高考數(shù)學(xué)選擇題、填空題的六大解題方法和技巧

高考數(shù)學(xué)選擇題、填空題的六大解題方法和技巧方法一：直接法直接法就是直接從題設(shè)條件出發(fā)，利用已知條件、相關(guān)概念、性質(zhì)、公式、公理、定理、法則等基礎(chǔ)知識(shí)，通過(guò)嚴(yán)謹(jǐn)推理、準(zhǔn)確運(yùn)算、合理驗(yàn)證，得出正確結(jié)論，此法是解選擇題和填空題最基本、最常用的方法．2－i【典例1】（1）（2021.新高考II卷）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）1－3iA?第一象限B?第二象限C?第三象限D(zhuǎn)?第四象限2－i（2－i）（1＋3i）5＋5i112－i【解析】選A.因?yàn)槭?（i-3i）（l+3i）二百=2+2匚所以復(fù)數(shù)卞對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限．⑵（2021.煙臺(tái)二模）已知雙曲線(xiàn)C：X2-y2二1（a>0,b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)A在C的右支上，人氣與C交于點(diǎn)B，若FA.FB二0，且|FA|二|耐丨，則C的離心率為（）12222A?逸B?、陽(yáng)C?來(lái)D?、畀【解析】選B?由F2A?F2B=0且|FA|二iFB知：AABF2為等腰直角三角形且22ZAF2B=2、ZBAF2二4，即IABI二\邁1呼丨二羽1呼1,廠(chǎng)IF1AI-IF2AI二2a,因?yàn)椋軮F2BI-IF1BI=2a,<IABI二IF1AI-IF1BI,所以IABI二4a，故IF2AI二IF2BI二2逗a,則|F]AI二2（\迂+l）a,而在△AF1F2中,IF1F2|2=|f2A|2+|F]A|2-2|F2AIIF1AlcosZBAF2,所以4c2二8a2+4（3+2護(hù)血-8Q2+1血，則C2=3a2,故e=C二戶(hù).【變式訓(xùn)練】?（2021?北京高考）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足（1-i）z=2,則z=（）A．1B．iC．1-iD．1+i【解析】選D方法一：z二2二2（1+：）二1+i.1-i（1-i）（1+i）_a+b=2,方法二：設(shè)z=a+bi,則（a+b）+（b-a）i=2,聯(lián)立]解得a=b=1，所以z=1+i.b-a=0,?（2021?鄭州二模）已知梯形ABCD中，以AB中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.IABI二2ICDI,點(diǎn)E在線(xiàn)段AC上，且AE=|EC，若以A,B為焦點(diǎn)的雙曲線(xiàn)過(guò)C,D,E三點(diǎn)，則該雙曲線(xiàn)的離心率為（）yj/￡d\A/~oBxA?顧B.預(yù)C?農(nóng)D?返【解析】選B.設(shè)雙曲線(xiàn)方程為牛-b2二1,由題中的條件可知ICDUc,a2b2且CD所在直線(xiàn)平行于x軸,設(shè)C[2，yo),A(-c,0),E(x,y),所以A￡=(x+c,y),EC二[|-x，y0-yj,402-b2=1，x-2c由恥-3EC，可得'2，所以E「5c，fy0），ly-5yo因?yàn)辄c(diǎn)E的坐標(biāo)滿(mǎn)足雙曲線(xiàn)方程，所以護(hù)-煞-1,25a225b2即25a2-25島T-1，即25!-25'解得e-⑴-方法二：特例法從題干出發(fā)，通過(guò)選取特殊情況代入，將問(wèn)題特殊化或構(gòu)造滿(mǎn)足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或特殊圖形或特殊位置，進(jìn)行判斷．特例法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可以使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點(diǎn)、特殊位置、特殊函數(shù)等.【典例2】⑴（2021?鄭州三模）在矩形ABCD中，其中AB-3,AD-1,AB上的點(diǎn)E滿(mǎn)足AE+?>■?2BE-0,F為AD上任意一點(diǎn)，則EB?BF-（）A.1B.3C.－1D.－3【解析】選D?（直接法）如圖，因?yàn)锳E+2BE-0,所以EB-1AB,設(shè)AF-久AD,貝gBF—BA+2AD--AB+2AD,所以EB^BF-1AB?(-AB+2AD)--11AB12+I2AB.AD-－3+0-－3.

（特例法）該題中，“F為AD上任意一點(diǎn)”，且選項(xiàng)均為定值，不妨取點(diǎn)A為F.因?yàn)锳E+2BE=0,所以EB=1AB.故EB.BF=3AB?（-AB）P--P--W32AX1-31-3(2)(2021?成都三模)在AABC中，內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列，則sin2A+sin2C-sinAsinC二【解析】（方法一：直接法）由內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列，知：2B二A+C,而A+B+C二n,所以b=3,而由余弦定理知：b2-a2+C2-2accosB二a2+C2-ac,結(jié)合正弦定理得：sin2B-sin2A+sin2C-sinAsinC-4.（方法二:特例法）該題中只有“內(nèi)角ABC成等差數(shù)列”的限制條件,故可取特殊的三角形等邊三角形代入求值．不妨取A-B-不妨取A-B-C-3則sin2A+sin2C-sinAsinC-sin2〒n+sin2g.n.n-singsin3（也可以取a=6，B-3，c=2代入求值?）答案：3【變式訓(xùn)練】設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，IAB|=6,|AD1=4,若點(diǎn)M,N滿(mǎn)足BM-3MC,DN-2NC2NC，則AM?nM等于()2NC2NC，則AM?nM等于()A.20B.15C.9D.6【解析】選C.若四邊形ABCD為矩形，建系如圖，由BM二3MC,DN町=2NC，知M(6,3),N(4,4)，所以AM所以AM?NM=6x2+3x(-1)=9.方法三：數(shù)形結(jié)合法對(duì)于一些含有幾何背景的問(wèn)題，往往可以借助圖形的直觀性，迅速作出判斷解決相應(yīng)的問(wèn)題?如Veen圖、三角函數(shù)線(xiàn)、函數(shù)圖象以及方程的曲線(xiàn)等，都是常用的圖形.【典例3】已知a,b是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若向量c滿(mǎn)足(a-c)?(b-c)=0,則Icl的最大值是()A?1B?2C.QD?辛【解析】選C.如圖，設(shè)OA二=a,OB=b,貝MOA|=|OB|=1,OA丄Ob，設(shè)OC=c,貝Ua-c=CA,b-c=CB,(a-c)?(b-c)=0,即CA?CB=0.所以CA丄CB.點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，圓的直徑長(zhǎng)是1AB|=渥，lcl=lOC丨，IOCI的最大值是圓的直徑，長(zhǎng)為＜2.【變式訓(xùn)練】1?設(shè)直線(xiàn)l：3x+2y-6=0,P(m,n)為直線(xiàn)l上動(dòng)點(diǎn)，則(m-1)2+血的最小值為()b3C3/HD匹A?13B?13C?13D?13【解析】選A.(m-1)2+n2表示點(diǎn)P(m,n)到點(diǎn)A(1,0)距離的平方，|3－6|該距離的最小值為點(diǎn)A(1,0)到直線(xiàn)l的距離/即=-^/則(m-1)2+血的最小值為.131313xInx-xInx-2x(x>0),2.(2。21.河南聯(lián)考)已知函數(shù)如)叮2+心0),若f(X)的圖象上有且僅有2個(gè)不同的點(diǎn)關(guān)于直線(xiàn)y=3-2的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)在直線(xiàn)kx-y-3=0上，則實(shí)數(shù)k的取值是【解析】直線(xiàn)kx-y-3二0關(guān)于直線(xiàn)y=-|對(duì)稱(chēng)的直線(xiàn)l的方程為kx+y=0,對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y=-kx,其圖象與函數(shù)y二f(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn).對(duì)于一次函數(shù)y二-kx,當(dāng)x=0時(shí),y=0,由f(x)#0知不符合題意.f(x)當(dāng)x定0時(shí)，令-kx二f(x),可得-k=——，此時(shí)，xInx-2(x>0),令g(x)二空x<令g(x)二空x二1、x+丄(xv0).x當(dāng)x>0時(shí)，g(x)為增函數(shù)，g(x)eR,當(dāng)x<0時(shí)，g(x)為先增再減函數(shù)，g(x)e(-^,-2].結(jié)合圖象,f曲)=空1結(jié)合圖象,f曲)=空1』吧2(Q0)訊)爻U+右XO)_r——7直線(xiàn)y=-k與函數(shù)y二g(x)有2個(gè)交點(diǎn)，因此，實(shí)數(shù)-k二-2,即k二2.答案：2方法四：排除法排除法也叫篩選法、淘汰法，它是充分利用單選題有且只有一個(gè)正確的選項(xiàng)這一特征，通過(guò)分析、推理、計(jì)算、判斷，排除不符合要求的選項(xiàng)，從而確定正確選項(xiàng)．n■x【典例4】（1）（2021.鄭州二模）函數(shù)f（x）二sinxIn在（-兀，n）的圖象大致為（）n+xyoBAyocDyoBAyocDn■x【解析】選A.根據(jù)題意，函數(shù)f(x)=sinxIn,x^(-n,n),n+xn+xn-xf(-x)=sin(-x)ln=sinxIn=f(x),n-xn+x則f（x）在區(qū)間（-n,n）上為偶函數(shù)，所以排除B,C,((1((1又由sinn2ln又由sinn2ln兀-2-3712二In3vO,所以排除D.⑵(2021?太原二模)已知函數(shù)y=f(x)部分圖象的大致形狀如圖所示，則y=f(x)的解析式最可能是()cosx是()cosxA.f(x)二ex－e－xsinxB.f(x)二ex－e－xcosxCcosxC-f(x)二+eex－xsmxD-f(x)二+eex－x【解析】選A.由圖象可知，f(2)<0,f(-1)<0,對(duì)于B,f(2)=>0,故B不正確；e2-e-2cos1e-1+cos1e-1+e>0,故C不正確；對(duì)于C,f(-1)=e-1+e對(duì)于D，f⑵二冊(cè)>°，故D不正確?變式訓(xùn)練】1?1?(2021?嘉興二模)函數(shù)f(x)=1\cosx的圖象可能是(+1+1=0AA（11\【解析】選c.由f（-x）二二口+二市?（-X）(丄+(丄+亠、X-1X+1cosx=-f(x)知，函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，故排除B.又f(x)二(1又f(x)二(1<x-14-2xcosX二x2-1cosx，當(dāng)XU(0,D時(shí)，竺<0,cosx>0f(x)v0.故排除A,D.x2-12?（2021?石家莊一模）甲、乙、丙三人從紅、黃、藍(lán)三種顏色的帽子中各選一頂戴在頭上，每人帽子的顏色互不相同，乙比戴藍(lán)帽的人個(gè)頭高，丙和戴紅帽的人身高不同，戴紅帽的人比甲個(gè)頭小，則甲、乙、丙所戴帽子的顏色分別為（）A?紅、黃、藍(lán)B?黃、紅、藍(lán)C?藍(lán)、紅、黃D?藍(lán)、黃、紅【解析】選B.丙和戴紅帽的人身高不同，戴紅帽的人比甲個(gè)頭小，故戴紅帽的人為乙，即乙比甲的個(gè)頭小；乙比戴藍(lán)帽的人個(gè)頭高，故戴藍(lán)帽的人是丙.綜上，甲、乙、丙所戴帽子的顏色分別為黃、紅、藍(lán).方法五：構(gòu)造法構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問(wèn)題確定構(gòu)造的方向，通過(guò)構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等模型轉(zhuǎn)化為熟悉的問(wèn)題求解．【典例5【典例5】⑴(2021.昆明三模)已知函數(shù)f(x)=ex-alnx寧-1有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的A.取值范圍是(c.c.(2，+wD.(1,+w)學(xué)學(xué)-1有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，A.【解析】選D方法一(切線(xiàn)構(gòu)造)：函數(shù)f(x)=ex-a則ex-a-1=ln|x有兩個(gè)解，A.令g(x)=ex-a-1,h(x)二呼(x>o),則g(x)與h(x)有2個(gè)交點(diǎn)，h'(x)二1hx(x>0),x2當(dāng)x>e時(shí)h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)Ovxve時(shí)h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增，由g'(x)二ex-a(x>0)得g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)g(x)與h(x)相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為［x0x0h'(x當(dāng)g(x)與h(x)相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為［x0x0h'(x0)二1-lnx0二g(x0)二ex0_a，同時(shí)也0二ex0-a-1，得竽01-lnx0即x0lnx0+x0=1-lnx0,(x0+l)lnx0=-(x0+1)(x0-1),又x0>o,lnx0=1-x0,所以x所以x0=1,此時(shí)1二el-a,所以a=1,當(dāng)a>1時(shí)/可看作g(x)=ex-1-1的圖象向右平移/此時(shí)g(x)與h(x)必有2個(gè)交點(diǎn)’當(dāng)a<1時(shí)，圖象向左平移二者必然無(wú)交點(diǎn)，綜上a>1.方法二(分離參數(shù))：由題意，方程ex-a-也-1=0有兩個(gè)不同的解，xinz+1x即e-a=L有兩個(gè)不同的解，x也+1V所以直線(xiàn)y=e-a與g(x)=^-—的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).ex(晉+1)“x-(ex)，x(于+1]-(x+1)(lnx+x-1)g'(x)=C'K=忑-記h(x)=lnx+x-1.顯然該函數(shù)在(0，+上單調(diào)遞增，且h(1)=0,所以0vxv1時(shí)，h(x)<0，即g'(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增；所以x>1時(shí)，h(x)>0，即g'(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減.旦+1所以g(x)Sg(l)=丄；=丄.e1e又xfO時(shí)，g(x)fO；xf+時(shí)，g(x)fO.也+1由直線(xiàn)y=由直線(xiàn)y=ea與g(x)=ex的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，可得e-a<1=e-1，即-a<-1,解得a>1.e方法三：由題意，方程ex-a-ln-x-1=0有兩個(gè)不同的解，x即ex即ex-a二也x+1，也就是￡ea(xex)=x＋lnx=ln(xex).設(shè)t=xe-(x>0)，則方程為丄t=lnt,所以￡=孕?由題意，該方程有兩個(gè)不同的解.eat設(shè)P(x)=xex(x>0)，則p，(x)=(x+1)ex(x>0),顯然p'(x)>0，所以p(x)單調(diào)遞增，所以t=P(x)>P(0)=0.lnt1-lnt記q(t)=-r(t>0)，則q'(t)=廠(chǎng).當(dāng)Ovtve時(shí)，q'(t)>0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)t>e時(shí)，q'(t)<0，函數(shù)單調(diào)遞減.所以q(t)Sq(e)=啞=1.ee又tfO時(shí)，q(t)fO；tf+時(shí)，q(t)fO.由方程￡二平有兩個(gè)不同的解，可得Ov￡<-1，解得a>1.eateae(2)《九章算術(shù)》中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱(chēng)之為陽(yáng)馬；將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐稱(chēng)之為鱉臑?若三棱錐P-ABC為鱉臑，PA丄平面ABC,PA=AB=2，AC=4，三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為()A?8nB?12nC?20nD?24n【解析】選C.將三棱錐P-ABC放入長(zhǎng)方體中，如圖，三棱錐P-ABC的外接球就是長(zhǎng)方體的外接球.

所以BC=42-22二2<3.設(shè)外接球的半徑為R，依題意可得(2R)2=22+22+(2J3)2=20,故R2=5,則球0的表面積為4nR2=20n.【變式訓(xùn)練】1?已矢知2lna=aIn2,3lnb=bIn3,5lnc=cIn5,且a,b,c^(O,e),則()A．a(chǎn)<b<cB．b<a<cC?cvbvaD?cvavb【解析】選D.因?yàn)?lna=aIn2,3lnb=bIn3,5lnc=cIn5，且a,b,c$(0,e),化為：也aln2lnbln化為：也aln2lnbln3lncln5c5lnx1-lnx令f(x)==，x^(0,e),f(x)=X2，可得函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+切上單調(diào)遞減，,25f(c)-f(a)=5In22ln5-5ln2】n32-2=10=10v0，且a,cu(0,e),所以c<a，同理可得avb.所以cvavb.2?(2021?汕頭三模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且滿(mǎn)足f(x)-f(x)>0,f(2021)=e2021，則不等式fglnxj<ex的解集為()A?(e2021,+^)B?(0,e2021)C?(e2021e,+w)D?(0,e2022)

【解析】選D.令t=einx,則X=eet,ef(2021)e2021所以不等式￡inxj<ex等價(jià)轉(zhuǎn)化為不等式f(t)<eet二et，即f(2021)e2021構(gòu)造函數(shù)g(t)=f(t)…f(t)-f(t)et，則g'(t)二et，由題意，g'(t)=f(t)-f(t)et>°，所以g(t)為R上的增函數(shù)，又f(2021)二e2021,所以g(2021)二f(t)所以g(t