新课标2025版高考数学二轮复习第一部分基醇点自主练透第1讲选择填空题的特殊解法学案文新人教A版

PAGE10-第1讲选择、填空题的特别解法方法一特值(例)解除法方法诠释运用前提运用技巧常见问题特例法是依据题设和各选项的详细状况和特点，选取满意条件的特别的数值、特别的点、特别的例子、特别的图形、特别的位置、特别的函数、特别的方程、特别的数列等，针对各选项进行代入比照，结合解除法，从而得到正确的答案．满意当一般性结论成立时，对符合条件的特别化状况也肯定成立．找到满意条件的合适的特别化例子，或举反例解除，有时甚至须要两次或两次以上的特别化例子才可以确定结论．求范围、比较大小、求值或取值范围、恒成立问题、随意性问题等．而对于函数图象的判别、不等式、空间线面位置关系等不宜干脆求解的问题，常通过解除法解决.真题示例技法应用(2024·高考全国卷Ⅱ)若a>b，则()A．ln(a－b)>0 B．3a<3bC．a3－b3>0 D．|a|>|b|取a＝－1，b＝－2，则a>b，可验证A，B，D错误，只有C正确．答案：C(2024·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的图象大致为()取特别值，x＝π，结合函数的奇偶性进行解除，答案选D.答案：D(2024·高考全国卷Ⅲ)记不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥6，,2x－y≥0))表示的平面区域为D.命题p：∃(x，y)∈D，2x＋y≥9；命题q：∀(x，y)∈D，2x＋y≤12.下面给出了四个命题①p∨q②綈p∨q③p∧綈q④綈p∧綈q这四个命题中，全部真命题的编号是()A．①③ B．①②C．②③ D．③④取x＝4，y＝5，满意不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥6，,2x－y≥0，))且满意2x＋y≥9，不满意2x＋y≤12，故p真，q假．所以①③真，②④假．答案：A真题示例技法应用(2024·高考全国卷Ⅰ)右图来自古希腊数学家希波克拉底所探讨的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则()A．p1＝p2B．p1＝p3C．p2＝p3D．p1＝p2＋p3不妨设三角形ABC为等腰直角三角形，过A作AO垂直BC于O，则区域Ⅰ，Ⅱ的面积相等．答案：A(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝()A．5 B．7C．9 D．11取常数列an＝1代入计算．答案：A1．计算eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))cos2α,2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝()A．－2 B．2C．－1 D．1解析：选D.取α＝eq\f(π,12)，则原式＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,12)))cos\f(π,6),2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,12))))＝eq\f(\r(3)×\f(\r(3),2),2×\f(3,4))＝1.2．如图所示，两个不共线向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角为θ，M，N分别为OA与OB的中点，点C在直线MN上，且eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值为()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(1,8)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)解析：选B.特别值法：当θ＝90°，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1时，以O为坐标原点，以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))分别为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，得x＋y＝eq\f(1,2)，所以x2＋y2的最小值为原点O到直线x＋y＝eq\f(1,2)的距离的平方，易得x2＋y2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8).3．已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，若过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝()A．3 B．4C．5 D.eq\f(1,3)解析：选A.由于题中直线PQ的条件是过点E，所以该直线是一条“动”直线，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特别直线确定所求值．法一：如图1，PQ∥BC，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，此时m＝n＝eq\f(2,3)，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3，故选A.法二：如图2，取直线BE作为直线PQ，明显，此时eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，故m＝1，n＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x≤1，,a2x－7a＋14，x>1.))若存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，则实数a的取值范围为()A．a<2 B．3<a<5C．a<2或3<a<5 D．2≤a≤3或a≥5解析：选C.当a＝0时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤1，,14，x>1，))f(－1)＝f(1)＝－1，故a＝0符合题意，解除B，D选项．当a＝4时，若x≤1，则f(x)≤3，若x>1，则f(x)>2，明显存在x1≤1，x2>1，满意f(x1)＝f(x2)，故a＝4符合题意，解除A选项．故选C.方法二验证法方法诠释运用前提运用技巧常见问题验证法是把选择支代入题干中进行检验，或反过来从题干中找合适的验证条件，代入各选择支中进行检验，从而可否定错误选择支而得到正确选择支的一种方法.选项中存在唯一正确的选择支.可以结合特例法、解除法等先否定一些明显错误的选项，再选择直觉认为最有可能的选项进行验证，这样可以快速获得答案.题干信息不全，选项是数值或范围，正面求解或计算烦琐的问题等.真题示例技法应用(2024·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则()A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4当sinx＝0，cosx＝1时，函数值为4，所以A，C错；把x＋π代入函数验证可得f(x＋π)＝f(x)，说明D错，故选B.答案：B(2024·高考全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y＝lnx的图象关于直线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)函数y＝lnx的图象过定点(1，0)，而(1，0)关于直线x＝1的对称点还是(1，0)，将(1，0)代入各选项，验证可知只有B满意，故选B.答案：B(2024·高考天津卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(x)，0≤x≤1，,\f(1,x)，x>1.))若关于x的方程f(x)＝－eq\f(1,4)x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(9,4)))∪{1}选取四个选项的差异值a＝1，a＝eq\f(5,4)代入验证．答案：D1．过点A(3，－2)且与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1有相同焦点的椭圆方程为()A.eq\f(x2,15)＋eq\f(y2,10)＝1 B.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,15)＝1 D.eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,15)＝1解析：选A.将点A(3，－2)代入选择支得A正确．2．函数f(x)＝xex＋lgx－10的零点所在的区间为()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)解析：选B.f(x)＝xex＋lgx－10在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)<0，f(2)>0，所以函数f(x)＝xex＋lgx－10的零点所在的区间为(1，2)，故选B.3．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)的图象的一条对称轴方程为x＝eq\f(π,12)，则ω的最小值为()A．2 B．4C．10 D．16解析：选B.若ω＝2，当x＝eq\f(π,12)时，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，不符合题意；若ω＝4，当x＝eq\f(π,12)时，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,12)＋\f(π,6)))＝1，符合题意．所以ω的最小值为4.4．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|x－a|，x≤1，,x＋1，x>1，))若f(1)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围是()A．[－1，2) B．[－1，0]C．[1，2] D．[1，＋∞)解析：选C.若a＝2时，f(x)＝2|x－2|在(－∞，1]上单调递减，f(x)≥f(1)．当x>1时，f(x)＝x＋1>2，所以f(1)是f(x)的最小值，解除A、B.若a＝3时，f(x)＝2|x－3|在(－∞，1]上单调递减，f(x)≥f(1)＝4.当x>1时，f(x)＝x＋1>2.不满意f(1)是f(x)的最小值，解除D.方法三估算法[学生用书P]方法诠释运用前提运用技巧常见问题由于选择题供应了唯一正确的答案，解答又不需供应过程，因此可以通过揣测、合情推理、估算而获得答案．这样往往可以削减运算量，加强思维的层次．估算省去了许多推导过程和困难的计算，节约了时间，从而显得快捷.针对一些困难的、不易精确求值的与计算有关的问题．常与特值法结合起来运用.对于数值计算常采纳放缩估算、整体估算、近似估算、特值估算等，对于几何体问题，常进行分割、拼凑、位置估算.求几何体的表面积、体积，三角函数的求值，求双曲线、椭圆的离心率，求参数的范围等.真题示例技法应用(2024·高考全国卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜a＜bD．b＜c＜a因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1，0<c＝0.20.3<1，所以b>c>a.故选B.答案：B(2024·高考全国卷Ⅲ)函数f(x)＝eq\f(1,5)sin(x＋eq\f(π,3))＋cos(x－eq\f(π,6))的最大值为()A.eq\f(6,5)B．1C.eq\f(3,5)D.eq\f(1,5)当x＝eq\f(π,6)时，f(x)＝eq\f(6,5)大于1，故选A.答案：A(2024·高考全国卷Ⅱ)若a＞1，则双曲线eq\f(x2,a2)－y2＝1的离心率的取值范围是()A．(eq\r(2)，＋∞)B．(eq\r(2)，2)C．(1，eq\r(2))D．(1，2)用a表示离心率e的表达式，依据a>1，估算e的取值范围．答案：C(2024·高考全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)等边三角形ABC的面积为9eq\r(3)，明显球心不是此三角形的中心，所以三棱锥体积最大时，三棱锥的高h∈(4，8)，所以eq\f(1,3)×9eq\r(3)×4<V三棱锥D­ABC<eq\f(1,3)×9eq\r(3)×8，即12eq\r(3)<V三棱锥D­ABC<24eq\r(3)，故选B.答案：B1．若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为()A.eq\f(\r(7),3) B.eq\f(5,4)C.eq\f(4,3) D.eq\f(5,3)解析：选D.因为双曲线的一条渐近线经过点(3，－4)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3).因为e＝eq\f(c,a)>eq\f(b,a)，所以e>eq\f(4,3).故选D.2．若0<α<β<eq\f(π,4)，sinα＋cosα＝a，sinβ＋cosβ＝b，则()A．a<b B．a>bC．ab<1 D．ab>2解析：选A.若α→0，则sinα＋cosα＝a→1；若β→eq\f(π,4)，则sinβ＋cosβ＝b→eq\r(2).结合选项分析选A.3．某班设计了一个八边形的班徽(如图所示)，它由四个腰长为1，顶角为α的等腰三角形和一个正方形组成，则该八边形的面积为()A．2sinα－2cosα＋2B．sinα－eq\r(3)cosα＋3C．3sinα－eq\r(3)cosα＋1D．2sinα－cosα＋1解析：选A.当顶角α→π时，八边形几乎是边长为2的正方形，面积接近于4，四个选项中，只有A符合，故选A.4．P为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)右支上的一点，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，则△PF1F2的内切圆圆心的横坐标为()A．a B．bC.eq\r(a2＋b2) D．a＋b－eq\r(a2＋b2)解析：选A.如图，点P沿双曲线向右顶点无限接近时，△PF1F2的内切圆越来越小，直至“点圆”，此“点圆”应为右顶点，则内切圆圆心的横坐标为a，故选A.方法四构造法[学生用书P]方法诠释运用前提运用技巧常见问题构造法是一种创建性的解题方法，它很好地体现了数学中的发散、类比、转化思想．利用已知条件和结论的特别性构造函数、数列、方程或几何图形等，从而简化推理与计算过程，使较困难或不易求解的数学问题得到简捷解答．构造法来源于对基础学问和基本方法的积累，须要从一般的方法原理中进行提炼概括，主动联想，横向类比，从曾经类似的问题中找到构造的灵感.构造的函数、方程、图形等要合理，不能超越原题的条件限制.对于不等式、方程、函数问题常构造新函数，对于不规则的几何体常构造成规则的几何体处理.比较大小、函数导数问题、不规则的几何体问题等.真题示例技法应用(2024·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)在长方体ABCD­A1B1C1D1的面ABB1A1一侧再补添一个完全一样的长方体ABC2D2­A1B1B2A2，求△AB2D1中∠D1AB2的余弦值即可．答案：C(2024·高考全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③假如α∥β，m⊂α，那么m∥β.④假如m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写全部正确命题的编号)构造正方体，将正方体中的有关棱与面看作问题中的有关直线与平面，逐一推断．答案：②③④续表真题示例技法应用(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)依据题意构造新函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，对g(x)求导再解．答案：A(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.由an＋1＝Sn＋1－Sn，将原等式变形，再构造等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))求解．答案：－eq\f(1,n)1．已知数列{an}的前n项和为