高考数学（文）一本培养专题突破讲义第3部分2快速准确解答客观题的方法技巧

二、快速准确解答客观题的方法技巧选择题、填空题是高考必考的题型，共占有80分，因此，探讨选择题、填空题的特点及解法是非常重要和必要的.选择题的特点是灵活多变、覆盖面广，突出的特点是答案就在给出的选项中.而填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，不设中间分，所以要求所填的是最简最完整的结果.解答选择题、填空题时，对正确性的要求比解答题更高、更严格.它们自身的特点决定选择题及填空题会有一些独到的解法.解法1直接法直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得出结果．直接法是求解填空题的常用方法．在用直接法求解选择题时，可利用选项的暗示性作出判断，同时应注意：在计算和论证时尽量简化步骤，合理跳步，还要尽可能地利用一些常用的性质、典型的结论，以提高解题速度．【例1】(1)(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝()A．－8B．－6C．6D．8(2)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，则a8＝________.(1)D(2)32[(1)法一：因为a＝(1，m)，b＝(3，－2)，所以a＋b＝(4，m－2)．因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，所以12－2(m－2)＝0，解得m＝8.法二：因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，即a·b＋b2＝3－2m＋32＋(－2)2＝16－2m＝0，解得m＝8.(2)设{an}的首项为a1，公比为q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1?1－q3?,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a1?1－q6?,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，))所以a8＝eq\f(1,4)×27＝25＝32.]■对点即时训练·为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x(万元)8.28.610.011.311.9支出y(万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程eq\o(y,\s\up11(^))＝eq\o(b,\s\up11(^))x＋eq\o(a,\s\up11(^))，其中eq\o(b,\s\up11(^))＝0.76，eq\o(a,\s\up11(^))＝eq\x\to(y)－eq\x(\o(b,\s\up11(^)))eq\x(\x\to(x)).据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为()A．11.4万元 B．11.8万元C．12.0万元 D．12.2万元B[由题意知，eq\x\to(x)＝eq\f(8.2＋8.6＋10.0＋11.3＋11.9,5)＝10，eq\x\to(y)＝eq\f(6.2＋7.5＋8.0＋8.5＋9.8,5)＝8，∴eq\o(a,\s\up11(^))＝8－0.76×10＝0.4，∴当x＝15时，eq\o(y,\s\up11(^))＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)．]解法2特值法在解决选择题和填空题时，可以取一个(或一些)特殊情况(包括特殊数值、特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果，这种方法称为特值法．特值法由于只需对特殊数值、特殊情形进行检验，省去了推理论证、繁琐演算的过程，提高了解题的速度．特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效．【例2】(1)设f(x)＝lnx,0<a<b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是()A．q＝r<p B．q＝r>pC．p＝r<q D．p＝r>q(2)如图3-2-1所示，在?ABCD中，AP⊥BD，垂足为点P，且AP＝3，则eq\o(AP,\s\up11(→))·eq\o(AC,\s\up11(→))＝________.图3-2-1[思路点拨](1)eq\x(0＜a＜b)→eq\x(令a＝1，b＝e)→eq\x(求p，q，r的大小)(2)eq\x(?ABCD)→eq\x(正方形ABCD)→eq\x(点P为对角线的交点)(1)C(2)18[(1)根据条件，不妨取a＝1，b＝e，则p＝f(eq\r(e))＝lneq\r(e)＝eq\f(1,2)，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋e,2)))＞f(eq\r(e))＝eq\f(1,2)，r＝eq\f(1,2)(f(1)＋f(e))＝eq\f(1,2)，在这种特例情况下满足p＝r＜q，所以选C.(2)把?ABCD看成正方形，则点P为对角线的交点，AC＝6，则eq\o(AP,\s\up11(→))·eq\o(AC,\s\up11(→))＝18.]■对点即时训练·1．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A．a1a8＞a4a5 B．a1a8＜a4a5C．a1＋a8＞a4＋a5 D．a1a8＝a4a5B[取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立．]2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝________.eq\f(4,5)[令a＝b＝c，则A＝C＝60°，cosA＝cosC＝eq\f(1,2).从而eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).]解法3数形结合法数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来思考，促使抽象思维和形象思维有机结合，通过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决的方法．【例3】(1)(2018·赣州模拟)已知函数f(x)＝|2x－2|＋b的两个零点分别为x1，x2(x1＞x2)，则下列结论正确的是()A．1＜x1＜2，x1＋x2＜2 B．1＜x1＜2，x1＋x2＜1C．x1＞1，x1＋x2＜2 D．x1＞1，x1＋x2＜1(2)(2018·武汉模拟)函数f(x)＝2sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－x2的零点个数为________．(1)A(2)2[(1)函数f(x)＝|2x－2|＋b有两个零点，即y＝|2x－2|与y＝－b的图象有两个交点，交点的横坐标就是x1，x2(x1＞x2)，在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝－b的图象如下，可知1＜x1＜2，当y＝－b＝2时，x1＝2，两个函数图象只有一个交点，当y＝－b＜2时，由图可知x1＋x2＜2.(2)f(x)＝2sinxcosx－x2＝sin2x－x2，函数f(x)的零点个数可转化为函数y1＝sin2x与y2＝x2图象的交点个数，在同一坐标系中画出y1＝sin2x与y2＝x2的图象如图所示：由图可知两函数图象有2个交点，则f(x)的零点个数为2.]■对点即时训练·1．(2018·郑州模拟)方程xlg(x＋2)＝1的实数根的个数为()A．1B．2 C．0D．不确定B[方程xlg(x＋2)＝1?lg(x＋2)＝eq\f(1,x)，在同一坐标系中画出函数y＝lg(x＋2)与y＝eq\f(1,x)的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．]2．已知偶函数y＝f(x)(x∈R)在区间[0,2]上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，且满足f(－3)＝f(1)＝0，则不等式x3f(x)＜0的解集为________．(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)[由题意可画出y＝f(x)的草图，如图．①x＞0，f(x)＜0时，x∈(0,1)∪(3，＋∞)；②x＜0，f(x)＞0时，x∈(－3，－1)．故不等式x3f(x)＜0的解集为(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)．]解法4排除法(针对选择题)排除法就是充分运用选择题中单选题的特征，先根据某些条件，在选项中找到明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件，在剩余的选项内找出矛盾，这样逐步筛选，直至得出正确的答案．【例4】(2018·北师大附中模拟)函数y＝eq\f(cos6x,2x－2－x)的图象大致为()D[函数y＝cos6x为偶函数，函数y＝2x－2－x为奇函数，故原函数为奇函数，排除A.又函数y＝2x－2－x为增函数，当x→＋∞时，2x－2－x→＋∞且|cos6x|≤1，∴y＝eq\f(cos6x,2x－2－x)→0(x→＋∞)，排除C.∵y＝eq\f(cos6x,2x－2－x)＝eq\f(2x·cos6x,4x－1)为奇函数，不妨考虑x＞0时函数值的情况，当x→0时，4x→1,4x－1→0,2x→1，cos6x→1，∴y→＋∞，故排除B，综上知选D.]■对点即时训练·1．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)的图象可能为()D[函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)为奇函数，排除选项A，B；当x＝π时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(1,π)))cosπ＝eq\f(1,π)－π<0，排除选项C，故选D.]2．方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根的充要条件是()A．0＜a≤1 B．a＜1C．a≤1 D．0＜a≤1或a＜0C[当a＝0时，x＝－eq\f(1,2)，符合题意，故排除A、D；当a＝1时，x＝－1，排除B，故选C.]解法5构造法用构造法解客观题的关键是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到解决，它需要对基础知识和基本方法进行积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到的类似问题中寻找灵感，构造出相应的具体的数学模型，使问题简化．【例5】(1)(2018·福州模拟)已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)＞xf′(x)恒成立，则不等式x2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f(x)＞0的解集为()A．(0,1) B．(1,2)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)(2)如图3-2-2，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，则球O的体积等于________．图3-2-2[思路点拨](1)eq\x(f?x?＞xf′?x?)→eq\x(构造函数g?x?＝\f(f?x?,x))→eq\x(判断g?x?的单调性)→eq\x(x2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f?x?＞0)→eq\x(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞g?x?)→(2)(1)C(2)eq\r(6)π[(1)设g(x)＝eq\f(f?x?,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′?x?－f?x?,x2)，又因为f(x)＞xf′(x)，所以g′(x)＝eq\f(xf′?x?－f?x?,x2)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)＝eq\f(f?x?,x)为(0，＋∞)上的减函数，又因为x2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f(x)＞0?eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))),\f(1,x))＞eq\f(f?x?,x)?geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞g(x)，则有eq\f(1,x)＜x，解得x＞1，故选C.(2)如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以CD＝eq\r(?\r(2)?2＋?\r(2)?2＋?\r(2)?2)＝2R，所以R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的体积V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.]■对点即时训练·已知a，b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a，b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)．①②④[用长方体ABCD-A1B1C1D1实例说明A1D与BC1在平面ABCD上的射影互相平行，AB1与BC1在平面ABCD上的射影互相垂直，BC1与DD1在平面ABCD上的射影是一条直线及其外一点．故正确的结论为①②④.]增分限时训练(三)(建议用时：40分钟)一、选择题1．设a∈R，若复数z＝eq\f(a－i,3＋i)(i是虚数单位)的实部为2，则复数z的虚部为()A．7B．－7C．1D．－1D[复数z＝eq\f(a－i,3＋i)＝eq\f(?a－i??3－i?,?3＋i??3－i?)＝eq\f(3a－1,10)－eq\f(3＋a,10)i因为z的实部为2，所以eq\f(3a－1,10)＝2，解得a＝7.所以复数z的虚部为－eq\f(3＋7,10)＝－1.故选D.]2．下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是()A．y＝－eq\f(1,x) B．y＝－log2xC．y＝3x D．y＝x3＋xD[y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，但是在整个定义域内不是单调递增函数，故A错误；y＝－log2x的定义域(0，＋∞)关于原点不对称，不是奇函数，故B错误；y＝3x不是奇函数，故C错误；令f(x)＝y＝x3＋x，f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－x3－x＝－f(x)，是奇函数，且由幂函数的性质可知函数在R上单调递增，故D正确．故选D.]3．设F1，F2分别为椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，点P在椭圆上，且|eq\o(PF1,\s\up11(→))＋eq\o(PF2,\s\up11(→))|＝2eq\r(3)，则∠F1PF2等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eqC.eq\f(π,3)D.eqD.eq\f(π,2)D[法一：(直接法)根据椭圆定义，设∠F1PF2＝θ，根据余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cosθ，即12＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cosθ，已知|eq\o(PF1,\s\up11(→))＋eq\o(PF2,\s\up11(→))|＝2eq\r(3)，即12＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|cosθ.两式相减得4|PF1|·|PF2|cosθ＝0，即cosθ＝0，即θ＝eq\f(π,2).故选D.法二：(定性分析法)椭圆的焦距为2eq\r(3)，eq\o(PF1,\s\up11(→))＋eq\o(PF2,\s\up11(→))＝2eq\o(PO,\s\up11(→))，可知点P在以F1F2为直径的圆上，所以∠F1PF2＝eq\f(π,2).故选D.]4．已知平面向量a，b，c满足a·a＝a·b＝b·c＝1，a·c＝2，则|a＋b＋c|的取值范围为()A．[0，＋∞) B．[2eq\r(2)，＋∞)C．[2eq\r(3)，＋∞) D．[4，＋∞)D[(特值法)由a·a＝1，得|a|＝1，可设a＝(1,0)(特值)，由a·b＝1，a·c＝2，可设b＝(1，m)，c＝(2，n)．由b·c＝1，可得mn＝－1.|a＋b＋c|＝|(4，m＋n)|＝eq\r(16＋?m＋n?2)≥eq\r(16)＝4，当且仅当m＋n＝0，即m＝±1，n＝?1时成立，故|a＋b＋c|的取值范围是[4，＋∞)．故选D.]5．如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为()图3-2-3A．3∶1B．2∶1 C．4∶D.eq D.eq\r(3)∶1B[令P与A1重合，Q与B重合，此时A1P＝BQ＝0，则VC-AA1B＝VA1-ABC＝eq\f(1,3)V三棱柱ABC-A1B1C1，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1.]6．函数f(x)＝eq\f(ln|x|,|x|)的图象可能是()B[法一：函数f(x)＝eq\f(ln|x|,|x|)的图象过特殊点(1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(1,e)))，排除选项A，D；函数f(x)＝eq\f(ln|x|,|x|)为偶函数，排除选项C，选B.法二：函数f(x)＝eq\f(ln|x|,|x|)为偶函数，排除选项A，C；当x＞1时，f(x)＝eq\f(ln|x|,|x|)＞0，排除选项D，选B.]7．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4，x≤1，,x2－4x＋3，x＞1))和函数g(x)＝log2x，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数为()A．1B．2 C．3 D．4C[令h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，所以函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数．分别画出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4，x≤1，,x2－4x＋3，x＞1))的图象和函数g(x)＝log2x的图象，如图所示．由图可知，两函数图象的交点个数是3.故选C.]8．如图3-2-4，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是()图3-2-4A．{x|－1＜x≤0} B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1＜x≤1} D．{x|－1＜x≤2}C[令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函数g(x)图象如下图．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝log2?x＋1?，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))∴结合图象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1＜x≤1)).]9．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图3-2-5所示，点P、Q、R在f(x)的图象上，坐标分别为(－1，－A)、(1,0)、(x0,0)，△PQR是以PR为底边的等腰三角形，将函数f(x)的图象向右平移5个单位后得到函数g(x)的图象，则关于g(x)的说法中不正确的是()图3-2-5A．g(x)是偶函数B．g(x)在区间[0,4]上是减函数C．g(x)的图象关于直线x＝2对称D．g(x)在[－1,3]上的最小值为－eq\r(6)C[由题意知eq\f(T,4)＝2，所以eq\f(2π,ω)＝8，ω＝eq\f(π,4)，作PH⊥x轴于点H(图略)，则QH＝2，又因为PQ＝QR＝4，所以A＝2eq\r(3)，因为f(x)的图象过Q(1,0)，所以2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝0，因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4).所以f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).易知g(x)＝f(x－5)＝2eq\r(3)coseq\f(π,4)x，易知A、B、D正确，C错误．故选C.]10．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)＜0，则下列结论正确的是()A．2f(ln2)＞3f(ln3) B．2f(ln2)＜3f(ln3)C．2f(ln2)≥3f(ln3) D．2f(ln2)≤3f(ln3)A[由题意设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)＜0，ex＞0，所以对任意x∈R满足g′(x)＜0，则函数g(x)在R上是减函数，因为ln2＜ln3，所以g(ln2)＞g(ln3)，即2f(ln2)＞3f(ln3)．故选A.]11．已知实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,\f(x,3)＋\f(y,4)≤1，))则eq\f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，11)) B．[3,11]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，11)) D．[1,11]C[目标函数z＝eq\f(x＋2y＋3,x＋1)＝1＋2·eq\f(y＋1,x＋1)，表示动点P(x，y)与定点M(－1，－1)连线斜率k的两倍加1，由图可知，当点P在A(0,4)点处时，k最大为5，z最大值为11；当点P在B(3,0)点处时，k最小为eq\f(1,4)，z最小值为eq\f(3,2).从而eq\f(x＋2y＋3,x＋1)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，11)).故选C.]12．设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))(x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8))))，若方程f(x)＝a恰好有三个根，分别为x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则x1＋x2＋x3的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,8)，\f(5π,4)))B.eqB.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(13π,8)))D.eqD.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，\f(15π,8)))B[由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))得2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2)))令t＝2x＋eq\f(π,4)，则y＝sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2)))的图象如图所示．由图象知，当eq\f(\r(2),2)≤a＜1时，方程f(x)＝a恰好有三个根．且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1＋\f(π,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(π,4)))＝π，,\f(9π,4)≤2x3＋\f(π,4)＜\f(5,2)π，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(π,4)，,π≤x3＜\f(9,8)π，))所以eq\f(5,4)π≤x1＋x2＋x3＜eq