2021年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

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1、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

2、 “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

3、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；

4、i4，j8，k11；i5，j9，k12.原位小三和弦满足 k j4，ji3.i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k 11；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( ) Am 1 3 n 1 5 p 1 10 Bn 1 5 m 1 3 p 1 10 Cp 1 10 m 1 3 n 1 5 Dm 1 3 p 1 10 n 1 5 答案 A 解析 设 log3mlog5nlg pa(a0)， 所以 m3a， n5a， p10a， 所以 m 1 3 3

5、 1 3 a(3 3)a (30310)a，n 1 5 5 1 5 a(5 5)a(3056)a，p 1 10 10 1 10 a(10 10)a(30103)a，因为函数 y xa(a0)在(0，)上单调递减，且30310305630103，所以 m 1 3 n 1 5 p 1 10 ，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

6、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 ON1 2 CD，MN1 2AB，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 2，所以 BD2，则 OM1 2BD1.所以 ON MNOM1.所以OMN是等边三角形， 故ONM60.所以直

7、线AB与CD所成的角为60. 故选 B. 2(多选)设椭圆x 2 9 y2 31 的右焦点为 F，直线 ym(0m 3)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6，12 C当 m 3 2 时，ABF 为直角三角形 D当 m1 时，ABF 的面积为 6 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 3 2 与

8、椭圆方程联立， 可解得A 3 3 2 ， 3 2 ， B 3 3 2 ， 3 2 ， 又易知 F( 6，0)，所以AF BF 63 3 2 63 3 2 3 2 2 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( 6，1)，B( 6，1)，所以 SABF1 22 6 1 6，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) log24（x1），x2， 1 2 x 1，x2， 若 f(x0)3，则 x0的取值范围

9、为( ) A(，0)(2，) B(0，2) C(，1)(3，) D(1，3) 答案 C 解析 取 x01，则 f(1)1 21 3 23，故 x01，排除 B，D；取 x03，则 f(3)log28 3，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

10、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 1 2，2 (2，) B(2，) C 1 2， D ，1 2 答案 A 解析 解法一：因为 a 与 b 的夹角为钝角，所以 a b0，且 a 与 b 不反向，所以210 且 2，解得 1 2，2 (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(

11、x)x 2lg |x| 3|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)x 2lg |x| 3|x| f(x)， 故函数 f(x)在定义域内是偶函数当 x 1 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、特殊位臵、特殊数列等 例 3 (1)设 x，y，z 为

12、正数，且 2x3y5z，则( ) A3y2x5z B2x3y5z C3y5z2x D5z2x3y 答案 A 解析 取 z1，则由 2x3y5 得 xlog25，ylog35，所以 2xlog225log2325z，3y log3125log32435z，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 A1P BQ，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 B21 C41 D

13、31 答案 B 解析 将 P，Q 臵于特殊位臵：PA1，QB，此时仍满足条件 A1PBQ(0)，则有 VC AA1BVA1ABC1 3VABCA1B1C1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 a c 与 2b 的大小关系是( ) Aac2b Bac2b Cac2b Dac2b 答案 D 解析 不妨令 ABC60，则可排除 A，B；再令 A30，

14、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)sin x 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、位臵、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

15、(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(， 21 B ， 2 2 C(， 2

16、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 a 1 时，可知|AB|2为 S(x1，x2)的最小值，即 4 2(a1)2，解得1cb Bbca Ccab Dcba 答案 C 解析 由题意得 aln 9，bln 8，ab.ca6 e2ln 32 3 eln 3 2 3eln 3 e ，设 f(x) xeln x，f(x)1e x，令 f(x)0

17、，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，

18、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： 21.414)( ) A66.1 米 B67.3 米 C68.5

19、米 D69.0 米 答案 B 解析 设该木塔的高度为 h，则由图可知 hAB 247.51.41467.165(米)，同时CD h 21 2 ， h 2CD 21 CD 1 2 2 19.9 1 2 2 67.9， 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 0，| 2 ，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 12， 3 恒成立，则 的取值范围是( ) A 6， 3 B 12， 2 C 12， 3 D 6， 2 答案 A 解析 因为函数 f(x)的最小值为211，

20、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2 ，解得 2.故 f(x)2sin (2x )1.由 f(x)1，可得 sin (2x)0.又 x 12， 3 ，所以 2x 6， 2 3 .对于 B，D，若 取 2， 则 2x 2 3， 7 6 ， 在 ，7 6 上， sin (2x)0， 不符合题意； 对于 C， 若取 12， 则 2x 12 12， 3 4 ，在 12，0 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、极限位臵，从而

21、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 51 2 51 2 0.618，称为黄金分割比例，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 51 2 .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 cm C185 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 m105 105 51 2 0.618，解得

22、m169.890.由头顶至脖子下端的长度为 26 cm，可得26 n 51 2 0.618，解得 n42.071.由已知可得 26n m（n26） 51 2 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 3， AFCBFC30， 则三棱锥 FABC 的体积为( ) A3 3 B2 3 C 3 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

23、.又AFCBFC30，所以 ACBC2，FA FB2 3，设 D 为 AB 的中点，连接 FD，则 FDAB，由 FD2FA2AD2得 FD3 5 2 ，所 以 SFAB1 2AB FD 3 15 4 .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 OO12 5 5 ， 所以三棱锥CFAB的高h2OO14 5 5 ， 所以V三棱锥FABCV三棱锥CFAB1 3SFAB h 1 3 3 15 4 4 5 5 3.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 SFAB1 2AB FD 3 15 4 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CFAB1 3S FABAC1 3 3 15 4 2 15 2 ，再与选项比较，可以发现与选项 C 接近，所以直接选 C.