《2018年高考數學二輪復習 第二部分 專題一 選擇、填空題常用的10種解法教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考數學二輪復習 第二部分 專題一 選擇、填空題常用的10種解法教案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題一 選擇、填空題常用的10種解法 抓牢小題，保住基本分才能得高分 ________________________________________________________________________ 原則與策略：1.基本原則：小題不用大做． 2.基本策略：充分利用題干和選項所提供的信息作出判斷．先定性后定量，先特殊后推理，先間接后直接，選擇題可先排除后求解．解題時應仔細審題、深入分析、正確推演運算、謹防疏漏． 題型特點： 1.高中低檔題，且多數按由易到難的順序排列.2.注重基本知識、基本技能與思想方法的考查.3.解題方法靈活多變不唯一.4.具有較好的區(qū)分度，試題

2、層次性強. 方法一　定義法 所謂定義法，就是直接利用數學定義解題，數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來的．簡單地說，定義是對數學實體的高度抽象，用定義法解題是最直接的方法．一般地，涉及圓錐曲線的頂點、焦點、準線、離心率等問題，常用定義法解決． [例1]　如圖，F1，F2是雙曲線C1：－＝1與橢圓C2的公共焦點，點A是C1，C2在第一象限的公共點．若|F1A|＝|F1F2|，則C2的離心率是(　　) A. B. C. D. 解析：由雙曲線C1的方程可得|F1F2|＝2＝10， 由雙曲線的定義可得|F1A|－|F2A|＝2＝8， 由已知可得|F1A|

3、＝|F1F2|＝10， 所以|F2A|＝|F1A|－8＝2. 設橢圓的長軸長為2a，則由橢圓的定義可得2a＝|F1A|＋|F2A|＝10＋2＝12. 所以橢圓C2的離心率e＝＝＝.故選A. 答案：A [增分有招]　利用定義法求解動點的軌跡或圓錐曲線的有關問題，要注意動點或圓錐曲線上的點所滿足的條件，靈活利用相關的定義求解．如[本例]中根據雙曲線的定義和已知條件，分別把A到兩個焦點的距離求出來，然后根據橢圓定義求出其長軸長，最后就可根據離心率的定義求值． [技法體驗] 1．(2017·廣州模擬)如果P1，P2，…，Pn是拋物線C：y2＝4x上的點，它們的橫坐標依次為x1，x2，…，

4、xn，F是拋物線C的焦點，若x1＋x2＋…＋xn＝10，則|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝(　　) A．n＋10 B．n＋20 C．2n＋10 D．2n＋20 解析：由題意得，拋物線C：y2＝4x的焦點為(1,0)，準線為x＝－1，由拋物線的定義，可知|P1F|＝x1＋1，|P2F|＝x2＋1，…，|PnF|＝xn＋1，故|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝x1＋x2＋…＋xn＋n＝n＋10，選A. 答案：A 2．(2016·高考浙江卷)設雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F2.若點P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是_

5、_______． 解析：借助雙曲線的定義、幾何性質及余弦定理解決． ∵雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F2，點P在雙曲線上，∴|F1F2|＝4，||PF1|－|PF2||＝2.若△F1PF2為銳角三角形，則由余弦定理知|PF1|2＋|PF2|2－16>0，可化為(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|>16①.由||PF1|－|PF2||＝2，得(|PF1|＋|PF2|)2－4|PF1||PF2|＝4.故2|PF1||PF2|＝，代入不等式①可得(|PF1|＋|PF2|)2>28，解得|PF1|＋|PF2|>2.不妨設P在左支上，∵|PF1|2＋16－|PF2|2>0

6、，即(|PF1|＋|PF2|)·(|PF1|－|PF2|)>－16，又|PF1|－|PF2|＝－2，∴|PF1|＋|PF2|<8.故2<|PF1|＋|PF2|<8. 答案：(2，8) 方法二　特例法 特例法，包括特例驗證法、特例排除法，就是充分運用選擇題中單選題的特征，解題時，可以通過取一些特殊數值、特殊點、特殊函數、特殊數列、特殊圖形、特殊位置、特殊向量等對選項進行驗證的方法．對于定性、定值的問題可直接確定選項；對于其他問題可以排除干擾項，從而獲得正確結論．這是一種求解選項之間有著明顯差異的選擇題的特殊化策略． [例2]　(2016·高考浙江卷)已知實數a，b，c(　　) A．若|

7、a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2<100 D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 解析：結合特殊值，利用排除法選擇答案． 對于A，取a＝b＝10，c＝－110， 顯然|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2>100，即a2＋b2＋c2<100不成立． 對于B，取a2＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1成立， 但a

8、2＋b2＋c2＝110，即a2＋b2＋c2<100不成立． 對于C，取a＝10，b＝－10，c＝0，顯然|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝200，即a2＋b2＋c2<100不成立． 綜上知，A，B，C均不成立，所以選D. 答案：D [增分有招]　應用特例排除法的關鍵在于確定選項的差異性，利用差異性選取一些特例來檢驗選項是否與題干對應，從而排除干擾選項． [技法體驗] 1．函數f(x)＝cos x·log2|x|的圖象大致為(　　) 解析：函數的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f()＝coslog2||＝－cos，f(－)＝cos(－)·

9、log2|－| ＝－cos，所以f(－)＝f()，排除A，D；又f()＝－cos＜0，故排除C. 綜上，選B. 答案：B 2．已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，令＝a，＝b，過點E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點，且＝ma，＝nb，則＋＝(　　) A．3 B．4 C．5 D. 解析：由于題中直線PQ的條件是過點E，所以該直線是一條“動”直線，所以最后的結果必然是一個定值．故可利用特殊直線確定所求值． 法一：如圖1，PQ∥BC，則＝，＝，此時m＝n＝，故＋＝3.故選A. 法二：如圖2，取直線BE作為直線PQ，顯然，此時＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.故

10、選A. 答案：A 方法三　數形結合法 數形結合法，包含“以形助數”和“以數輔形”兩個方面，其應用分為兩種情形：一是代數問題幾何化，借助形的直觀性來闡明數之間的聯系，即以形作為手段，數作為目的，比如應用函數的圖象來直觀地說明函數的性質；二是幾何問題代數化，借助于數的精確性闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質． [例3]　(2017·安慶模擬)已知函數f(x)＝，g(x)＝x2－2x，設a為實數，若存在實數m，使f(m)－2g(a)＝0，則實數a的取值范圍為(　　) A．[－1，＋∞) B．[－1,3] C．(－∞，－1]∪[3，＋

11、∞) D．(－∞，3] 解析：∵g(x)＝x2－2x，a為實數，∴2g(a)＝2a2－4a.∵函數f(x)＝，作出函數f(x)的圖象可知，其值域為[－2,6]，∵存在實數m，使f(m)－2g(a)＝0，∴－2≤2a2－4a≤6，即－1≤a≤3， 故選B. 答案：B [增分有招]　數形結合的思想，其實質是將抽象的數學語言與直觀的圖象結合起來，關鍵是代數問題與圖形之間的相互轉化，如[本例]中求解，可通過作出圖象，數形結合求解． [技法體驗] 1．(2017·珠海摸底)已知|a|＝|b|，且|a＋b|＝|a－b|，則向量a與b的夾角為(　　) A．30° B．45° C．60

12、° D．120° 解析：通解：設a與b的夾角為θ，由已知可得a2＋2a·b＋b2＝3(a2－2a·b＋b2)，即4a·b＝a2＋b2，因為|a|＝|b|，所以a·b＝a2，所以cos θ＝＝，θ＝60°，選C. 優(yōu)解：由|a|＝|b|，且|a＋b|＝|a－b|可構造邊長為|a|＝|b|＝1的菱形，如圖，則|a＋b|與|a－b|分別表示兩條對角線的長，且|a＋b|＝，|a－b|＝1，故a與b的夾角為60°，選C. 答案：C 2．已知點P在拋物線y2＝4x上，則點P到點Q(2，－1)的距離與點P到拋物線的焦點F的距離之和取得最小值時，點P的坐標為(　　) A．(，1) B．(，－

13、1) C．(1,2) D．(1，－2) 解析：如圖，因為點Q(2，－1)在拋物線的內部，由拋物線的定義可知，|PF|等于點P到準線x＝－1的距離．過Q(2，－1)作x＝－1的垂線QH，交拋物線于點K，則點K為點P到點Q(2，－1)的距離與點P到準線x＝－1的距離之和取得最小值時的點．將y＝－1代入y2＝4x得x＝，所以點P的坐標為(，－1)，選B. 答案：B 方法四　待定系數法 要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫作待定系數法，其理論依據是多項式恒等——兩個多項式各同類項的系數對應相等．使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學

14、問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決．待定系數法主要用來解決所求解的數學問題具有某種確定的數學表達式，例如數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等． [例4]　(2017·天津紅橋區(qū)模擬)已知橢圓C的焦點在y軸上，焦距等于4，離心率為，則橢圓C的標準方程是(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：由題意可得2c＝4，故c＝2，又e＝＝，解得a＝2，故b＝＝2，因為焦點在y軸上，故選C. 答案：C [增分有招]　待定系數法主要用來解決已經定性的問題，如[本例]中已知橢圓的焦點所在坐標軸，設出標準方程，根據已知列方程求解． [技法體驗]

15、 1．若等差數列{an}的前20項的和為100，前45項的和為400，則前65項的和為(　　) A．640 B．650 C．660 D．780 解析：設等差數列{an}的公差為d，依題意，得?，則前65項的和為65a1＋d＝65×＋×＝780. 答案：D 2．已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分圖象如圖所示，則f()的值為(　　) A. B．0 C．1 D. 解析：由題圖可知，A＝2，T＝－＝π，∴T＝＝π，∴ω＝2，即f(x)＝2sin(2x＋φ)，由f()＝2sin(2×＋φ)＝2得2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，即φ＝＋2k

16、π，k∈Z，又0＜φ＜π，∴φ＝，∴f(x)＝2sin(2x＋)，∴f()＝2sin(2×＋)＝2cos ＝，故選D. 答案：D 方法五　估值法 估值法就是不需要計算出代數式的準確數值，通過估計其大致取值范圍從而解決相應問題的方法．該種方法主要適用于比較大小的有關問題，尤其是在選擇題或填空題中，解答不需要詳細的過程，因此可以猜測、合情推理、估算而獲得，從而減少運算量． [例5]　若a＝20.5，b＝logπ3，c＝log2sin ，則(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a 解析：由指數函數的性質可知y＝2x在R上單調遞增，而0<0.5<1，所

17、以a＝20.5∈(1,2)．由對數函數的性質可知y＝logπx，y＝log2x均在(0，＋∞)上單調遞增，而1<3<π，所以b＝logπ3∈(0,1)；因為sin ∈(0,1)，所以c＝log2sin <0. 綜上，a>1>b>0>c，即a>b>c.故選A. 答案：A [增分有招]　估算，省去很多推導過程和比較復雜的計算，節(jié)省時間，是發(fā)現問題、研究問題、解決問題的一種重要的運算方法．但要注意估算也要有依據，如[本例]是根據指數函數與對數函數的單調性估計每個值的取值范圍，從而比較三者的大小，其實質就是找一個中間值進行比較． [技法體驗] 已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，其圖

18、象與直線y＝－1相鄰兩個交點的距離為π.若f(x)>1對于任意的x∈恒成立，則φ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：因為函數f(x)的最小值為－2＋1＝－1，由函數f(x)的圖象與直線y＝－1相鄰兩個交點的距離為π可得，該函數的最小正周期為T＝π，所以＝π，解得ω＝2. 故f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1.由f(x)>1，可得sin(2x＋φ)>0. 又x∈，所以2x∈. 對于選項B，D，若取φ＝，則2x＋∈，在上，sin(2x＋φ)<0，不合題意；對于選項C，若取φ＝，則2x＋∈，在上，sin(2x＋φ)<0，不合題意．選A. 答案：A 方法六　反證法

19、 反證法是指從命題正面論證比較困難，通過假設原命題不成立，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立的證明方法．反證法證明問題一般分為三步：(1)反設，即否定結論；(2)歸謬，即推導矛盾；(3)得結論，即說明命題成立． [例6]　已知x∈R，a＝x2＋，b＝1－3x，c＝x2＋x＋1，則下列說法正確的是(　　) A．a，b，c至少有一個不小于1 B．a，b，c至多有一個不小于1 C．a，b，c都小于1 D．a，b，c都大于1 解析：假設a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，則有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋＝22＋3≥3.顯然兩者矛盾，所

20、以假設不成立．故a，b，c至少有一個不小于1.選A. 答案：A [增分有招]　反證法證明全稱命題以及“至少”“至多”類型的問題比較方便．其關鍵是根據假設導出矛盾——與已知條件、定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾．如[本例]中導出等式的矛盾，從而說明假設錯誤，原命題正確． [技法體驗] 如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值，則(　　) A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形 B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形 C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形 D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B

21、2C2是鈍角三角形 解析：由條件知△A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形． 假設△A2B2C2是銳角三角形， 則由題意可得解得 所以A2＋B2＋C2＝＋＋，即π＝－π，顯然該等式不成立，所以假設不成立． 易知△A2B2C2不是銳角三角形，所以△A2B2C2是鈍角三角形．故選D. 答案：D 方法七　換元法 換元法又稱輔助元素法、變量代換法．通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者變?yōu)槭煜さ男问剑褟碗s的計算和推證簡化．換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元．理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景

22、中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化．換元法經常用于三角函數的化簡求值、復合函數解析式的求解等． [例7]　已知正數x，y滿足4y－＝1，則x＋2y的最小值為________． 解析：由4y－＝1，得x＋2y＝4xy，即＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)＝1＋＋≥1＋2＝2.所以x＋2y的最小值為2. 答案：2 [增分有招]　換元法主要有常量代換和變量代換，要根據所求解問題的特征進行合理代換．如[本例]中就是使用常數1的代換，將已知條件改寫為“＋＝1”，然后利用乘法運算規(guī)律，任何式子與1的乘積等于本身，再將其展開，通過構造基本不等式的形式求解最值． [技法體驗] 1．

23、(2016·成都模擬)若函數f(x)＝，其定義域為(－∞，1]，則a的取值范圍是(　　) A．a＝－ B．a≥－ C．a≤－ D．－≤a<0 解析：由題意得1＋3x＋a·9x≥0的解集為(－∞，1]，即2＋x＋a≥0的解集為(－∞，1]． 令t＝x，則t≥，即方程t2＋t＋a≥0的解集為， ∴2＋＋a＝0，所以a＝－. 答案：A 2．函數y＝cos2x－sin x在x∈上的最大值為________． 解析：y＝cos2x－sin x＝－sin2x－sin x＋1. 令t＝sin x，又x∈，∴t∈， ∴y＝－t2－t＋1，t∈. ∵函數y＝－t2－t＋1在上單調遞減，

24、 ∴t＝0時，ymax＝1. 答案：1 方法八　補集法 補集法就是已知問題涉及的類別較多，或直接求解比較麻煩時，可以通過求解該問題的對立事件，求出問題的結果，則所求解問題的結果就可以利用補集的思想求得．該方法在概率、函數性質等問題中應用較多． [例8]某學校為了研究高中三個年級的數學學習情況，從三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，則兩個班級不來自同一年級的概率為________． 解析：記高一年級中抽取的班級為a1，高二年級中抽取的班級為b1，b2， 高三年級中抽取的班級為c1，c2，c3. 從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所

25、有可能結果為(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a1，c2)，(a1，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種． 設“抽取的兩個班級不來自同一年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級． 由題意，兩個班級來自同一年級的結果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種． 所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以兩個班級不來自同一年級的概率為. 答案： [增分有招]　利用補集法求解問題時，一

26、定要準確把握所求問題的對立事件．如[本例]中，“兩個班級不來自同一年級”的對立事件是“兩個班級來自同一年級”，而高一年級只有一個班級，所以兩個班級來自同一年級的可能性僅限于來自于高二年級，或來自于高三年級，顯然所包含基本事件的個數較少． [技法體驗] 1．(2016·四川雅安中學月考)已知命題“?x0∈R，使2x＋(a－1)x0＋≤0”是假命題，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,3) C．(－3，＋∞) D．(－3,1) 解析：依題意可知“?x∈R,2x2＋(a－1)x＋＞0”為真命題，所以Δ＝(a－1)2－4×2×＜0， 即(a＋1)·(a－3)＜

27、0，解得－1＜a＜3.故選B. 答案：B 2．已知函數f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調，則實數a的取值范圍為________． 解析：f′(x)＝2ax－1＋. (1)若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞增，則f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0， 得a≥.① 令t＝，因為x∈(1,2)，所以t∈， 設h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈， 顯然函數y＝h(t)在區(qū)間上單調遞減， 所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜. 由①可知，a≥. (2)若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調遞減，則f′(x)≤0在(1,2)上恒成立

28、，所以2ax－1＋≤0， 得a≤.② 結合(1)可知，a≤0. 綜上，若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上單調，則實數a的取值范圍為(－∞，0]∪. 所以若函數f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調，則實數a的取值范圍為. 答案： 方法九　分離參數法 分離參數法是求解不等式有解、恒成立問題常用的方法，通過分離參數將問題轉化為相應函數的最值或范圍問題求解，從而避免對參數進行分類討論的繁瑣過程．該種方法也適用于含參方程有解、無解等問題的解決．但要注意該種方法僅適用于分離參數后能夠求解相應函數的最值或值域的情況． [例9]　若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈恒成立，則a的最小值是______

29、__． 解析：由于x>0，則由已知可得a≥－x－在x∈上恒成立，而當x∈時，max＝－， ∴a≥－，故a的最小值為－. 答案：－ [增分有招]　分離參數法解決不等式恒成立問題或有解問題，關鍵在于準確分離參數，然后將問題轉化為參數與函數最值之間的大小關系．分離參數時要注意參數系數的符號是否會發(fā)生變化，如果參數的系數符號為負號，則分離參數時應注意不等號的變化，否則就會導致錯解． [技法體驗] 1．(2016·長沙調研)若函數f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調遞減，則實數t的取值范圍是(　　) A. B．(－∞，3] C. D．[3，＋∞) 解析：f′(x)＝3

30、x2－2tx＋3，由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調遞減，則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立， 即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，則t≥在[1,4]上恒成立，因為y＝在[1,4]上單調遞增，所以t≥＝，故選C. 答案：C 2．(2016·湖南五校調研)方程log(a－2x)＝2＋x有解，則a的最小值為________． 解析：若方程log(a－2x)＝2＋x有解，則2＋x＝a－2x有解，即x＋2x＝a有解，∵x＋2x≥1，故a的最小值為1. 答案：1 方法十　構造法 構造法是指利用數學的基本思想，經過認真的觀察，深入的思考，構造出解題的數學模型，從而使問題得以解決

31、．構造法的內涵十分豐富，沒有完全固定的模式可以套用，它是以廣泛抽象的普遍性與現實問題的特殊性為基礎，針對具體問題的特點采取相應的解決辦法，其基本的方法是借用一類問題的性質，來研究另一類問題的相關性質．常見的構造法有構造函數、構造方程、構造圖形等． [例10]　已知m，n∈(2，e)，且－n B．m2＋ D．m，n的大小關系不確定 解析：由不等式可得－0，故函數f(x)在(2，e

32、)上單調遞增． 因為f(n)