高考数学专题讲座 第1讲 选择题解法探讨

【备战高考数学专题讲座】第1讲：选择题解法探讨选择题的题型构思精巧，形式灵活，知识容量大，覆盖面广，一般不拘泥于具体的知识点，而是将数学知识、方法等原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，可以比较全面地考察学生的基础知识和基本技能，还能考查学生的思维敏捷性，是高考数学中的一种重要题型。近年来，高考数学试题推出了一些思路开阔、情景新颖脱俗的选择题，解决这类问题主要注意三个方面：一是提高总体能力；二是要跳出传统思维定式，学会数学的合情推理；三是要熟练地进行数学图形、符号、文字三种语言的转换。在全国各地高考数学试卷中，选择题约占总分的30％～40％，因此掌握选择题的解法，快速、准确地解答好选择题是夺取高分的关键之一。选择题由题干和选项两部分组成，题干可以是由一个问句或一个半陈述句构成，选项中有四个答案，至少有一个正确的答案，这个正确的答案可叫优支，而不正确的答案可叫干扰支或惑支。目前在高考数学试卷中，如果没有特别说明，都是“四选一”的选择题，即单项选择题。选择题要求解题者从若干个选项中选出正确答案，并按题目的要求，把正确答案的字母代号填入指定位置。笔者将选择题的解法归纳为应用概念法、由因导果法、执果索因法、代入检验法、特殊元素法、筛选排除法、图象解析法、待定系数法、分类讨论法、探索规律法十种，下面通过年全国各地高考的实例探讨这十种方法。一、应用概念法：应用概念法是解选择题的一种常用方法，也是一种基本方法。根据选择题的题设条件，通过应用定义、公理、定理等概念直接得出正确的结论。使用应用概念法解题，要求学生熟记相关定义、公理、定理等基本概念，准确应用。典型例题：例1：（年全国课标卷理5分）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为【】 【答案】。【考点】由三视图判断几何体。【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为。因此此几何体的体积为：。故选。例2：（年全国课标卷文5分）在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=eq\f(1,2)x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为【】（A）－1（B）0（C）eq\f(1,2)（D）1【答案】D。【考点】样本相关系数。【解析】根据样本相关系数的概念，因为所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=eq\f(1,2)x+1上，即两变量为完全线性相关，且完全正相关，因此这组样本数据的样本相关系数为1。故选D。例3：（年广东省理5分）设集合U={1,2,3,4,5,6}，M={1,2,4}则【】A．UB．{1,3,5}C．{3,5,6}D．{2,4,6}【答案】C。【考点】补集的运算。【解析】∵集合U={1,2,3,4,5,6}，M={1,2,4}，∴{3,5,6}。故选C。例4：（年北京市理5分）如图.∠ACB=90º。CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则【】A.CE·CB=AD·DBB.CE·CB=AD·ABC.AD·AB=CD²D.CE·EB=CD²【答案】C。【考点】射影定理。【解析】由射影定理可得AD·AB=CD²。故选C。例5：（年安徽省理5分）设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则“”是“”的【】 充分不必要条件必要不充分条件充要条件 即不充分不必要条件【答案】。【考点】充分和必要条件，两直线垂直的判定和性质。【解析】∵，∴“”是“”的充分条件。∵如果，则与条件相同，∴“”是“”的不必要条件。故选。例6：（年安徽省文5分）要得到函数的图象，只要将函数的图象【】向左平移1个单位向右平移1个单位向左平移个单位向右平移个单位【答案】。【考点】函数图象平移的性质。【解析】∵，∴只要将函数的图象向左平移个单位即可得到函数的图象。故选。例7：（年北京市理5分）设a，b∈R.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的【】A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B。【考点】复数的概念，纯虚数的定义，充分必要条件的判定。【解析】复数a+bi是纯虚数必须满足a=0，b≠0同时成立。当a=0时，如果b=0，此时a+bi是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件：而如果a+bi已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到a=0。因此，.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的必要而不充分条件。故选B。例8：（年湖南省理5分）命题“若，则”的逆否命题是【】A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C。【考点】四种命题。【解析】因为“若，则”的逆否命题为“若，则”，所以“若，则”的逆否命题是“若，则”。故选C。例9：（年辽宁省理5分）已知命题p：x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0，则p是【】(A)x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0(B)x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0(C)x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0(D)x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0【答案】C。【考点】含有量词的命题的否定。【解析】命题p为全称命题，所以其否定p应是特称命题，所以(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0否定为(f(x2)f(x1))(x2x1)<0。故选C。二、由因导果法：由因导果法，又称综合法，直接推演法，是解选择题的一种常用方法，也是一种基本方法。它的解题方法是根据选择题的题设条件，通过应用定义、公理、公式、定理等经过计算、推理或判断，得出正确的结论，再从四个选项中选出与已得结论一致的正确答案。由因导果法解题自然，不受选项的影响，运用数学知识，通过综合法，直接得出正确答案。典型例题：例1：（年全国课标卷理5分）已知集合；,则中所含元素的个数为【】 【答案】。【考点】集合的运算。【解析】由，得：；；；，所以中所含元素的个数为。故选。例2：（年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为【】 【答案】。【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。【解析】∵是椭圆的左、右焦点，∴。∵是底角为的等腰三角形，∴。∵为直线上一点，∴。∴。又∵，即。∴。故选。例3：（年全国课标卷文5分）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为eq\r(2)，则此球的体积为【】（A）eq\r(6)π（B）4eq\r(3)π（C）4eq\r(6)π（D）6eq\r(3)π【答案】B。【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。【解析】由勾股定理可得球的半径为eq\r(3)，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：。故选B。例4：（年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，，则【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。由可知，，∴。∴。设，则。∴根据双曲线的定义，得。∴。在中，应用用余弦定理得。故选C。例5：（年全国大纲卷文5分））已知正四棱柱中，为的中点，则直线与平面的距离为【】A．2B．C．D．1【答案】D。【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。【解析】连接，和交于点，则在中，∵是正方形，∴，又∵为的中点，∴。∴则点到平面的距离等于到平面的距离。过点作于点，则即为所求。∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。∵为的中点，，∴。∴。在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。例6：（年安徽省文5分）【】【答案】。【考点】对数的计算。【解析】。故选。例7：（年广东省理5分）设i为虚数单位，则复数=【】A．B．C．D．【答案】D。【考点】复数的计算。【解析】。故选D。三、执果索因法：执果索因法，又称分析法，它与由因导果法的解题思路相反。它的解题方法是从要求解的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，根据定义、公理、定理等，把要求解的结论归结为判定一个明显成立的条件——四个选项之一。典型例题：例1：（年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【】A.5B.7C【答案】C。【考点】直线斜率的几何意义。【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。例2：（年北京市文5分）函数的零点个数为【】A.0B.1C【答案】B。【考点】幂函数和指数函数的图象。【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1个。所以函数的零点个数为1。故选B。例3：（年湖北省文5分）过点的直线，将圆形区域分两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为【】A.B.C.D.【答案】A。【考点】分析法的应用，垂径定理，两直线垂直的性质，由点斜式求直线方程。【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可。又已知点，则。故所求直线的斜率为-1。又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即。故选A。例4：（年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【】A、B、C、D、且【答案】C。【考点】充分条件。【解析】若使成立，即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。四、代入检验法：代入检验法的解题方法是将四个选项分别代入题设中或将题设代入选项中检验，从而确定答案。当遇到定量命题时，常用此法。典型例题：例1：（年全国大纲卷理5分）已知集合，则【】A．0或B．0或3C．1或D．1或3【答案】B。【考点】集合的概念和并集运算，集合的关系的运用，元素与集合的关系的综合运用。【解析】当0时，；当时，；当3时，。∴或。故选B。例2：（年安徽省理5分）下列函数中，不满足：的是【】 【答案】。【考点】求函数值。【解析】分别求出各函数的值，与比较，即可得出结果：对于有，结论成立；对于有，结论成立；对于有，∴，结论不成立；对于有，结论成立。因此，不满足的是，故选。例3：（年广东省理5分）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是【】A．B．C．y=D．【答案】A。【考点】函数的图象和性质。【解析】利用对数函数的图象和性质可判断A正确；利用幂函数的图象和性质可判断B错误；利用指数函数的图象和性质可判断C正确；利用“对勾”函数的图象和性质可判断D的单调性：A.在（-2，+∞）上为增函数，故在（0，+∞）上为增函数，A正确；B.在[-1，+∞）上为减函数，排除B；C.y=在R上为减函数；排除C；D.在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，排除D。故选A。例4：（年陕西省理5分）已知圆，过点的直线，则【】A.与相交B.与相切C.与相离D.以上三个选项均有可能【答案】A。【考点】直线与圆的位置关系。【解析】∵，∴点在圆C内部。故选A。例5：（年湖北省理5分）定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”。现有定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的如下函数：①；②；③；④。则其中是“保等比数列函数”的的序号为【】A.①②B.③④C.①③D.②④【答案】C。【考点】等比数列的判定，新定义。【解析】逐一检验：令等比数列的公比为，①对，∵，∴是等比数列；②对，∵不一定是常数，∴不一定是等比数列；③对，∵，∴是等比数列；④对，举个特例，令是等差数列不是等比数列。从而是“保等比数列函数”的的序号为①③，故选C。例6：（年湖北省理5分）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式。人们还用过一些类似的近似公式。根据=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是【】A.B.C.D.【答案】D。【考点】球的体积公式以及估算。【解析】由球的体积公式得，由此得。对选项逐一验证：对于A.有，即；对于B.有，即；对于C.有，即；对于D.有，即；∴中的数值最接近。故选D。例7：（年辽宁省文5分）将圆平分的直线是【】（A）（B）（C）（D）【答案】C。【考点】直线和圆的方程，曲线上点的坐标与方程的关系。【解析】∵，∴圆的圆心坐标为（1，2）。∵将圆平分的直线必经过圆心，∴逐一检验，得过（1，2）。故选C。例8：（年福建省文5分）函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象的一条对称轴是【】A．x＝eq\f(π,4)B．x＝eq\f(π,2)C．x＝－eq\f(π,4)D．x＝－eq\f(π,2)【答案】C。【考点】三角函数的图象和性质。【解析】因为三角函数图象的对称轴经过最高点或最低点，所以可以把四个选项代入验证，知只有当x＝－eq\f(π,4)时，函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－\f(π,4)))＝－1取得最值。故选C。五、特殊元素法：特殊元素法的解题方法是在有些选择题所涉及的数学命题与字母的取值范围有关，在解决这类解答题，可以考虑从取值范围内选取某一个特殊的值，代入原命题进行验证，从而确定答案。典型例题：例1：（年湖北省文5分）已知定义在区间（0.2）上的函数的图像如图所示，则的图像为【】【答案】B。【考点】特殊值法的应用，求函数值。【解析】取特殊值：当时，；当时，。符合以上结果的只有选项B。故选B。例2：（年陕西省理5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为【】A.B.C.D.【答案】A。【考点】异面直线间的角的求法，特殊元素法的应用。【解析】设，则，∴。又∵直线与直线夹角为锐角，∴余弦值为。选A。例3：（年全国课标卷理5分）已知函数；则的图像大致为【】【答案】。【考点】函数的图象。【解析】当时，；当时，。因此排除。故选。例4：（年福建省理5分）下列命题中，真命题是【】A．∃x0∈，≤0B．∀x∈，2x＞x2C．a＋b＝0的充要条件是eq\f(a,b)＝－1D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件【答案】D。【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。对于C，当a＋b＝0时，eq\f(a,b)不存在，因此C是假命题。对于D，a＞1，b＞1时ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此C是真命题。故选D。例5：（年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【】A.当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0B.当a<0时，x1＋x2>0，y1＋y2<0C.当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0D.当a>0时，x1＋x2>0，y1＋y2>0【答案】B。【考点】导数的应用。【解析】令，则。设，。令，则要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：，整理得。取值讨论：可取来研究。当时，，解得，此时，此时；当时，，解得，此时，此时。故选B。例6：（年浙江省理5分）把函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是【】【答案】A。【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换。【解析】把函数y＝cos2x＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得：y1＝cosx＋1，向左平移1个单位长度得：y2＝cos(x＋1)＋1，再向下平移1个单位长度得：y3＝cos(x＋1)。取特殊值进行判断：令x＝0，得：y3＞0；x＝，得：y3＝0。比对所给选项即得答案。故选A。例7：（年浙江省理5分）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是【】A．若，则数列有最大项B．若数列有最大项，则C．若数列是递增数列，则对任意，均有D．若对任意，均有，则数列是递增数列【答案】C。【考点】命题的真假判断与应用，数列的函数特性。【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…，满足数列{Sn}是递增数列，但是Sn＞0不成立。故选C。例8：（年江西省理5分）下列命题中，假命题为【】A．存在四边相等的四边形不是正方形B．为实数的充分必要条件是互为共轭复数C．若，且则至少有一个大于D．对于任意都是偶数【答案】B。【考点】真假命题的判定，特称命题和全称命题，充要条件，共轭复数，不等式的基本性质，二项式定理。【解析】对于A项，通过特例判断：例如菱形，满足四边相等的四边形不是正方形，所以A为真命题；对于B项，通过特例判断：令,显然，但不互为共轭复数，所以B为假命题；对于C项，通过不等式的基本性质判断：显然正确（可用它的逆否命题证明），所以C为真命题；对于D项，通过二项式定理系数的特例判断：根据二项式定理，对于任意有为偶数，所以D为真命题。综上所述，假命题为B项。故选B。例9：（年江西省理5分）在直角三角形中，点是斜边的中点，点为线段的中点，则【】A．2B．4C．5D．10【答案】D。【考点】两点间的距离公式。【解析】对于非特殊的一般图形求解长度问题，由于是选择题，不妨将图形特殊化，用特殊元素法以方便求解各长度：不妨令，则，，，。∴。故选D。六、筛选排除法：筛选排除法是解选择题的一种常用方法，使用排除法的前提条件是答案唯一，它的解题方法是根据题设条件，结合选项，通过观察、比较、猜想推理和计算，进行排查，从四个选项中把不正确的答案一一淘汰，最后得出正确答案的方法。筛选排除法可通过观察、比较、分析和判断，进行简单的推理和计算选出正确的答案，特别对用由因导果法解之较困难而答案又模棱两可者更有用。典型例题：例1：（年北京市文5分）已知为等比数列，下面结论中正确的是【】A.B.C.若a1=a3，则a1=a2D.若a3＞a1，则a4＞a2【答案】B。【考点】等比数列的基本概念，均值不等式。【解析】本题易用排除法求解：设等比数列的公比为，则A，当时，，此时，选项错误。B.根据均值不等式，有，选项正确。C.当时，a1=a3，但a1=a2，选项错误。D.当时，，选项错误。故选B。例2：（年天津市文5分）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为【】（A）（B），且≠0（C）（D）【答案】B。【考点】函数奇偶性的判断，函数单调性的判断。【分析】利用函数奇偶性的定义可排除C，D，再由“在区间（1，2）内是增函数”可排除A，从而可得答案：对于A，令，则，∴函数为偶函数。而在上单调递减，在上单调递增，（1，2）中，所以在区间（1，2）内不全是增函数，故排除A。对于B，函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，故B满足题意。对于C，令，则，∴函数为偶函数为奇函数，故可排除C对于D，为非奇非偶函数，可排除D。故选B。例3：（年全国课标卷理5分）已知，函数在上单调递减。则的取值范围是【】 【答案】。【考点】三角函数的性质。【解析】根据三角函数的性质利用排它法逐项判断：∵时，，不合题意，∴排除。∵时，，合题意，∴排除。故选。例4：（年浙江省理5分）设，是两个非零向量【】A．若，则B．若，则C．若，则存在实数，使得D．若存在实数，使得，则【答案】C。【考点】平面向量的综合题。【解析】利用排除法可得选项C是正确的：∵|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b共线，即存在实数λ，使得a＝λb，∴选项A：|a＋b|＝|a|－|b|时，a，b可为异向的共线向量，不正确；选项B：若a⊥b，由正方形得|a＋b|＝|a|－|b|，不正确；选项D：若存在实数λ，使得a＝λb，a，b可为同向的共线向量，此时显然|a＋b|＝|a|－|b|，不正确。故选C。例5：（年湖南省理5分）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是【】【答案】D。【考点】组合体的三视图。【解析】由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形。故选D。例6：（年江西省理5分）下列函数中，与函数定义域相同的函数为【】A．B.C.D.【答案】D。【考点】函数的定义域。【解析】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围。其求解根据一般有:(1)分式中，分母不为零;(2)偶次根式中，被开方数非负；(3)对数的真数大于0：（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义。由函数的意义可求得其定义域为，于是对各选项逐一判断即可得答案：对于A，的其定义域为，故A不满足；对于B，的定义域为，故B不满足；对于C，的定义域为，故C不满足；对于D，的定义域为，故D满足。综上所述，与函数定义域相同的函数为：。故选D。例7：（年四川省理5分）下列命题正确的是【】A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C。【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。【解析】采用排除法：若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确。故选C。例8：（年四川省理5分）函数的图象可能是【】A、B、C、D、【答案】D。【考点】函数图像。【解析】采用排除法：函数恒过（－1,0），选项只有D符合，故选D。例9：（年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【】【答案】A。【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：观察图形可知，当时，随着的增大，单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大，单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。∴SE⊥面BDE。∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。又∵SA＝SC＝1，AC＝eq\r(,2)，SO＝eq\f(\r(,2),2)。此时。∴。当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。由EH∥SO，得，即。由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。∴。当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。由EH∥SO，得，即。由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。∴。综上所述，。结合微积分知识，可判定A正确。例10：（年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【】A.B.C.D.【答案】A。【考点】函数的图象。【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。七、图象解析法：图象解析法的解题方法解选择题的一种常用方法，它是根据数形结合的原理,先画出示意图,再观察图象的特征作出选择的方法。对于一些具有几何背景的数学题，如能构造出与之相应的图形进行分析，则能在数形结合，以形助数中获得形象直观的解法。典型例题：例1：（年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【】（A）(1－eq\r(3)，2)（B）(0，2)（C）(eq\r(3)－1，2)（D）(0，1+eq\r(3))【答案】A。【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+eq\r(3)，2）。作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域：A(1,1)，B(1,3)，C（1+eq\r(3)，2）。当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+eq\r(3)，y=2时，z=－x+y取得最小值1－eq\r(3)。∴z=－x+y的取值范围为(1－eq\r(3)，2)。故选A。例2：（年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【】（A）(0，eq\f(\r(2),2))（B）(eq\f(\r(2),2)，1)（C）(1，eq\r(2))（D）(eq\r(2)，2)【答案】B。【考点】指数函数和对数函数的性质。【解析】设,作图。∵当时，,∴在时,的图象在的图象上方。根据对数函数的性质，。∴单调递减。∴由时，得，解得。∴要使时，，必须。∴a的取值范围是(eq\f(\r(2),2)，1)。故选B。例3：（年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【】A．或2B．或3C．或1D．或1【答案】A【考点】导数的应用。【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。∵，∴。∴当时，函数取得极值。由或可得或，即。故选A。例4：（年北京市理5分）设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点。则此点到坐标原点的距离大于2的概率是【】A.B.C.D.【答案】D。【考点】几何概率。【解析】不等式组表示的平面区域D是一个边长为2的正方形，如画图可知，区域内到坐标原点的距离大于2的点为红色区域，它的面积为正方形的面积减四分之一圆的面积：。∴此点到坐标原点的距离大于2的概率是。故选D。例5：（年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【】A．16B．14C【答案】A。【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。∴这些三角形相似的两边长之比。∴；；；；；。∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。例6：（年湖南省理5分）已知两条直线：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B，与函数的图像从左至右相交于C,D.记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为,,当m变化时，的最小值为【】A．B.C.D.【答案】B。【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，由，得，由，得。根据题意得。∵，∴。故选B。例7：（年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表年产量/亩年种植成本/亩每吨售价黄瓜4吨1.2万元0.55万元韭菜6吨0.9万元0.3万元为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【】A．50，0B．30，20C．20，30D．0，50【答案】B。【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为.线性约束条件为

，即。如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。八、待定系数法：待定系数法是一种常用的数学方法，对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程（组）或不等式（组），解之即得待定的系数。对于待定系数法方法的使用，笔者将另文详细解析。典型例题：例1：（年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【】 【答案】。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】的准线。∵与抛物线的准线交于两点，，∴，。设，则，得，。故选。例2：（年全国大纲卷理5分）已知等差数列的前项和为，则数列的前100项和为【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】等差数列的通项公式和前项和公式的运用，裂项求和的综合运用。【解析】通过已知，列式求解，得到公差与首项，从而得的通项公式，进一步裂项求和：设等差数列的公差为，则由可得。∴。∴。故选A。例3：（年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示，则它与轴所围图形的面积为【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，则。故选B。例4：（年湖北省理5分）设是正数，且，则【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。【解析】由柯西不等式知，而此时恰好满足取等条件。令，则。代入到中得，再将代入得。∵，∴。∴。故选C。例5：（年四川省文5分）已知抛物线关于轴对称，它的顶点在坐标原点，并且经过点。若点到该抛物线焦点的距离为，则【】A、B、C、D、【答案】B。【考点】抛物线的定义。【解析】设抛物线方程为,则焦点坐标为（），准线方程为。∵点在该抛物线上，∴点到该抛物线焦点的距离等于到准线的距离，即，解得，。∴。∴。故选B。九、分类讨论法：在解答某些问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳，综合得出结论。对于分类讨论法方法的使用，笔者将另文详细解析。典型例题：例1：（年全国课标卷理5分）已知为等比数列，，，则【】 【答案】。【考点】等比数列。【解析】∵为等比数列，，，∴或。由得，即；由得，即。故选。例2：（年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【】（A）3690（B）3660（C）1845（D）1830【答案】D。【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。【解析】求出的通项：由得，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；······当时，；当时，；当时，；当时，（）。∵，∴的四项之和为（）。设（）。则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，∴的前项和=的前15项和=。故选D。例3：（年全国大纲卷文5分）6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有【】A.240种B.360种C.480种D.720种【答案】C。【考点】排列组合的应用。【解析】根据特殊元素优先的原则，选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，在其余4个次序演讲有种组合，则其余5位选手进行全排列。因此，不同的演讲次序共有种。故选C。例4：（年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【】A.24B.18C.12D.6【答案】B。【考点】排列组合问题。【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3种情况），之后十位（2种情况），最后百位（2种情况），共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3种情况），十位（2种情况），百位（不能是O，一种倩况），共6种。因此总共有12+6=18种情况。故选B。例5：（年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【】（A）函数有极大值和极小值（B）函数有极大值和极小值（C）函数有极大值和极小值（D）函数有极大值和极小值【答案】D。【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情况：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗极大值↘非极值↘极小值↗∴的极大值为，的极小值为。故选D。例6：（年浙江省理5分）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【】A．60种B．63种C．65种D．66种【答案】D。【考点】分类讨论，计数原理的应用