2019届高考数学二轮复习专题--秒杀选择题带答案与2019届高考数学二轮复习专题--选修4-5不等式选讲附答案.docx

2019届高考数学二轮复习专题-秒杀选择题（带答案）与2019届高考数学二轮复习专题-选修4-5不等式选讲（附答案）2019届高考数学二轮复习专题-秒杀选择题（带答案）选择题解法的特殊性在于可以“不讲道理”常用方法分直接法和间接法两大类直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，时间可能不允许，因此，我们还要研究解答选择题的一些间接法的应用技巧其基本解答策略是：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，总的来说，选择题属于小题，尽量避免“小题大做”在考场上，提高了解题速度，也是一种制胜的法宝1方法一 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，通过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”，作出相应的选择涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法2方法二 特例法从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，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、特殊函数等3方法三 排除(淘汰)法排除法(淘汰法)是充分利用选择题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法4方法四 数形结合法有些选择题可通过命题条件中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、性质等，综合图象的特征，得出结论5方法五 估算法选择题提供了唯一正确的选择支，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6方法六 概念辨析法概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选出正确结论的方法这类题目一般是给出的一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心方法一 直接法【例1】(2018全国i卷)记 为等差数列 的前 项和若 ， ，则 （）a b c d12解析设该等差数列的公差为 ，根据题中的条件可得 ，整理解得 ，所以 ，故选b探究提高 1直接法是解答选择题最常用的基本方法2用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，否则一味求快则会快中出错【训练1】(1)(2017全国卷改编)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4( )a8 b8 c4 d4(2)如图所示，程序框图(算法流程图)的输出结果是( )a34 b55 c78 d89解析 (1)由an为等比数列，设公比为qa1a21，a1a33，即a1a1q1，a1a1q23，显然q1，a10，得1q3，即q2，代入式可得a11，所以a4a1q31(2)38(2)第一次循环：z2，x1，y2；第二次循环：z3，x2，y3；第三次循环：z5，x3，y5；第四次循环：z8，x5，y8；第五次循环：z13，x8，y13；第六次循环：z21，x13，y21；第七次循环：z34，x21，y34，z55当z55时，退出循环，输出z55答案 (1)b (2)b方法二 特例法【例2】(2017山东卷)若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是( )aa1bb2alog2(ab) bb2alog2(ab)a1bca1blog2(ab)b2a dlog2(ab)a1bb2a解析 令a2，b12，则a1b4，b2a18，log2(ab)log252(1，2)，则b2alog2(ab)a1b答案 b探究提高 1特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般性结论的选择题2特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解【训练2】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，则其体积之比为( )a31 b21 c41 d31解析 将p，q置于特殊位置：pa1，qb，此时仍满足条件a1pbq(0)，则有 23 ，所以截后两部分的体积比为21答案 b方法三 排除(淘汰)法【例3】(2018全国ii卷) 3函数 的图象大致为（） 解析 ， ， 为奇函数，舍去a， 舍去d；， ， ，所以舍去c；故选b探究提高 1排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题2当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案【训练3】(2015浙江卷)函数f(x)x1xcos x(x且x0)的图象可能为( )解析 因为f(x)x1xcos(x)x1xcos xf(x)，故函数是奇函数，所以排除a，b；取x，则f()1cos 10，所以排除c答案 d方法四 数形结合法【例4】 (2015北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线acb，则不等式f(x)log2(x1)的解集是( )ax|1x0 bx|1x1 cx|1x1 dx|1x2解析 令g(x)ylog2(x1)，作出函数g(x)图象如图，由xy2，ylog2（x1），得x1，y1.结合图象知不等式f(x)log2(x1)的解集为x|10)恰有三个不相等的实根，则实数k的取值范围是( )a0，14 b14，13 c13，1 d14，1解析 直线ykxk(k0)恒过定点(1，0)，在同一直角坐标系中作出函数yf(x)的图象和直线ykxk(k0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以14k5，只有d满足答案 d探究提高 1“估算法”的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义2在选择题中作精确计算不易时，可根据题干提供的信息，估算出结果的大致取值范围，排除错误的选项对于客观性试题，合理的估算往往比盲目的精确计算和严谨推理更为有效，可谓“一叶知秋”【训练5】设m为不等式组x0，y0，yx2表示的平面区域，则当a从2连续变化到1时，动直线xya扫过a中的那部分区域的面积为( )a34 b1 c74 d2解析 如图知区域的面积是oab去掉一个小直角三角形阴影部分面积比1大，比soab12222小，故c项满足答案 c方法六 概念辨析法【例6】若对于定义在r上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数(r)使得f(x)f(x)0对任意实数都成立，则称f(x)是一个“伴随函数”下列是关于“伴随函数”的结论：f(x)0不是常数函数中唯一一个“伴随函数”；f(x)x是“伴随函数”；f(x)x2是“伴随函数”；“12伴随函数”至少有一个零点其中正确的结论个数是( )a1 b2 c3 d4解析 由题意得，正确，如f(x)c0，取1，则f(x1)f(x)cc0，即f(x)c0是一个“伴随函数”；不正确，若f(x)x是一个“伴随函数”，则xxx(1)0，对任意实数x成立，所以10，而找不到使此式成立，所以f(x)x不是一个“伴随函数”；不正确，若f(x)x2是一个“伴随函数”，则(x)2x2(1)x22x20对任意实数x成立，所以1220，而找不到使此式成立，所以f(x)x2不是一个“伴随函数”；正确，若f(x)是“12伴随函数”，则f x1212f (x)0，取x0，则f 1212f(0)0，若f(0)，f 12任意一个为0，则函数f(x)有零点；若f(0)，f 12均不为0，则f(0)，f 12异号，由零点存在性定理知，在0，12区间内存在零点因此，的结论正确答案 b探究提高 1创新命题是新课标高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，如本例中的“伴随函数”，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题2解决该类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决【训练6】(2017郑州一中质检)若设平面，平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的( )a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析 由，m，b和bm，知b，又a，ab，故有“”可以推出“ab”，反过来，不一定能推出，即“”是“ab”的充分不必要条件答案 a1(2018全国i卷)已知集合 ，则 （）a bc d2(2018全国ii卷) （）a b c d3王昌龄从军行中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的( )a充分条件 b必要条件c充要条件 d既不充分也不必要条件4已知f(x)满足xr，f(x)f(x)0，且当x0时，f(x)1exk(k为常数)，则f(ln 5)的值为( )a4 b4 c6 d65某程序框图如图所示，该程序运行后若输出s的值是2，则判断框内可填写( )ai2 015 bi2 016 ci2 017 di2 0181(2018全国ii卷)双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为（）a b c d2已知数列an满足：对于m，nn*，都有anamanm，且a112，那么a5( )a132 b116 c14 d123已知向量a，b满足|a|2，|b|3，(ab)a7，则a与b的夹角为( )a6 b3 c23 d564中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下面是实现该算法的程序框图执行该程序框图，若输入的x3，n2，依次输入的a为2，2，5，则输出的s( )a8 b17 c29 d835已知abc的三个内角a，b，c依次成等差数列，bc边上的中线ad7，ab2，则sabc( )a3 b23 c33 d61(2018全国iii卷) 的内角 的对边分别为 ， ， ，若 的面积为 ，则 （）a b c d2设数列an满足a12a23，点pn(n，an)对任意的nn*，都有 ，则数列an的前n项和sn为( )ann43 bnn34 cnn23 dnn123右面程序框图是为了求出满足3n2n1 000的最小偶数n，那么在和?两个空白框中，可以分别填入( )aa1 000和nn1ba1 000和nn2ca1 000和nn1da1 000和nn24如图，在边长为2的正方形abcd中，m是ab的中点，则过c，m，d三点的抛物线与cd围成阴影部分的面积是( )a23 b43 c52 d835若函数f(x)sin x(0)在区间0，23上单调递增，且f 23f 56，则的一个可能值是( )a12 b35 c34 d32参考答案1【解题思路】首先利用一元二次不等式的解法，求出 的解集，从而求得集合 ，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果.【答案】解不等式 得 ，所以 ，所以可以求得 ，故选b.2【解题思路】根据复数除法法则化简复数，即得结果.【答案】 ，故选d3【解题思路】 “不破楼兰终不还”的逆否命题为：“若返回家乡则攻破楼兰”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要条件【答案】 b4【解题思路】 f(x)满足xr，f(x)f(x)0，故f(x)f(x)，则f(0)0x0时，f(x)1exk，f(0)1k0，k1，所以当x0时，f(x)1ex1，则f(ln 5)f(ln 5)4【答案】 b5【解题思路】 由程序框图，初始值s2，i1循环一次后，s3，i2；循环两次后，s12，i3；循环三次后，s13，i4；循环四次后，s2，i5；循环五次后，s3，i6；依次类推，s的值呈周期性变化，周期为4如果i2 015，则循环结束s13；如果i2 016，则循环结束s2因此条件判断框中的条件是“i2 016”【答案】 b1【解题思路】根据离心率得 , 关系，进而得 , 关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.【答案】 ， ， ，因为渐近线方程为 ，所以渐近线方程为 ，故选a2【解题思路】 由于anamanm(m，nn*)，且a112令m1，得12anan1，所以数列an是公比为12，首项为12的等比数列因此a5a1q4125132【答案】 a3【解题思路】 向量a，b满足|a|2，|b|3，(ab)a7可得a2ab4ab7，可得ab3，cosa，bab|a|b|32312，由0a，b，得a，b23【答案】 c4【解题思路】 由程序框图知，循环一次后s2，k1循环二次后s2328，k2循环三次后s83529，k3满足kn，输出s29【答案】 c5【解题思路】 由于abc的三个内角a，b，c成等差数列，且内角和等于180，b60，在abd中，由余弦定理得：ad2ab2bd22abbdcos b，即74bd22bd，bd3或1(舍去)，可得bc6，sabc12abbcsin b12263233【答案】 c1【解题思路】利用面积公式 和余弦定理 进行计算可得【答案】 ，又 ，故 ， 故选c2【解题思路】 因为 (n1，an1)(n，an)(1，an1an)(1，2)，所以an1an2所以an是公差为2的等差数列由a12a23，得a113，所以snn312n(n1)2nn43【答案】 a3【解题思路】 由题意选择3n2n1 000，则判定框内填a1 000，因为n为偶数，且n初始值为0，“?”中n依次加2可保证其为偶数，所以“矩形框内”应填nn2【答案】 d4【解题思路】 由题意，建立如图所示的坐标系，则d(2，1)，设抛物线方程为y22px，代入d点坐标，可得p14，yx2， 【答案】 d5【解题思路】 由函数f(x)sin x(0)在区间0，23上单调递增，得23234由f23f56，得562，35，所以350)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc(2)|axb|caxbc或axbc3|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解(2)利用零点分段法求解(3)构造函数，利用函数的图象求解4基本不等式定理1：设a，br，则a2b22ab当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b为正数，则ab2ab，当且仅当ab时，等号成立定理3：如果a，b，c为正数，则abc33abc，当且仅当abc时，等号成立定理4：(一般形式的算术几何平均不等式)如果a1，a2，an为n个正数，则a1a2annna1a2an，当且仅当a1a2an时，等号成立热点一 绝对值不等式的解法与最值问题【例1】(2019肇庆一模)已知函数 （1）当 时，求不等式 的解集；（2）若 ，求实数 的取值范围解（1）不等式 ，即 .可得 ，或 或 ，解得 ，所以不等式的解集为 .（2） ，当且仅当 时，两处等号同时成立，所以 ，解得 或 ，实数a的取值范围是 探究提高 1解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解2不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决【训练1】(2017郑州三模)已知不等式|xm|x|的解集为(1，)(1)求实数m的值；(2)若不等式a5x11x1mxa2x对x(0，)恒成立，求实数a的取值范围解 (1)由|xm|x|，得|xm|2m2，又不等式|xm|x|的解集为(1，)，则1是方程2mxm2的解，解得m2(m0舍去)(2)m2，不等式a5x11x1mxa2x对x(0，)恒成立等价于不等式a5|x1|x2|a2对x(0，)恒成立设f(x)|x1|x2| ，当0x2时，f(x)在(0，2)上是增函数，1f(x)3，当x2时，f(x)3因此函数f(x)的值域为(1，3从而原不等式等价于 解得1cd，则abcd；(2)abcd是|ab|cd，只需证明(ab)2(cd)2，也就是证明ab2abcd2cd，只需证明abcd，即证abcd由于abcd，因此abcd(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd由(1)得abcd若abcd，则(ab)2(cd)2，ab2abcd2cdabcd，所以abcd于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2因此|ab|cd是|ab|cd|的充要条件1(2018全国i卷)已知 （1）当 时，求不等式 的解集；（2）若 时不等式 成立，求 的取值范围2(2018全国ii卷)设函数 （1）当 时，求不等式 的解集；（2）若 ，求 的取值范围1(2016全国卷)已知函数f(x)x12x12，m为不等式f(x)2的解集(1)求m；(2)证明：当a，bm时，|ab|0；(2)若x0r，使得f(x0)2m2l(a，c)，求x的取值范围；(2)当xr时，不等式l(a，b)tl(a，c)恒成立，求t的最小值2(2018福建联考)已知不等式 的解集为 （）求 的值；（）若 ， ， ，求证： 参考答案1【解题思路】(1)将 代入函数解析式，求得 ，利用零点分段将解析式化为 ，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式 的解集为 ；(2)根据题中所给的 ，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式 可以化为 时 ，分情况讨论即可求得结果.【答案】（1）当 时， ， 的解集为 （2）当 时 成立等价于当 时 成立若 ，则当 时 ；若 ， 的解集为 ，所以 ，故 综上所述， 的取值范围为 2【解题思路】（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为 ，再根据绝对值三角不等式得 最小值，最后解不等式 得 的取值范围【答案】（1）当 时， ，可得 的解集为 （2） 等价于 ，而 ，且当 时等号成立，故 等价于 ，由 可得 或 ，所以 的取值范围是 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨