第1講選擇題的解法與技巧典例研析·悟方法(一)立德樹人，“五育”并舉典例1(2022·北京統(tǒng)考高考真題)在北京冬奧會(huì)上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環(huán)保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術(shù)，為實(shí)現(xiàn)綠色冬奧作出了貢獻(xiàn)．如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態(tài)與T和lgP的關(guān)系，其中T表示溫度，單位是K；P表示壓強(qiáng)，單位是bar.下列結(jié)論中正確的是(D)A．當(dāng)T＝220，P＝1026時(shí)，二氧化碳處于液態(tài)B．當(dāng)T＝270，P＝128時(shí)，二氧化碳處于氣態(tài)C．當(dāng)T＝300，P＝9987時(shí)，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)D．當(dāng)T＝360，P＝729時(shí)，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)【分析】根據(jù)T與lgP的關(guān)系圖可得正確的選項(xiàng)．【解析】當(dāng)T＝220，P＝1026時(shí)，lgP>3，此時(shí)二氧化碳處于固態(tài)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)T＝270，P＝128時(shí)，2<lgP<3，此時(shí)二氧化碳處于液態(tài)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)T＝300，P＝9987時(shí)，lgP與4非常接近，故此時(shí)二氧化碳處于固態(tài)，對(duì)應(yīng)的是非超臨界狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)T＝360，P＝729時(shí)，因2<lgP<3，故此時(shí)二氧化碳處于超臨界狀態(tài)，故D正確．故選D.典例2魏晉時(shí)劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是有關(guān)測(cè)量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測(cè)海島的高．如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB＝(A)A．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表高C．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表距【分析】利用平面相似的有關(guān)知識(shí)以及合分比性質(zhì)即可解出．【解析】如圖所示：由平面相似可知，eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)，eq\f(FG,AB)＝eq\f(CG,AC)，而DE＝FG，所以eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)＝eq\f(CG,AC)＝eq\f(CG－EH,AC－AH)＝eq\f(CG－EH,CH)，而CH＝CE－EH＝CG－EH＋EG，即AB＝eq\f(CG－EH＋EG,CG－EH)×DE＝eq\f(EG×DE,CG－EH)＋DE＝eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高．故選A．典例3我國古代數(shù)學(xué)家劉徽于公元263年在《九章算術(shù)注》中提出“割圓術(shù)”：割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣．即通過圓內(nèi)接正多邊形細(xì)割圓，并使正多邊形的面積無限接近圓的面積，進(jìn)而來求得較為精確的圓周率．如果用圓的內(nèi)接正n邊形逼近圓，算得圓周率的近似值記為πn，那么用圓的內(nèi)接正2n邊形逼近圓，算得圓周率的近似值π2n可表示成(A)A．eq\f(πn,cos\f(180°,n)) B．eq\f(πn,cos\f(360°,n))C．eq\f(πn,sin\f(360°,n)) D．eq\f(πn,cos\f(90°,n))【解析】令圓的半徑為1，則圓內(nèi)接正n邊形的面積為n×eq\f(1,2)×12×sineq\f(360°,n)＝eq\f(n,2)sineq\f(360°,n)＝nsineq\f(180°,n)·coseq\f(180°,n)，圓內(nèi)接正2n邊形的面積為2n×eq\f(1,2)×12×sineq\f(360°,2n)＝nsineq\f(180°,n)，用圓的內(nèi)接正n邊形逼近圓，可得S圓＝nsineq\f(180°,n)coseq\f(180°,n)＝πn；用圓的內(nèi)接正2n邊形逼近圓，可得S圓＝nsineq\f(180°,n)＝π2n；所以π2n＝eq\f(πn,cos\f(180°,n)).故選A．典例4(2023·凱里市校級(jí)二模)甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，采用七局四勝制，先贏四局者獲勝，沒有平局，甲每局贏的概率為eq\f(1,2)，已知前兩局甲輸了，則甲最后獲勝的概率為(C)A．eq\f(1,16) B．eq\f(1,8)C．eq\f(3,16) D．eq\f(1,4)【解析】因?yàn)榍皟删旨锥驾斄?，所以甲需要連勝四局或第三局到第六局輸1局，且第七局勝，甲才能最后獲勝，所以甲最后獲勝的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,16).故選C．【綜合分析】1．突出“德育為先，立德樹人”的思想理念．以德育為背景的考題，多以民族精神、理想信念、道德品質(zhì)、文明行為、社會(huì)公德、遵紀(jì)守法、心理健康、悠久數(shù)學(xué)文化等生活內(nèi)容為題材，復(fù)習(xí)中可適當(dāng)關(guān)注．2．突出“五育并舉，全面發(fā)展”的思想理念．往往以重大體育賽事為背景，選擇學(xué)生喜歡的足球、游泳、棋類、田賽、競賽等項(xiàng)目具體設(shè)計(jì)試題，突出發(fā)揮高考試題的體育教育功能．以我國古建筑、體育運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目為背景，設(shè)計(jì)數(shù)學(xué)計(jì)算問題，考查學(xué)生的分析問題能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，以及數(shù)學(xué)文化素養(yǎng)，同時(shí)，將愛國主義教育、美育教育融入其中，展示了數(shù)學(xué)之美，謳歌了中國勞動(dòng)人民的勤勞與智慧．以美育為背景的考題，多以自然之美和創(chuàng)作之美等為題材，同時(shí)，引導(dǎo)學(xué)生增強(qiáng)熱愛勞動(dòng)、熱愛工作意識(shí)．3．青少年的身心健康是素質(zhì)教育的核心內(nèi)容，在高考評(píng)價(jià)體系的核心價(jià)值指標(biāo)體系中，包含健康情感的指標(biāo)，要求學(xué)生具有健康意識(shí)，注重增強(qiáng)體質(zhì)，健全人格，鍛煉意志品質(zhì)．(二)關(guān)注社會(huì)經(jīng)濟(jì)，增強(qiáng)實(shí)踐意識(shí)典例1(2023·四川模擬)2022年11月，國內(nèi)豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油、鮮菜價(jià)格同比(與去年同期相比)的變化情況如圖所示，則下列說法正確的是(D)A．豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油這6種食品中，食用油價(jià)格同比漲幅最小B．豬肉價(jià)格同比漲幅超過禽肉價(jià)格同比漲幅的5倍C．去年11月鮮菜價(jià)格要比今年11月低D．這7種食品價(jià)格同比漲幅的平均值超過7%【解析】豬肉、雞蛋、鮮果、禽肉、糧食、食用油這6種食品中，糧食價(jià)格同比漲幅最小，故A錯(cuò)；豬肉價(jià)格同比漲幅超過禽肉價(jià)格同比漲幅的倍數(shù)為34.3%÷8.5%≈4，故B錯(cuò)；根據(jù)圖表可得去年鮮菜價(jià)格比今年高，故C錯(cuò)；這7種食品價(jià)格同比漲幅的平均值約為(7.6%＋3%＋8.5%＋9.6%＋10.4%＋34.4%－21.2%)÷7≈7.5%，故D對(duì)．故選D.典例2(2023·江西模擬)草莓中有多種氨基酸、微量元素、維生素，能夠調(diào)節(jié)免疫功能，增強(qiáng)機(jī)體免疫力．草莓味甘、性涼，有潤肺生津，健脾養(yǎng)胃等功效，受到眾人的喜愛．根據(jù)草莓單果的重量，可將其從小到大依次分為4個(gè)等級(jí)，其等級(jí)x(x＝1,2,3,4)與其對(duì)應(yīng)等級(jí)的市場銷售單價(jià)y(單位：元/千克)近似滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝eax＋b.若花同樣的錢買到的1級(jí)草莓比4級(jí)草莓多1倍，且1級(jí)草莓的市場銷售單價(jià)為24元/千克，則3級(jí)草莓的市場銷售單價(jià)最接近(參考數(shù)據(jù)：eq\r(3,2)≈1.26，eq\r(3,4)≈1.59)(C)A．30.24元/千克 B．33.84元/千克C．38.16元/千克 D．42.64元/千克【解析】由題意可知eq\f(e4a＋b,ea＋b)＝e3a＝1＋1，解得ea＝eq\r(3,2)，由ea＋b＝24，可得e3a＋b＝ea＋b·e2a＝ea＋b·(ea)2＝24×(eq\r(3,2))2≈24×1.262≈38.10，故選C．【綜合分析】“脫貧攻堅(jiān)”、“南水北調(diào)”、“一帶一路”、疫情防控等，是我國經(jīng)濟(jì)生活中的重大工程、重大事項(xiàng)，“垃圾分類”是我們積極倡導(dǎo)的文明生活，以這些社會(huì)活動(dòng)為背景設(shè)計(jì)考題，不但考查學(xué)生分析問題和處理數(shù)據(jù)的能力，更有助于引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會(huì)現(xiàn)實(shí)，關(guān)注經(jīng)濟(jì)發(fā)展，增強(qiáng)社會(huì)實(shí)踐意識(shí)，也有助于學(xué)生體驗(yàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用之美．(三)關(guān)注科技前沿，激發(fā)學(xué)習(xí)熱情典例12021年5月15日7時(shí)18分，我國首個(gè)自主研發(fā)的火星探測(cè)器“天問一號(hào)”，在經(jīng)歷了296天的太空之旅，總距離約4.7億公里的飛行后，天問一號(hào)火星探測(cè)器所攜帶的祝融號(hào)火星車及其著陸組合體，成功降落在火星北半球的烏托邦平原南部，實(shí)現(xiàn)了中國航天史無前例的突破．已知地球自轉(zhuǎn)的線速度約為火星自轉(zhuǎn)線速度的兩倍，地球自轉(zhuǎn)一周為24小時(shí)，而火星自轉(zhuǎn)一周約為25小時(shí)．地球與火星均視為球體，則火星的表面積約為地球表面積的(A)A．27% B．37%C．47% D．57%【分析】令地球、火星半徑分別為R，r，結(jié)合題設(shè)有eq\f(r,R)＝eq\f(25,48)，應(yīng)用球體表面積公式即可得火星的表面積相對(duì)地球表面積的數(shù)量關(guān)系．【解析】令地球、火星半徑分別為R，r，則eq\f(2πR,24)＝2×eq\f(2πr,25)，故eq\f(r,R)＝eq\f(25,48)，所以火星的表面積約為地球表面積的eq\f(4πr2,4πR2)≈27%.故選A．典例2(2023·凱里市校級(jí)三模)酒駕是嚴(yán)重危害交通安全的違法行為．為了保障交通安全，根據(jù)國家有關(guān)規(guī)定：100mL血液中酒精含量達(dá)到20～79mg的駕駛員即為酒后駕車，80mg及以上認(rèn)定為醉酒駕車．假設(shè)某駕駛員喝了一定量酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL.如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量會(huì)以每小時(shí)20%的速度減少，那他至少經(jīng)過幾小時(shí)才能駕駛．(參考數(shù)據(jù)lg2≈0.301)(D)A．5 B．6C．7 D．8【解析】設(shè)該駕駛員x小時(shí)后100mL血液中酒精含量為ymg，則y＝100(1－20%)x＝100×0.8x，當(dāng)y＝20時(shí)，100×0.8x＝20，即0.8x＝0.2，∴x＝log0.80.2＝eq\f(lg0.2,lg0.8)＝eq\f(lg2－1,lg8－1)＝eq\f(lg2－1,3lg2－1)≈eq\f(0.301－1,3×0.301－1)≈7.206.故選D.【綜合分析】1．火星探測(cè)器“天問一號(hào)”為背景設(shè)計(jì)試題，展示我國的航天事業(yè)的重要成果，突出發(fā)揮高考試題的德育教育，同時(shí)引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會(huì)、關(guān)注科技成果，激發(fā)學(xué)生熱情．2．以人工智能的應(yīng)用為背景設(shè)計(jì)題目，考查對(duì)數(shù)運(yùn)算問題，涉及指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型，考查學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)模型的理解能力以及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，突出引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注最新科技成果，激發(fā)學(xué)習(xí)熱情．方法1：直接法核心提示·精歸納直接從題設(shè)條件出發(fā)，運(yùn)用有關(guān)概念、性質(zhì)、定理、法則和公式等知識(shí)，通過嚴(yán)密地推理和準(zhǔn)確地運(yùn)算，從而得出正確的結(jié)論，然后對(duì)照題目所給出的選項(xiàng)“對(duì)號(hào)入座”，作出相應(yīng)的選擇．涉及概念、性質(zhì)的辨析或運(yùn)算較簡單的題目常用直接法．典例研析·悟方法典例1(多選)(2023·湖南模擬預(yù)測(cè))已知某批零件的質(zhì)量指標(biāo)ξ(單位：毫米)服從正態(tài)分布N(25.40，σ2)，且P(ξ≥25.45)＝0.1，現(xiàn)從該批零件中隨機(jī)取3件，用X表示這3件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值ξ不位于區(qū)間(25.35,25.45)的產(chǎn)品件數(shù)，則(ACD)A．P(25.35<ξ<25.45)＝0.8B．E(X)＝2.4C．D(X)＝0.48D．P(X≥1)＝0.488【分析】根據(jù)正態(tài)分布的對(duì)稱性、概率公式，結(jié)合二項(xiàng)分布的公式，可得答案．【解析】由正態(tài)分布的性質(zhì)得P(25.35<ξ<25.45)＝1－2P(ξ≥25.45)＝1－2×0.1＝0.8，故A正確；則1件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值ξ不位于區(qū)間(25.35,25.45)的概率為P＝0.2，所以X～B(3,0.2)，故E(X)＝3×0.2＝0.6，故B錯(cuò)誤；D(X)＝3×0.2×0.8＝0.48，故C正確；P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.83＝0.488，故D正確．故選ACD.典例2(2023·河南高三安陽一中校聯(lián)考階段練習(xí))若eq\f(1－cos2θ,sin2θ)＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝(A)A．3 B．2C．eq\r(3) D．1【解析】已知等式利用倍角公式和同角三角函數(shù)的關(guān)系化簡，得tanθ＝eq\f(1,2)，再用兩角和的正切公式求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))的值．由eq\f(1－cos2θ,sin2θ)＝eq\f(2sin2θ,2sinθcosθ)＝tanθ＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ)＝1－tanθ，解得tanθ＝eq\f(1,2).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(tan\f(π,4)＋tanθ,1－tan\f(π,4)tanθ)＝eq\f(1＋\f(1,2),1－\f(1,2))＝3.故選A．方法2：特例法核心提示·精歸納從題干(或選項(xiàng))出發(fā)，通過選取符合條件的特殊情況(特殊值、特殊點(diǎn)、特殊位置、特殊函數(shù)等)代入，將問題特殊化或構(gòu)造滿足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置，進(jìn)行判斷．特殊化法是“小題小做”的重要策略．但要注意以下兩點(diǎn)：第一，取特例盡可能簡單，有利于計(jì)算和推理；第二，若在取定的特殊情況下有兩個(gè)或兩個(gè)以上的結(jié)論相符，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解．典例研析·悟方法典例3若α為第四象限角，則(D)A．cos2α>0 B．cos2α<0C．sin2α>0 D．sin2α<0【解析】方法一：由α為第四象限角，可得eq\f(3π,2)＋2kπ<α<2π＋2kπ，k∈Z，所以3π＋4kπ<2α<4π＋4kπ，k∈Z，此時(shí)2α的終邊落在第三、四象限及y軸的非正半軸上，所以sin2α<0，故選D.方法二：當(dāng)α＝－eq\f(π,6)時(shí)，cos2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)α＝－eq\f(π,3)時(shí)，cos2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))<0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由α在第四象限可得sinα<0，cosα>0，則sin2α＝2sinαcosα<0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．故選D.典例4已知非零向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，則a與2a－b夾角的余弦值為(D)A．eq\f(\r(7),7) B．eq\f(\r(7),8)C．eq\f(\r(7),14) D．eq\f(5\r(7),14)【解析】因?yàn)榉橇阆蛄縜，b滿足|a|＝|b|＝|a＋b|，所以不妨設(shè)a＝(1,0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則2a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(\r(3),2)))，所以a·(2a－b)＝eq\f(5,2)，故cos〈a,2a－b〉＝eq\f(a·2a－b,|a|·|2a－b|)＝eq\f(\f(5,2),1×\r(7))＝eq\f(5\r(7),14).方法3：排除法核心提示·精歸納排除法(淘汰法、篩選法)是充分利用選擇題有且只有一個(gè)正確的選項(xiàng)這一特征，通過分析、推理、計(jì)算、判斷，排除不符合要求的選項(xiàng)，從而得出正確結(jié)論的一種方法．排除法使用要點(diǎn)：1．從選項(xiàng)出發(fā)，先確定容易判斷對(duì)錯(cuò)的選項(xiàng)，再研究其他選項(xiàng)；2．當(dāng)題目中的條件多于一個(gè)時(shí)，先根據(jù)某些條件在選項(xiàng)中找出明顯與之矛盾的，予以否定，再根據(jù)另一些條件在縮小選項(xiàng)的范圍內(nèi)找出矛盾，這樣逐步篩選，它與特例(值)法、驗(yàn)證法等常結(jié)合使用．典例研析·悟方法典例5(2023·河南高三洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試)函數(shù)f(x)＝eq\f(2－4sin2x,2x2＋1)的圖象可能為(A)【分析】判斷出函數(shù)為偶函數(shù)，排除C，有特殊點(diǎn)的函數(shù)值排除B、D，選出正確答案．【解析】f(x)＝eq\f(2－4sin2x,2x2＋1)定義域?yàn)镽，且f(－x)＝eq\f(2－4sin2－x,2－x2＋1)＝eq\f(2－4sin2x,2x2＋1)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，排除C；令x＝0，得f(0)＝2，排除B；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，排除D，A符合要求．故選A．典例6(2023·河南長葛市第一高級(jí)中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))當(dāng)1<x1<x2時(shí)，不等式x2ex1－x1ex2<0成立．若b>ea>e，則(D)A．eb<bee－1 B．ea＋b<beeaC．a(chǎn)eb<blna D．a(chǎn)b>ealnb【分析】將給定不等式變形，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，x>1，利用函數(shù)單調(diào)性，逐項(xiàng)分析判斷作答．【解析】當(dāng)1<x1<x2時(shí)，不等式x2ex1－x1ex2<0?eq\f(ex1,x1)<eq\f(ex2,x2)，令f(x)＝eq\f(ex,x)，x>1，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因b>e>1，則f(b)>f(e)?eq\f(eb,b)>eq\f(ee,e)?eb>bee－1，故A錯(cuò)誤；b>ea>1，則f(b)>f(ea)?eq\f(eb,b)>eq\f(eea,ea)?ea＋b>beea，故B錯(cuò)誤；由ea>e知，a>1，有f(a)>f(1)?eq\f(ea,a)>e>1?ea>a，則a>lna?eq\f(lna,a)<1，由選項(xiàng)A知，eq\f(eb,b)>1，即eq\f(eb,b)>eq\f(lna,a)?aeb>blna，故C錯(cuò)誤；由b>ea>e得，lnb>a>1，則f(lnb)>f(a)?eq\f(elnb,lnb)>eq\f(ea,a)?ab>ealnb，故D正確．故選D.方法4：數(shù)形結(jié)合法核心提示·精歸納有些選擇題可通過命題條件中的函數(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，綜合圖象的特征，得出結(jié)論．典例研析·悟方法典例7(多選)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若對(duì)于曲線y＝f(x)上的任意點(diǎn)P，都存在曲線y＝f(x)上的點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，則稱函數(shù)f(x)具備“?性質(zhì)”．則下列函數(shù)具備“?性質(zhì)”的是(BD)A．y＝x＋1 B．y＝cos2xC．y＝eq\f(lnx,x) D．y＝ex－2【分析】四個(gè)選項(xiàng)都可以做出簡圖，對(duì)于選項(xiàng)A和選項(xiàng)C，可在圖中選取特殊點(diǎn)驗(yàn)證排除；選項(xiàng)B、選項(xiàng)D可在圖中任意選擇點(diǎn)P，觀察是否存在點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，即可做出判斷．【解析】選項(xiàng)A，如圖所示，曲線y＝x＋1，當(dāng)點(diǎn)P取得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))時(shí)，要使得點(diǎn)Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，那么點(diǎn)Q落在直線y＝x上，而此時(shí)y＝x＋1與y＝x兩直線是平行的，不存在交點(diǎn)，故此時(shí)不滿足在y＝x＋1上存在點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；如圖所示，曲線y＝cos2x，對(duì)于曲線y＝cos2x上的任意點(diǎn)P，都存在曲線y＝cos2x上的點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，故選項(xiàng)B正確；如圖所示，曲線y＝eq\f(lnx,x)，當(dāng)點(diǎn)P取得(1,0)時(shí)，要使得點(diǎn)Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，那么點(diǎn)Q落在直線y＝0上，而此時(shí)y＝eq\f(lnx,x)與y＝0兩曲線不存在交點(diǎn)，故此時(shí)不滿足在y＝eq\f(lnx,x)上存在點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如圖所示，曲線y＝ex－2，對(duì)于曲線y＝ex－2上的任意點(diǎn)P，都存在曲線y＝ex－2上的點(diǎn)Q，使得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0成立，故選項(xiàng)D正確．故選BD.典例8(2023·江蘇南通高三校考開學(xué)考試)在△ABC中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(EA,\s\up6(→))，直線DE與直線BC交于點(diǎn)F.設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝(C)A．eq\f(2,9)a＋eq\f(1,3)b B．eq\f(5,9)a＋eq\f(1,3)bC．eq\f(9,10)a＋eq\f(3,5)b D．eq\f(2,5)a＋eq\f(3,10)b【分析】根據(jù)題意，可得eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))，再由F，B，C三點(diǎn)共線，利用共線定理求解即可．【解析】如右圖所示：由題可知，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))，由共線定理可知，存在實(shí)數(shù)λ滿足eq\o(DF,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(DC,\s\up6(→))，又因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(DA,\s\up6(→))，所以eq\o(DB,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))，因此eq\o(DF,\s\up6(→))＝3λeq\o(DA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(DC,\s\up6(→))，又eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))與eq\o(DF,\s\up6(→))＝3λeq\o(DA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(DC,\s\up6(→))共線，所以eq\f(3λ,1－λ)＝eq\f(2,1)，解得λ＝eq\f(2,5)，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)×eq\f(3,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,5)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(9,10)a＋eq\f(3,5)b.故選C．方法5：估算法核心提示·精歸納選擇題提供了唯一正確的選擇支，解答又無需過程．因此，有些題目，不必進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算，只需對(duì)其數(shù)值特點(diǎn)和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?jì)，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法往往可以減少運(yùn)算量，但是加強(qiáng)了思維的層次．使用要點(diǎn)：1．使用前提：針對(duì)一些復(fù)雜的、不易準(zhǔn)確求值的與計(jì)算有關(guān)的問題．常與特例(值)法結(jié)合起來使用．2．使用技巧：對(duì)于數(shù)值計(jì)算常采用放縮估算、整體估算、近似估算、特值估算等，對(duì)于幾何體問題，常進(jìn)行分割、拼湊、位置估算．典例研析·悟方法典例9設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D－ABC體積的最大值為(B)A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)【解析】方法一：思路分析：V三棱錐D－ABC最大值→三棱錐高的最大值→依據(jù)三棱錐和球的關(guān)系估算過程：等邊三角形ABC的面積為9eq\r(3)，顯然球心不是此三角形的中心，所以三棱錐的體積最大時(shí)，三棱錐的高h(yuǎn)應(yīng)滿足h∈(4,8)，所以eq\f(1,3)×9eq\r(3)×4<V三棱錐D－ABC<eq\f(1,3)×9eq\r(3)×8，即12eq\r(3)<V三棱錐D－ABC<24eq\r(3).選B.方法二：分析：作圖，D為MO與球的交點(diǎn)，點(diǎn)M為三角形ABC的重心，判斷出當(dāng)DM⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D－ABC體積最大，然后進(jìn)行計(jì)算可得。如圖所示，點(diǎn)M為三角形ABC的重心，E為AC中點(diǎn)，當(dāng)DM⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D－ABC體積最大，此時(shí)，OD＝OB＝R＝4，∵S△ABC＝eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，∴AB＝6，∵點(diǎn)M為三角形ABC的重心，∴BM＝eq\f(2,3)BE＝2eq\r(3)，∴Rt△BMO中，有OM＝eq\r(OB2－BM2)＝2，∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，∴(VD－ABC)max＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3)，故選B.典例10如圖所示，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝eq\f(3,2)，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(D)A．eq\f(9,2) B．5C．6 D．eq\f(15,2)【解析】可連接BE，CE，問題轉(zhuǎn)化為四棱錐E－ABCD與三棱錐E－BCF的體積之和，而VE－ABCD＝eq\f(1,3)S·h＝eq\f(1,3)×9×2＝6.故多面體ABCDEF的體積大于6，所以只有選項(xiàng)D符合題意．方法6：概念辨析法核心提示·精歸納概念辨析法是從題設(shè)條件出發(fā)，通過對(duì)數(shù)學(xué)概念的辨析，進(jìn)行少量運(yùn)算或推理，直接選出正確結(jié)論的方法．這類題目一般是給出的一個(gè)創(chuàng)新定義，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性質(zhì)，需要考生在平時(shí)注意辨析有關(guān)概念，準(zhǔn)確區(qū)分相應(yīng)概念的內(nèi)涵與外延，同時(shí)在審題時(shí)多加小心．典例研析·悟方法典例11(2023·全國高三專題練習(xí))北京大興國際機(jī)場的顯著特點(diǎn)之一是各種彎曲空間的運(yùn)用，在數(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性．規(guī)定：多面體的頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差(多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制)，多面體面上非頂點(diǎn)的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點(diǎn)的曲率之和．例如：正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)有3個(gè)面角，每個(gè)面角是eq\f(π,3)，所以正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率為2π－3×eq\f(π,3)＝π，故其總曲率為4π.給出下列三個(gè)結(jié)論：①正方體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率均為eq\f(π,2)；②任意四棱錐的總曲率均為4π；③若某類多面體的頂點(diǎn)數(shù)V，棱數(shù)E，面數(shù)F滿足V－E＋F＝2，則該類多面體的總曲率是常數(shù)．其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是(D)A．①② B．①③C．②③ D．①②③【解析】根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個(gè)頂點(diǎn)的曲率為2π－3×eq\f(π,2)＝eq\f(π,2)，故①正確；由定義可得多面體的總曲率＝2π×頂點(diǎn)數(shù)－各面內(nèi)角和，因?yàn)樗睦忮F有5個(gè)頂點(diǎn)，5個(gè)面，分別為4個(gè)三角形和1個(gè)四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為2π×5－(π×4＋2π×1)＝4π，故②正確；設(shè)每個(gè)面記為ni(i∈[1，F(xiàn)])邊形，則所有的面角和為eq\i\su(i＝1,F,)(ni－2)π＝πeq\i\su(i＝1,F,n)i－2πF＝π·2E－2πF＝2π(E－F)，根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率2πV－2π(E－F)＝4π為常數(shù)，故③正確．故選D.典例12(2023·北京高二北大附中?？计谀?公元前4世紀(jì)，古希臘數(shù)學(xué)家梅內(nèi)克繆斯利用垂直于母線的平面去截頂角分別為銳角、鈍角和直角的圓錐，發(fā)現(xiàn)了三種圓錐曲線．之后，數(shù)學(xué)家亞理士塔歐、歐幾里得、阿波羅尼斯等都對(duì)圓錐曲線進(jìn)行了深入的研究．直到3世紀(jì)末，帕普斯才在其《數(shù)學(xué)匯編》中首次證明：與定點(diǎn)和定直線的距離成定比的點(diǎn)的軌跡是圓錐曲線，定比小于、大于和等于1分別對(duì)應(yīng)橢圓、雙曲線和拋物線．已知A，B是平面內(nèi)兩個(gè)定點(diǎn)，且|AB|＝4，則下列關(guān)于軌跡的說法中錯(cuò)誤的是(D)A．到A，B兩點(diǎn)距離相等的點(diǎn)的軌跡是直線B．到A，B兩點(diǎn)距離之比等于2的點(diǎn)的軌跡是圓C．到A，B兩點(diǎn)距離之和等于5的點(diǎn)的軌跡是橢圓D．到A，B兩點(diǎn)距離之差等于3的點(diǎn)的軌跡是雙曲線【分析】判斷到A，B兩點(diǎn)距離相等的點(diǎn)的軌跡是A，B連線的垂直平分線，判斷A；建立平面直角坐標(biāo)系，求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，可判斷B；根據(jù)橢圓以及雙曲線的定義可判斷C，D.【解析】到A，B兩點(diǎn)距離相等的點(diǎn)的軌跡是A，B連線的垂直平分線，A正確；以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(－2,0)，B(2,0)，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)，由題意知eq\f(|PA|,|PB|)＝2，即eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－22＋y2))＝2，化簡為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(10,3)))2＋y2＝eq\f(64,9)，即此時(shí)點(diǎn)的軌跡為圓，B正確；不妨設(shè)動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)距離之和等于5，即|PA|＋|PB|＝5，由于5>4，故到A，B兩點(diǎn)距離之和等于5的點(diǎn)的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓，C正確；設(shè)動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)距離之差等于3，即|PA|－|PB|＝3，由