高考数学大二轮专题复习第一编第5讲选择题的解题方法

新高考二轮复习数学(新课程版)第5讲选择题的解题方法题型特点解读选择题包括单项选择题和多项选择题，在高考中题目数量多，占分比例高，概括性强，知识覆盖面广，注重多个知识点的小型综合其中多选题的引入，为数学基础和数学能力在不同层次的考生都提供了发挥空间，提高了考试的区分度我们在解题时要充分利用题干和选项所提供的信息作出判断，先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解，对于具有多种解题思路的，选最简解法，以准确、迅速为宗旨，绝不能“小题大做”方法1直接法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，严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择例1(1)(多选)(2020山东省日照市高三6月校际联合考试)2019年10月31日，工信部宣布全国5G商用正式启动，三大运营商公布5G套餐方案，中国正式跨入5G时代某通信行业咨询机构对我国三大5G设备商进行了全面评估和比较，其结果如雷达图所示(每项指标值满分为5分，分值高者为优)，则()AP设备商的研发投入超过Q设备商与R设备商B三家设备商的产品组合指标得分相同C.在参与评估的各项指标中，Q设备商均优于R设备商D.除产品组合外，P设备商其他4项指标均超过Q设备商与R设备商答案ABD解析雷达图中是越外面其指标值越优，由图可知A，B，D均正确，而对于C，Q设备商与R设备商各有优劣故选ABD.(2)(2020全国卷)如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，a12.设1ijk12.若kj3且ji4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若kj4且ji3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为()A5 B8 C10 D15答案C解析根据题意可知，原位大三和弦满足kj3，ji4，i1，j5，k8；i2，j6，k9；i3，j7，k10；i4，j8，k11；i5，j9，k12.原位小三和弦满足kj4，ji3.i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k11；i5，j8，k12.故可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10.故选C.(3)若m，n，p(0，1)，且log3mlog5nlg p，则()Amnp BnmpCpmn Dmpn答案A解析设log3mlog5nlg pa(a0)，所以m3a，n5a，p10a，所以m3a()a()a，n5a()a()a，p10a()a()a，因为函数yxa(a0)在(0，)上单调递减，且，所以mnp，故选A.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法直接法的解题过程与常规解法基本相同，不同的是解选择题时可利用选项的暗示性，同时应注意：在计算和论证时应尽量简化步骤，合理跳步，以提高解题速度，注意一些现成结论的使用，如球的性质、正方体的性质，等差、等比数列的性质等1将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为()A90 B60 C45 D30答案B解析如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，连接ON，MN，OM.则ONCD，MNAB，所以ONM或其补角即为所求的角因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC平面ACDAC，BOAC，BO平面ABC，所以BO平面ACD，又OD平面ACD，所以BOOD.设正方形边长为2，OBOD，所以BD2，则OMBD1.所以ONMNOM1.所以OMN是等边三角形，故ONM60.所以直线AB与CD所成的角为60.故选B.2(多选)设椭圆1的右焦点为F，直线ym(0m)与椭圆交于A，B两点，则()A|AF|BF|为定值BABF的周长的取值范围是6，12C当m时，ABF为直角三角形D当m1时，ABF的面积为答案ACD解析设椭圆的左焦点为F，则|AF|BF|，所以|AF|BF|AF|AF|为定值6，A正确；ABF的周长为|AB|AF|BF|，因为|AF|BF|为定值6，易知|AB|的范围是(0，6)，所以ABF的周长的范围是(6，12)，B错误；将y与椭圆方程联立，可解得A，B，又易知F(，0)，所以0，所以ABF为直角三角形，C正确；将y1与椭圆方程联立，解得A(，1)，B(，1)，所以SABF21，D正确方法2排除法排除法也叫筛选法或淘汰法，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个选项进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得唯一正确的结论例2(1)设函数f(x)若f(x0)3，则x0的取值范围为()A(，0)(2，)B(0，2)C(，1)(3，)D(1，3)答案C解析取x01，则f(1)13，故x01，排除B，D；取x03，则f(3)log283，故x03，排除A.故选C.(2)(2020浙江高考)函数yx cos xsin x在区间，的图象大致为()答案A解析因为f(x)x cos xsin x，则f(x)x cos xsin xf(x)，所以函数f(x)为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，排除C，D；当x时，ycos sin 0，排除B.故选A.排除法适用于直接法解决很困难或者计算较复杂的情况(1)当题目中的条件不唯一时，先根据某些条件找出明显与之矛盾的选项予以否定(2)再根据另一些条件在缩小的范围内找出矛盾，这样逐步排除，直至得到正确的选择1已知向量a(2，1)，b(，1)，若a与b的夹角为钝角，则的取值范围是()A(2，)B(2，)C D答案A解析解法一：因为a与b的夹角为钝角，所以ab0，且a与b不反向，所以210且2，解得(2，).解法二：因为当0时，a与b的夹角为钝角，排除B，D；当2时，a与b的夹角为，排除C，故选A.2函数f(x)的图象大致是()答案D解析由函数的解析式得，函数f(x)的定义域为(，0)(0，)，f(x)f(x)，故函数f(x)在定义域内是偶函数当x1时，f(x)0，当x(0，1)(1，0)时，f(x)0，可排除B，C；当x0时，f(x)0，排除A，故选D.方法3特值法从题干(或选项)出发，通过选取构造特殊情况代入，将问题特殊化，再进行判断特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等例3(1)设x，y，z为正数，且2x3y5z，则()A3y2x5z B2x3y5zC3y5z2x D5z2x3y答案A解析取z1，则由2x3y5得xlog25，ylog35，所以2xlog225log2325z，3ylog3125log32435z，所以5z最大取y1，则由2x3得xlog23，所以2xlog293y.综上可得，3y2x5z，故选A.(2)(2020江西南昌二中模拟)如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则上、下两部分的体积之比为()A31 B21C41 D1答案B解析将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ(0)，则有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1故上、下两部分的体积之比为21.在题设条件成立的情况下，用特殊值(取得越简单越好)进行探求，从而可清晰、快捷地得到答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，这是解高考数学选择题的最佳策略1在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，B是A和C的等差中项，则ac与2b的大小关系是()Aac2b Bac2bCac2b Dac2b答案D解析不妨令ABC60，则可排除A，B；再令A30，B60，C90，可排除C，故选D.2(2020山西省山西大学附中高三诊断考试)函数f(x)x22|x|的大致图象为()答案D解析f(1)sin 112sin 110，排除A.故选D.方法4数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，这种方法叫数形结合法有的选择题可通过命题条件的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质，得出结论，图形化策略是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略例4(1)若定义在R上的函数f(x)满足f(x2)f(x)且x1，1时，f(x)|x|，则方程f(x)log3|x|的根的个数是()A4 B5 C6 D7答案A解析因为函数f(x)满足f(x2)f(x)，所以函数f(x)是周期为2的周期函数又x1，1时，f(x)|x|，所以函数f(x)的图象如图所示再作出ylog3|x|的图象，易得两函数图象有4个交点，所以方程f(x)log3|x|有4个根故选A.(2)已知函数f(x)ln (xa)，若x1，x2(a，)，使得x1f(x2)2x2f(x1)24，则实数a的取值范围是()A(，1 BC(， D(，2答案A解析令tf(x2)，则S(x1，x2)x1f(x2)2x2f(x1)2为两点(x1，f(x1)，(t，eta)间的距离的平方，作出函数yf(x)与yexa的图象如图所示，设A(1a，0)，B(0，1a)，两函数图象在A，B处的切线斜率都为1，kAB1，当a1时，可知|AB|2为S(x1，x2)的最小值，即4(a1)2，解得1cb BbcaCcab Dcba答案C解析由题意得aln 9，bln 8，ab.ca2ln 322，设f(x)xeln x，f(x)1，令f(x)0，得xe，故f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，f(x)minf(e)0，又x0和x时，f(x)，作出f(x)的大致图象如图所示故当xe时，f(x)0，3e，f(3)0，即3eln 30，ca0，即ca，故cab.故选C.方法5估算法由于单项选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计便能作出正确的判断，这就是估算法估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次例5(1)(2020广东省茂名市高三二模)在周髀算经中，把圆及其内接正方形称为圆方图，把正方形及其内切圆称为方圆图圆方图和方圆图在我国古代的设计和建筑领域有着广泛的应用山西应县木塔是我国现存最古老、最高大的纯木结构楼阁式建筑，它的正面图如图所示以该木塔底层的边AB作正方形，以点A或点B为圆心，以这个正方形的对角线为半径作圆，会发现塔的高度正好跟此对角线长度相等以该木塔底层的边AB作正方形，会发现该正方形与其内切圆的一个切点D正好位于塔身和塔顶的分界线上经测量发现，木塔底层的边AB不少于47.5米，塔顶C到点D的距离不超过19.9米，则该木塔的高度可能是(参考数据：1.414)()A66.1米 B67.3米C68.5米 D69.0米答案B解析设该木塔的高度为h，则由图可知hAB47.51.41467.165(米)，同时，h67.9，即木塔的高度h约在67.165米至67.9米之间，对照各选项，只有B符合(2)已知函数f(x)2sin (x)1，其图象与直线y1相邻两个交点的距离为.若f(x)1对于任意的x恒成立，则的取值范围是()A BC D答案A解析因为函数f(x)的最小值为211，由函数f(x)的图象与直线y1相邻两个交点的距离为可得，该函数的最小正周期为T，所以，解得2.故f(x)2sin (2x)1.由f(x)1，可得sin (2x)0.又x，所以2x.对于B，D，若取，则2x，在上，sin (2x)0，不符合题意；对于C，若取，则2x，在上，sin (2x)0，不符合题意故选A.估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法可从题设条件估计大致范围、大致区间等，也可找端点、极限位置，从而达到求解的目的.1(2019全国卷)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是()A165 cm B175 cmC185 cm D190 cm答案B解析设某人身高为m cm，脖子下端至肚脐的长度为n cm，则由腿长为105 cm，可得0.618，解得m169.890.由头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得0.618，解得n42.071.由已知可得0.618，解得m178.218.综上，此人身高m满足169.890m178.218，所以其身高可能为175 cm.故选B.2已知球O的直径FC4，A，B是该球球面上的两点，AB，AFCBFC30，则三棱锥FABC的体积为()A3 B2 C D1答案C解析解法一：(一般法)根据题意画出图象如图所示，因为FC为球的直径，A，B是该球球面上的两点，所以FACFBC90.又AFCBFC30，所以ACBC2，FAFB2，设D为AB的中点，连接FD，则FDAB，由FD2FA2AD2得FD，所以SFABABFD.连接球心O与底面三角形FAB的外接圆圆心O1，可知OO1底面FAB，则三棱锥CFAB的高h与OO1平行，又O为FC的中点，易知h2OO1，经计算可得OO1，所以三棱锥CFAB的高h2OO1，所以V三棱锥FABCV三棱锥CFABSFABh.故选C.解法二：(估算法)观察此题选项，发现大小差距较大，我们可以直接采用估算法，算出三棱锥FABC的体积的近似值，然后直接选取与近似值最接近的选项计算完SFABABFD后，我们将三棱锥CFAB的高h近似认为是AC，则V三棱锥FABCV三棱锥CFABSFABAC2，再与选项比较，可以发现与选项C接近，所以直接选C.