|2x2|與yb的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是x1，x2(x1x2)，在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y|2x2|與yb的圖象如下，可知1x12，當(dāng)yb2時(shí)，x12，兩個(gè)函數(shù)圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)yb2時(shí)，由圖可知x1x22.(2)f(x)2sin xcos xx2sin 2xx2，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y1sin 2x與y2x2圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，在同一坐標(biāo)系中畫出y1sin 2x與y2x2的圖象如圖所示：由圖可知兩函數(shù)圖象有2個(gè)交點(diǎn)，則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.對點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練·1(2018·鄭州模擬)方程xlg(x2)1的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)為()A1 B2 C0 D不確定B方程xlg(x2)1lg(x2)，在同一坐標(biāo)系中畫出函數(shù)ylg(x2)與y的圖象，可得兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故所求方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根2已知偶函數(shù)yf(x)(xR)在區(qū)間0,2上單調(diào)遞增，在區(qū)間(2，)上單調(diào)遞減，且滿足f(3)f(1)0，則不等式x3f(x)0的解集為_(3，1)(0,1)(3，)由題意可畫出yf(x)的草圖，如圖x0，f(x)0時(shí)，x(0,1)(3，)；x0，f(x)0時(shí)，x(3，1)故不等式x3f(x)0的解集為(3，1)(0,1)(3，)解法4排除法(針對選擇題)排除法就是充分運(yùn)用選擇題中單選題的特征，先根據(jù)某些條件，在選項(xiàng)中找到明顯與之矛盾的予以否定，再根據(jù)另一些條件，在剩余的選項(xiàng)內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，直至得出正確的答案【例4】(2018·北師大附中模擬)函數(shù)y的圖象大致為()D函數(shù)ycos 6x為偶函數(shù)，函數(shù)y2x2x為奇函數(shù)，故原函數(shù)為奇函數(shù)，排除A.又函數(shù)y2x2x為增函數(shù)，當(dāng)x時(shí)，2x2x且|cos 6x|1，y0(x)，排除C.y為奇函數(shù)，不妨考慮x0時(shí)函數(shù)值的情況，當(dāng)x0時(shí)，4x1,4x10,2x1，cos 6x1，y，故排除B，綜上知選D.對點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練·1函數(shù)f(x)cos x(x且x0)的圖象可能為()D函數(shù)f(x)cos x(x且x0)為奇函數(shù)，排除選項(xiàng)A，B；當(dāng)x時(shí)，f(x)cos <0，排除選項(xiàng)C，故選D.2方程ax22x10至少有一個(gè)負(fù)根的充要條件是()A0a1 Ba1Ca1 D0a1或a0C當(dāng)a0時(shí)，x，符合題意，故排除A、D；當(dāng)a1時(shí)，x1，排除B，故選C.解法5構(gòu)造法用構(gòu)造法解客觀題的關(guān)鍵是利用已知條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型，從而簡化推理與計(jì)算過程，使較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題得到解決，它需要對基礎(chǔ)知識和基本方法進(jìn)行積累，需要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括，積極聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到的類似問題中尋找靈感，構(gòu)造出相應(yīng)的具體的數(shù)學(xué)模型，使問題簡化【例5】(1)(2018·福州模擬)已知f(x)為定義在(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)xf(x)恒成立，則不等式x2ff(x)0的解集為()A(0,1) B(1,2)C(1，) D(2，)(2)如圖3­2­2，已知球O的面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA平面ABC，ABBC，DAABBC，則球O的體積等于_圖3­2­2思路點(diǎn)撥(1)(2) (1)C(2)(1)設(shè)g(x)，則g(x)，又因?yàn)閒(x)xf(x)，所以g(x)0在(0，)上恒成立，所以函數(shù)g(x)為(0，)上的減函數(shù)，又因?yàn)閤2ff(x)0gg(x)，則有x，解得x1，故選C.(2)如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以CD2R，所以R，故球O的體積V.對點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練·已知a，b為不垂直的異面直線，是一個(gè)平面，則a，b在上的射影有可能是：兩條平行直線；兩條互相垂直的直線；同一條直線；一條直線及其外一點(diǎn)在上面的結(jié)論中，正確結(jié)論的序號是_(寫出所有正確結(jié)論的序號)用長方體ABCD­A1B1C1D1實(shí)例說明A1D與BC1在平面ABCD上的射影互相平行，AB1與BC1在平面ABCD上的射影互相垂直，BC1與DD1在平面ABCD上的射影是一條直線及其外一點(diǎn)故正確的結(jié)論為.增分限時(shí)訓(xùn)練(三)(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1設(shè)aR，若復(fù)數(shù)z(i是虛數(shù)單位)的實(shí)部為2，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A7B7C1D1D復(fù)數(shù)zi因?yàn)閦的實(shí)部為2，所以2，解得a7.所以復(fù)數(shù)z的虛部為1.故選D.2下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是增函數(shù)又是奇函數(shù)的是()Ay Bylog2xCy3x Dyx3xDy在(0，)，(，0)上單調(diào)遞增，但是在整個(gè)定義域內(nèi)不是單調(diào)遞增函數(shù)，故A錯(cuò)誤；ylog2x的定義域(0，)關(guān)于原點(diǎn)不對稱，不是奇函數(shù)，故B錯(cuò)誤；y3x不是奇函數(shù)，故C錯(cuò)誤；令f(x)yx3x，f(x)(x)3(x)x3xf(x)，是奇函數(shù)，且由冪函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，故D正確故選D.3設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓y21的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓上，且|2，則F1PF2等于()A. B. C. D.D法一：(直接法)根據(jù)橢圓定義，設(shè)F1PF2，根據(jù)余弦定理得|F1F2|2|PF1|2|PF2|22|PF1|·|PF2|cos ，即12|PF1|2|PF2|22|PF1|·|PF2|cos ，已知|2，即12|PF1|2|PF2|22|PF1|·|PF2|cos .兩式相減得4|PF1|·|PF2|cos 0，即cos 0，即.故選D.法二：(定性分析法)橢圓的焦距為2，2，可知點(diǎn)P在以F1F2為直徑的圓上，所以F1PF2.故選D.4已知平面向量a，b，c滿足a·aa·bb·c1，a·c2，則|abc|的取值范圍為()A0，) B2，)C2，) D4，)D(特值法)由a·a1，得|a|1，可設(shè)a(1,0)(特值)，由a·b1，a·c2，可設(shè)b(1，m)，c(2，n)由b·c1，可得mn1.|abc|(4，mn)|4，當(dāng)且僅當(dāng)mn0，即m±1，n1時(shí)成立，故|abc|的取值范圍是4，)故選D.5如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q滿足A1PBQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()圖3­2­3A31 B21 C41 D.1B令P與A1重合，Q與B重合，此時(shí)A1PBQ0，則VC­AA1BVA1­ABCV三棱柱ABC­A1B1C1，故過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為21.6函數(shù)f(x)的圖象可能是()B法一：函數(shù)f(x)的圖象過特殊點(diǎn)(1,0)和，排除選項(xiàng)A，D；函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，排除選項(xiàng)C，選B.法二：函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，排除選項(xiàng)A，C；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，排除選項(xiàng)D，選B.7已知函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)log2x，則函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A1 B2 C3 D4C令h(x)0，得f(x)g(x)，所以函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)等價(jià)于函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)分別畫出函數(shù)f(x)的圖象和函數(shù)g(x)log2x的圖象，如圖所示由圖可知，兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是3.故選C.8如圖3­2­4，函數(shù)f(x)的圖象為折線ACB，則不等式f(x)log2(x1)的解集是()圖3­2­4Ax|1x0 Bx|1x1Cx|1x1 Dx|1x2C令g(x)ylog2(x1)，作出函數(shù)g(x)圖象如下圖由得結(jié)合圖象知不等式f(x)log2(x1)的解集為.9函數(shù)f(x)Asin(x)的部分圖象如圖3­2­5所示，點(diǎn)P、Q、R在f(x)的圖象上，坐標(biāo)分別為(1，A)、(1,0)、(x0,0)，PQR是以PR為底邊的等腰三角形，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移5個(gè)單位后得到函數(shù)g(x)的圖象，則關(guān)于g(x)的說法中不正確的是()圖3­2­5Ag(x)是偶函數(shù)Bg(x)在區(qū)間0,4上是減函數(shù)Cg(x)的圖象關(guān)于直線x2對稱Dg(x)在1,3上的最小值為C由題意知2，所以8，作PHx軸于點(diǎn)H(圖略)，則QH2，又因?yàn)镻QQR4，所以A2，因?yàn)閒(x)的圖象過Q(1,0)，所以2sin0，因?yàn)閨，所以.所以f(x)2sin.易知g(x)f(x5)2cosx，易知A、B、D正確，C錯(cuò)誤故選C.10已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，對任意xR滿足f(x)f(x)0，則下列結(jié)論正確的是()A2f(ln 2)3f(ln 3) B2f(ln 2)3f(ln 3)C2f(ln 2)3f(ln 3) D2f(ln 2)3f(ln 3)A由題意設(shè)g(x)exf(x)，則g(x)exf(x)exf(x)exf(x)f(x)，因?yàn)閷θ我鈞R滿足f(x)f(x)0，ex0，所以對任意xR滿足g(x)0，則函數(shù)g(x)在R上是減函數(shù)，因?yàn)閘n 2ln 3，所以g(ln 2)g(ln 3)，即2f(ln 2)3f(ln 3)故選A.11已知實(shí)數(shù)x，y滿足則的取值范圍是()A. B3,11C. D1,11C目標(biāo)函數(shù)z12·，表示動(dòng)點(diǎn)P(x，y)與定點(diǎn)M(1，1)連線斜率k的兩倍加1，由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P在A(0,4)點(diǎn)處時(shí)，k最大為5，z最大值為11；當(dāng)點(diǎn)P在B(3,0)點(diǎn)處時(shí)，k最小為，z最小值為.從而的取值范圍是.故選C.12設(shè)函數(shù)f(x)sin(x)，若方程f(x)a恰好有三個(gè)根，分別為x1，x2，x3(x1x2x3)，則x1x2x3的取值范圍是()A. B.C. D.B由x得2x令t2x，則ysin t，t的圖象如圖所示由圖象知，當(dāng)a1時(shí)，方程f(x)a恰好有三個(gè)根且即所以x1x2x3，故選B.二、填空題13(2016·四川高考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)4x，則ff(2)_.2f(x)是周期為2的奇函數(shù)，fff42，f(2)f(0)0，ff(2)202.14若f(x)ln(e3x1)ax是偶函數(shù)，則a_.由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以ff0，即ln(e11)ln(e1)0，ln e1a0，解得a，將a代入原函數(shù)，檢驗(yàn)知f(x)是偶函數(shù)，故a.15若aln，bln，cln，則a，b，c的大小關(guān)系為_abc令f(x)ln xx(0x1)，則f(x)1，因?yàn)?x1，所以f(x)0，所以f(x)為增函數(shù)又因?yàn)椋詀bc.16已知函數(shù)f(x)x|x2|，則不等式f(x)f(1)的解集為_1，)f(x)x|x2|，圖象如圖所示：由不等式f(x)f(1)知，x1，即x1，從而得到不等式f(x)f(1)的解集為1，)