专题39 快速解选择题的解法大全-名师揭秘2019年高考数学（理）命题热点全覆盖（解析版）

专题39快速解选择题的解法大全一、题型特点近几年来，在新课标全国卷Ⅰ 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 试题中选择题一直是12道题，填空题一直是4道题，所占分值为80分，约占数学试题总分数的53%.且在高考题中属于中低难度的试题，仅有个别题属于较高难度试题，在一般的情况下分别按由易到难的顺序排列，在高考数学中选择题和填空题是一种只要求得到结果，不要求写出解答过程的试题．具有概括性强、小巧灵活、知识覆盖面广，其中融入多种数学思想和MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1714863477132_0等特点，可以有效地检验考生的数学思维层次及分析问题、判断问题、推理问题和解决问题的能力．二、解题思路做选填题的步骤为：1．首先，审题．能很好的把数学的三种语言(文字语言、图形语言、数字符号语言)之间快速转化并发掘题目中的隐含条件，要去伪存真，快速领会题目的真正含义．2．其次，要注意选填题的解题技巧．小题小做、巧做，简单做，要多用数形结合、特殊值法等技巧，节约时间．3．最后，仔细检查答卷不能有漏填的现象(遇到不会做的，也不要空着不做，一定要写一个答案)，不能有把答案抄错的现象．三、典例分析(一)直接演绎法所谓直接演绎法，就是直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过变形、推理、运算等过程，直接得到结果．例1(2015课标全国Ⅰ)已知点M(x0，y0)是双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点．若eq\o(MF1,\s\up12(→))·eq\o(MF2,\s\up12(→))<0，则y0的取值范围是(　　)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))【解析】选A.由题意知a＝eq\r(2)，b＝1，c＝eq\r(3)，∴F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，∴eq\o(MF1,\s\up12(→))＝(－eq\r(3)－x0，－y0)，eq\o(MF2,\s\up12(→))＝(eq\r(3)－x0，－y0)．∵eq\o(MF1,\s\up12(→))·eq\o(MF2,\s\up12(→))<0，∴(－eq\r(3)－x0)(eq\r(3)－x0)＋yeq\o\al(2,0)<0,即xeq\o\al(2,0)－3＋yeq\o\al(2,0)<0.∵点M(x0，y0)在双曲线上，∴2,0)eq\f(x,2)－yeq\o\al(2,0)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝2＋2yeq\o\al(2,0).∴2＋2yeq\o\al(2,0)－3＋yeq\o\al(2,0)<0，∴－eq\f(\r(3),3)<y0<eq\f(\r(3),3).故选A.【反思】直接演绎法是解选择填空题最基本的方法，涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目，充分挖掘题设条件，通过严谨的推理，正确的运算必能得出正确的答案．因此，学会熟练运用基本知识，并能迅速分析题目，抓住主干，吃透题意是用直接演绎法解题的不二法宝．练习1．已知为三角形内角，且，若，则关于的形状的判断，正确的是　　A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．三种形状都有可能【答案】C练习2．如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为()A．B．C．3D．【答案】D【解析】，得到，所以，结合的面积为，得到,得到，所以，故选D。练习3．等差数列和的前n项和分别为与，对一切自然数n，都有，则等于　　A．B．C．D．【答案】D【解析】，故选D。练习4．已知数列满足，，则A．2nB．C．D．【答案】D【解析】数列满足，，可得：，所以数列是等差数列，可得：，可得，故选：D．练习5．已知数列和首项均为1，且，，数列的前项和为，且满足，则（）A．2019B．C．D．【答案】D【解析】由，可得：，即数列是常数列，又数列首项为1，所以，所以可化为，因为数列的前项和，所以，所以，因此数列是以2为公差的等差数列，又,所以,故，所以.故选D(二)特例(值)法所谓特例(值)法，就是利用满足题设条件的一些特殊数值、特殊函数、特殊方程、特殊数列、特殊点、特殊角、特殊图形、特殊位置等进行求解，从而得出正确答案．例2(2014课标全国Ⅰ)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则(　　)A．3α－β＝eq\f(π,2)B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2)D．2α＋β＝eq\f(π,2)【解析】∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，取β＝eq\f(π,6)，∴sinβ＝eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(\r(3),2)，∴tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\r(3)，又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴取α＝eq\f(π,3)，则有2α－β＝eq\f(π,2).故选B.[来源:学§科§网Z§X§X§K]【反思】特例(值)法是高考数学解选择填空题的最佳方法，能降低解题难度，提高解题效率．当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特例(值)法(取得越简单越好)进行探究，从而清晰、快捷地得到正确答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律．练习1．给出下列五个命题：①若为真命题，则为真命题；②命题“，有”的否定为“，有”；③“平面向量与的夹角为钝角”的充分不必要条件是“”；④在锐角三角形中，必有；⑤为等差数列，若，则其中正确命题的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】对于①，若为真命题，则与中至少有一个为真命题，不一定为真命题，故错误.对于②，命题“，有”,则为，有,故错误.对于③，若平面向量，的夹角为可能为，故错误.对于④，在锐角三角形中，必有,即，所以，所以，故正确；对于⑤，在等差数列中，若为常数，则满足，，但是不成立，即不成立，故错误，故选A.练习2．已知数列满足：，则的前40项的和为（）A．860B．1240C．1830D．2420【答案】B(三)极限化法在一些选择填空题中，有一些任意选取或者变化的元素，我们对这些元素的变化趋势进行研究，分析它们的极限情况或者极端位置，并进行计算，以此来判断结果．这种通过动态变化，或对极端取值来解选择填空的策略是一种极限化法．例3．P为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支上的一点，F1，F2分别是左、右焦点，则△PF1F2的内切圆圆心的横坐标为(　　)A．aB．bC.eq\r(a2＋b2)D．a＋b－eq\r(a2＋b2)【解析】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【反思】用极限化法是解选择填空题的一种有效方法，也是在选择填空题中避免“小题大做”的有效途径．它根据题干及选择支的特征，考虑极端情形，有助于缩小做题难度，计算简便，能迅速得到答案．练习1．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，，分别为的内心、重心，当轴时，椭圆的离心率为()A．B．C．D．【答案】A【解析】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点，设点，，则，因为为的重心，所以，因为轴，所以点横坐标也为，，因为为的角平分线，则有，又因为，所以可得，又由角平分线的性质可得，，而所以得，所以，，所以，即，因为即，解得，所以答案为A.练习2．定义直线l：为椭圆的右准线，研究发现椭圆上任意一点M到右焦点的距离与它到l的距离之比为定值，已知椭圆，为椭圆内一点，点M为椭圆上的动点，当取最小值时，M点的坐标为　　A．B．C．D．【答案】B(四)数形结合法所谓数形结合法是把抽象的数学语言同直观的图形结合起来，通过“以形助数”、“以数辅形”，使抽象思维与形象思维相结合，通过图形的描述、代数的论证来研究和解决数学问题．例4(2015课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))【解析】选D.设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－eq\f(1,2)时，g′(x)<0，当x>－eq\f(1,2)时，g′(x)>0，所以当x＝－eq\f(1,2)时，[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2)，作出大致图象如图所示，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1.故选D.【反思】“数”与“形”是数学的重要基石，二者在内容上互相联系，在方法上互相渗透，在一定条件下可以互相转化，如果在解答选择填空题的过程中能够很好的运用这一数学解题中最重要的方法之一，就能够使复杂的问题简单化，抽象的问题具体化，进而简化解题过程，从而达到事半功倍的效果．练习1.已知，，则的最小值是()A．1B．C．2D．【答案】C【解析】设是曲线上的点，是直线上的点；可看成曲线上的点到直线上的点的距离的平方．对函数求导得，令，得，所以，曲线上一点到直线上距离最小的点为，该点到直线的距离为．因此，的最小值为．故选：C．练习2．设函数若关于的方程恰有四个不同的实数解，则实数的取值范围为（　　）A．B．C．D．【答案】D【解析】由可得或或，作出函数的图象如图，由图可知与的图象有2个交点；与的图象有1个交点，所以方程与分别有2个与1个根，要使方程恰有四个不同的实数解，只需由1个不同于以上3个根的解，即与的图象有1个交点，有图可知，当且或时符合题意，所以使方程恰有四个不同的实数解，实数的取值范围为，故选D.【点睛】本题考査方程的解、函数的零点、图象的交点，考査数形结合的解题思想方法，是中档题.函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.(五)构造法所谓构造法就是依据某些数学问题的条件或结论所具有的典型特征，用已知条件中的元素为“元件”，用已知的数学关系为“支架”，在思维中构造出一种相关的数学对象、一种新的数学形式；或者利用具体问题的特殊性，为待解决的问题设置一个框架，从而使问题转化并得到解决的方法．例5(2015·课标全国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，＋∞)【解析】选A.构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，当x>0时，总有xf′(x)－f(x)<0，即当x>0时，g′(x)恒小于0，∴当x>0时，函数g(x)为减函数，又∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)为定义域上的偶函数，又∵g(－1)＝eq\f(f（－1）,－1)＝0，∴g(x)的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f(x)>0⇔xg(x)>0⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0,g（x）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0,g（x）<0))，⇔0<x<1或x<－1.故选A.练习1．定义在上的函数的导函数为，且对都有，则　　A．B．C．D．【答案】C【解析】由f′（x）lnxf（x）得，f′（x）xlnx＞（1+lnx）f（x），即f′（x）xlnx﹣（1+lnx）f（x）＞0，令g（x），则g′（x），由f′（x）xlnx﹣（1+lnx）f（x）＞0，∴x∈（0，1），（1，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）在区间（0.1）和（1，+∞）上单调递增，∴g（2）＜g（4）＜g（8），即f（8）＞3f（4）＞12f（2），故选：C．学科!网（六）排除法例6.已知函数，则函数的零点个数为A．B．C．D．【答案】B【解析】当时，，据此可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，由函数的解析式易知函数在区间上单调递减，绘制函数图像如图所示，注意到，故方程的解：，则原问题转化为求方程时解的个数之和，由函数图像易知满足题意的零点个数为7个.本题选择B选项.练习1．设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是()A．B．C．是数列中的最大值D．数列无最小值【答案】D（七）代入法例7.已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】构造函数g（x），∴g′（x），∵xf′（x）﹣f（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）是偶函数，∴cg（﹣3）＝g（3），∵ag（e），bg（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选：D．练习1．函数的定义域为，且，当时，；当时，，则()A．671B．673C．1343D．1345【答案】D【解析】∵，∴，∴函数是周期为3的周期函数．又当时，；当时，，∴，∴[来源:学科网]．故选D．练习2．设函数,，,若存在实数,使得集合中恰好有个元素,则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，集合A∩B中恰好有5个元素，即椭圆内包括函数f（x）图象的5个最值点；∴顶点（，1）在椭圆上，而顶点（）必满足在椭圆内，把顶点的坐标代入，可得，解得：，由T，∴，解得：ω∈．故选：A．（八）特殊位置法例8．过内一点任作一条直线，再分别过顶点作的垂线，垂足分别为，若恒成立，则点是的（）A．垂心B．重心C．外心D．内心【答案】B【解析】本题采用特殊位置法较为简单.因为过内一点任作一条直线，可将此直线特殊为过点A，则，有.如图：则有直线AM经过BC的中点，同理可得直线BM经过AC的中点，直线CM经过AB的中点，所以点是的重心，[来源:学_科_网]故选B.练习1．在中，若，则是的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心【答案】D【解析】∵∴；∴；∴OB⊥AC，同理由，得到OA⊥BC∴点O是△ABC的三条高的交点．故选：D．练习2．在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线与所成的角是定值；②三棱锥的体积是定值；③直线与平面所成的角是定值．其中真命题的个数是()A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0≤t≤1），可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0，故异面直线与所的角是定值，故①正确；三棱锥的底面为定值，且∥,点F是线段上的一个动点，可得F点到底面的距离为为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；可得=(t，1，-t)，=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值，故③错误;故选B.（九）归纳法例9．如图，第(1)个图案由1个点组成，第(2)个图案由3个点组成，第(3)个图案由7个点组成，第(4)个图案由13个点组成，第(5)个图案由21个点组成，……，依此类推，根据图案中点的排列规律,第50个图形由多少个点组成（）A．2450B．2451C．2452D．2453【答案】B【解析】设第个图案的点的个数为，由题意可得，故，由此可推得，以上个式子相加可得：,化简可得，[来源:Z_xx_k.Com]故，故，即第个图形由个点组成，故选B.【点睛】本题主要考查归纳推理以及等差数列的求和公式，属于中档题.归纳推理的一般步骤:一、通过观察个别情况发现某些相同的性质.二、从已知的相同性质中推出一个明确 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述的一般性命题(猜想）.常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1)数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2)形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.（十）几何意义法例10．若实数x，y满足不等式组，则目标函数的最大值是　　A．1B．C．D．【答案】B【解析】实数x，y满足不等式组的可行域如图：目标函数；的几何意义是可行域内的点与连线的斜率，目标函数的最大值转化为的最小值，由图形可知最优解为，所以目标函数的最大值是：．故选：B．练习1．函数在上单调递增，则的最小值为（）A．4B．16C．20D．18【答案】B【解析】因为函数在上单调递增，所以=在上恒成立。又，所以在上恒成立。记，则，整理得：，学_科网把横坐标看作轴，纵坐标看作轴，作出不等式组表示的区域如下图，令，则，抛物线恰好过图中点，由线性规划知识可得：当抛物线过点时，最小，此时取得最小值。所以故选：B练习2．已知满足不等式组，则的最小值为（）A．0B．2C．1D．3【答案】C练习3．如图所示，四棱锥的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为，点P在球面上，则四棱锥体积的最大值为　　学_科网A．8B．C．16D．【答案】D【解析】因为球O的表面积是，所以，解得．如图，四棱锥底面为矩形且矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，设矩形的长宽为x，y，[来源:学+科+网Z+X+X+K]则，当且仅当时上式取等号，即底面为正方形时，底面面积最大，此时点P在球面上，当底面ABCD时，，即，则四棱锥体积的最大值为．故选：D．学+科网