2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第3部分策略2巧用6招秒殺選擇、填空題教案理PAGE21-策略2巧用6招秒殺選擇、填空題選擇題、填空題是高考必考的題型，共占80分，因此，探討選擇題、填空題的特點(diǎn)及解法是非常重要和必要的．選擇題的特點(diǎn)是靈活多變、覆蓋面廣，且答案就在給出的選項(xiàng)中．而填空題是一種只要求寫(xiě)出結(jié)果，不要求寫(xiě)出解答過(guò)程的客觀性試題，不設(shè)中間分，所以要求所填的是最簡(jiǎn)最完整的結(jié)果．解答選擇題、填空題時(shí)，對(duì)正確性的要求比解答題更高、更嚴(yán)格．它們自身的特點(diǎn)決定選擇題及填空題會(huì)有一些獨(dú)到的解法.解法1直接法【典例1】(1)設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1＋i)＝i－3，那么復(fù)數(shù)eq\f(\x\to(z),i)的實(shí)部為()A．－2 B．2C．－1 D．1(2)將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位，所得圖象的函數(shù)解析式是()A．y＝2cos2x B．y＝2sin2xC．y＝1＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) D．y＝cos2x(1)A(2)A[(1)由z(1＋i)＝i－3，得z＝eq\f(i－3,1＋i)＝－1＋2i，所以eq\f(\x\to(z),i)＝eq\f(－1－2i,i)＝－2＋i.故eq\f(\x\to(z),i)的實(shí)部為－2，選A.(2)函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，再向上平移1個(gè)單位得y＝sin2x＋eq\f(π,2)＋1＝1＋cos2x＝2cos2x.]1．直接法是解答客觀題最常用的根本方法．直接法適用的范圍很廣，只要運(yùn)算正確必須得出正確的答案，解題時(shí)要多角度思考問(wèn)題，善于簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程，快速準(zhǔn)確得到結(jié)果．2．用簡(jiǎn)便的方法巧解選擇題，是建立在扎實(shí)掌握“三基〞的根底上的，否那么一味求快那么會(huì)快中出錯(cuò)．【鏈接高考1】(1)(2022·全國(guó)卷Ⅲ)向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．假設(shè)c∥(2a＋b)，那么λ＝________.(2)(2022·全國(guó)卷Ⅱ)f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝－eax，假設(shè)f(ln2)＝8，那么a＝____________.(1)eq\f(1,2)(2)－3[(1)由題意得2a＋b＝(4,2)，因?yàn)閏∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，所以4λ＝2，得λ＝eq\f(1,2).(2)當(dāng)x>0時(shí)，－x＜0，f(－x)＝－e－ax.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln2)＝e－aln2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝8，所以a＝－3.]解法2特值法【典例2】(1)如圖，在三棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q滿(mǎn)足A1P＝BQ，過(guò)P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩局部，那么其體積之比為()A．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D.eq\r(3)∶1(2)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，假設(shè)a，b，c成等差數(shù)列，那么eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝________.(1)B(2)eq\f(4,5)[(1)將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時(shí)仍滿(mǎn)足條件A1P＝BQ，那么有Veq\s\do8(C-AA1B)＝Veq\s\do8(A1-ABC)＝eq\f(1,3)Veq\s\do8(ABC-A1B1C1)，Veq\s\do8(A1-C1CBB1)＝eq\f(2,3)Veq\s\do8(ABC-A1B1C1)，所以截后兩局部的體積比為2∶1.(2)取特殊值a＝3，b＝4，c＝5，那么cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝0，從而eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).]特值法應(yīng)注意的問(wèn)題特值法具有簡(jiǎn)化運(yùn)算和推理的成效，比擬適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題，但用特值法解選擇題時(shí)，要注意以下兩點(diǎn)：第一，取特值盡可能簡(jiǎn)單，有利于計(jì)算和推理；第二，假設(shè)在不同的特殊情況下有兩個(gè)或兩個(gè)以上的結(jié)論相符，那么應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解.【鏈接高考2】(2022·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，假設(shè)存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)＜0，那么a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))D[設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a.∵g′(x)＝ex(2x＋1)，∴當(dāng)x＜－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＞－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＞0，∴當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，[g(x)]min＝－2eeq\s\up10(－eq\f(1,2)).∵g(1)＝e，g(0)＝－1，g(－1)＝－3e－1，h(1)＝0，h(0)＝－a，h(－1)＝－2a，又∵a＜1，∴－a＞－1.∴當(dāng)x＝0時(shí)，g(0)＜h(0)．由題意存在唯一整數(shù)x0，使得g(x0)＜h(x0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≥h1，,g－1≥h－1，))∴－3e－1≥－2a，∴a≥eq\f(3,2e).又∵a＜1，∴eq\f(3,2e)≤a＜1.經(jīng)檢驗(yàn)a＝eq\f(3,4)符合題意．應(yīng)選D.]解法3排除法(淘汰法)【典例3】如圖，半徑為1的圓O中，A，B為直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)，設(shè)∠BOP＝x，將動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)的距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，那么y＝f(x)在[0,2π]上的圖象大致為()A[以角度為變量的三角函數(shù)圖象是彎曲的，排除C，D；當(dāng)∠BOP＝eq\f(π,2)時(shí)，y＝f(x)＝2eq\r(2)＜3，排除B.選A.]對(duì)于以選擇題出現(xiàn)的函數(shù)圖象問(wèn)題，宜用排除法處理，排除法的主要依據(jù)有函數(shù)的定義域、單調(diào)性、奇偶性、圖象的變換，特殊值，圖象趨勢(shì)等.一般先考慮奇偶性，再考慮特殊值或者圖象趨勢(shì).【鏈接高考3】(2022·全國(guó)卷Ⅲ)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()D[當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，排除A，B.由y′＝－4x3＋2x＝0，得x＝0或x＝±eq\f(\r(2),2)，結(jié)合三次函數(shù)的圖象特征，知原函數(shù)在(－1,1)上有三個(gè)極值點(diǎn)，所以排除C，應(yīng)選D.]解法4圖解法(數(shù)形結(jié)合法)【典例4】(1)假設(shè)函數(shù)y＝f(x)(x∈R)滿(mǎn)足f(x＋1)＝－f(x)，且當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，f(x)＝－x2＋4x－3，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log8x，x＞0，,－\f(1,x)，x＜0，))那么函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－3,3]上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．2 B．4C．6 D．8(2)△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿(mǎn)足如下條件：向量eq\o(OB,\s\up7(→))＝(2,0)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(2,2)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，那么∠AOB的取值范圍為_(kāi)_______．(1)B(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))[(1)因?yàn)閒(x＋1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＝－f(x＋1)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以2為最小正周期的周期函數(shù)．在區(qū)間[－3,3]上，函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，就是方程f(x)＝g(x)的根的個(gè)數(shù)，即函數(shù)f(x)和g(x)的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．于是，在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)分別畫(huà)出函數(shù)f(x)和g(x)的圖象(如圖)，那么由圖可知：在區(qū)間[－3,3]上兩個(gè)函數(shù)的圖象共有4個(gè)交點(diǎn)，應(yīng)選B.(2)由|eq\o(CA,\s\up7(→))|＝eq\r(\r(2)cosα2＋\r(2)sinα2)＝eq\r(2)，可知點(diǎn)A的軌跡是以C(2,2)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓．過(guò)原點(diǎn)O作圓的切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為M，N，如下圖，連接CM，CN，那么向量eq\o(OA,\s\up7(→))與eq\o(OB,\s\up7(→))的夾角θ的取值范圍是[∠MOB，∠NOB]．由圖可知∠COB＝eq\f(π,4)，因?yàn)閨eq\o(OC,\s\up7(→))|＝2eq\r(2)，由|eq\o(CM,\s\up7(→))|＝|eq\o(CN,\s\up7(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(OC,\s\up7(→))|，知∠COM＝∠CON＝eq\f(π,6)，所以∠BOM＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，∠BON＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,12)，所以eq\f(π,12)≤θ≤eq\f(5π,12)，故∠AOB的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))).]圖解法就是根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問(wèn)題的曲線(xiàn)或有關(guān)圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，習(xí)慣上也叫數(shù)形結(jié)合法，常用于函數(shù)、向量、解析幾何等問(wèn)題中，有些選擇題可通過(guò)命題條件中的函數(shù)關(guān)系或幾何意義，作出函數(shù)的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質(zhì)等，得出結(jié)論.【鏈接高考4】(1)(2022·全國(guó)卷Ⅱ)從區(qū)間[0,1]隨機(jī)抽取2n個(gè)數(shù)x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，構(gòu)成n個(gè)數(shù)對(duì)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中兩數(shù)的平方和小于1的數(shù)對(duì)共有m個(gè)，那么用隨機(jī)模擬的方法得到的圓周率π的近似值為()A.eq\f(4n,m) B.eq\f(2n,m)C.eq\f(4m,n) D.eq\f(2m,n)(2)(2022·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y－6≤0，,x≥0，,y≥0，))那么z＝x－y的取值范圍是()A．[－3,0] B．[－3,2]C．[0,2] D．[0,3](1)C(2)B[(1)因?yàn)閤1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在區(qū)間[0,1]內(nèi)隨機(jī)抽取，所以構(gòu)成的n個(gè)數(shù)對(duì)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在正方形OABC內(nèi)(包括邊界)，如下圖．假設(shè)兩數(shù)的平方和小于1，那么對(duì)應(yīng)的數(shù)對(duì)在扇形OAC內(nèi)(不包括扇形圓弧上的點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的數(shù)對(duì))，故在扇形OAC內(nèi)的數(shù)對(duì)有m個(gè)．用隨機(jī)模擬的方法可得eq\f(S扇形,S正方形)＝eq\f(m,n)，即eq\f(π,4)＝eq\f(m,n)，所以π＝eq\f(4m,n).

(2)畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影局部所示．由題意可知，當(dāng)直線(xiàn)y＝x－z過(guò)點(diǎn)A(2,0)時(shí)，z取得最大值，即zmax＝2－0＝2；當(dāng)直線(xiàn)y＝x－z過(guò)點(diǎn)B(0,3)時(shí)，z取得最小值，即zmin＝0－3＝－3.所以z＝x－y的取值范圍是[－3,2]．應(yīng)選B.]解法5構(gòu)造法【典例5】(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2an＋1，那么數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是________．(2)如圖，球O的球面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，那么球O的體積為_(kāi)_______．(1)an＝2n－1(n∈N*)(2)eq\r(6)π[(1)由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＝1，得a1＋1＝2≠0，∴數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比q＝2的等比數(shù)列，因此an＋1＝2·2n－1＝2n，故an＝2n－1(n∈N*)．(2)如圖，以DA，AB，BC為棱長(zhǎng)構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，那么正方體的體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)即為球O的直徑.∴CD＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝2R，因此R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的體積V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.]構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是化歸與轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)條件和所要解決的問(wèn)題確定構(gòu)造的方向，通過(guò)構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問(wèn)題.【鏈接高考5】(2022·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，那么使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)A[設(shè)y＝g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，那么g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)的圖象的示意圖如下圖．當(dāng)x>0，g(x)>0時(shí)，f(x)>0,0<x<1，當(dāng)x<0，g(x)<0時(shí)，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，應(yīng)選A.]解法6估算法【典例6】球O的直徑FC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，AB＝eq\r(3)，∠AFC＝∠BFC＝30°，那么棱錐F-ABC的體積為()A．3eq\r(3) B．2eq\r(3)C.eq\r(3) D．1C[觀察此題選項(xiàng)，發(fā)現(xiàn)大小差距較大，我們可以直接采用估算法，算出棱錐F-ABC的體積的近似值，然后直接選取與近似值最接近的選項(xiàng)．作FD⊥AB，那么計(jì)算S△FAB＝eq\f(1,2)AB×FD＝eq\f(3\r(15),4)后，我們將棱錐C-FAB的高h(yuǎn)近似認(rèn)為是AC，那么V棱錐F-ABC＝V棱錐C-FAB≈eq\f(1,3)S△FAB×AC＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(15),4)×2＝eq\f(\r(15),2)，再與選項(xiàng)比擬，可以發(fā)現(xiàn)與選項(xiàng)C接近，所以直接選C.]假設(shè)有些問(wèn)題不易有時(shí)也沒(méi)有必要進(jìn)行精確的運(yùn)算和判斷，那么可以進(jìn)行估算.估算是一種