TOP48【步步高】（全国通用）2016版高考数学大二轮总复习增分策略第二篇第1讲选择题的解法技巧.doc文档免费在线阅读

本技能，侧重于解题的严谨性和快捷性，以小巧著称解选择题只要结果，不看过程，更能充分体现学生灵活应用知识的能力解题策略充分利用题干和选项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，定要小题巧解，避免小题大做方法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，通过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对号入座，作出相应的选择涉及概念性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法例课标全国Ⅰ已知，温州市联考已知集合则∩∁等于安徽下列函数中，既是偶函数又存在零点的是，两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为知识方法总结快速破解选择题直接法二特例法三排除法四数形结合法五构造法六估算法选择题突破练组专题通关课标全国Ⅱ如图，长方形的边是的中点，点沿着边，与运动，记将动点到面解析比较麻烦，特值法又无法确定正确的选项时如难度稍大的函数的最值或取值范围函数图象的变化等问题常用此种方法确定选项跟踪演练成都七中测试设，则，问题转化为四棱锥与三棱锥的体积之和，而，所以只能选答案思维升华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当题目从正距离为，则该多面体的体积为解析因为是方程的根，所以，是方程的根，所以，所以该多面体的体积比较难求，可连接了思维的层次例已知是方程的根，是方程的根，则等于如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，∥与平面的法六估算法由于选择题提供了唯正确的选项，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，但是加强每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于④连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为个三角形的三边长其中正确命题的个数是方，∪，∞若四面体的三组对棱分别相等，即，给出下列五个命题四面体每组对棱相互垂直四面体每个面的面积相等从四面体奇函数∈的导函数当时则使得成立的的取值范围是∞，∪∪，∞∞，∪答案思维升华构造法求解时需要分析待求问题的结构形式，特别是研究整个问题复杂时，单独摘出其中的部分进行研究或者构造新的情景进行研究跟踪演练课标全国Ⅱ设函数是，则有，并且，所以知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法例已知函数是定义在上的可导函数，且对于∀∈，均有图形图象的性质，否则会因为的图形图象得到的结论跟踪演练函数的所有零点之和等于方法五构造法构造法是种创造性思维，是综合运用各种综上可知，的值域为，∪，∞答案思维升华数形结合法是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果使用数形结合法解题时定要准确把握，当当时当∈∞，∪，∞时，函数的值域为，∞当时，当∈，时，函数的值域为，综，当当时当∈∞，∪，∞时，函数的值域为，∞当时，当∈，时，函数的值域为，综上可知，的值域为，∪，∞答案思维升华数形结合法是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果使用数形结合法解题时定要准确把握图形图象的性质，否则会因为的图形图象得到的结论跟踪演练函数的所有零点之和等于方法五构造法构造法是种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法例已知函数是定义在上的可导函数，且对于∀∈，均有，则有，并且，所以答案思维升华构造法求解时需要分析待求问题的结构形式，特别是研究整个问题复杂时，单独摘出其中的部分进行研究或者构造新的情景进行研究跟踪演练课标全国Ⅱ设函数是奇函数∈的导函数当时则使得成立的的取值范围是∞，∪∪，∞∞，∪∪，∞若四面体的三组对棱分别相等，即，给出下列五个命题四面体每组对棱相互垂直四面体每个面的面积相等从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于④连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为个三角形的三边长其中正确命题的个数是方法六估算法由于选择题提供了唯正确的选项，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已知是方程的根，是方程的根，则等于如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，∥与平面的距离为，则该多面体的体积为解析因为是方程的根，所以，是方程的根，所以，所以该多面体的体积比较难求，可连接，问题转化为四棱锥与三棱锥的体积之和，而，所以只能选答案思维升华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当题目从正面解析比较麻烦，特值法又无法确定正确的选项时如难度稍大的函数的最值或取值范围函数图象的变化等问题常用此种方法确定选项跟踪演练成都七中测试设，则课标全国Ⅱ如图，长方形的边是的中点，点沿着边，与运动，记将动点到，两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为知识方法总结快速破解选择题直接法二特例法三排除法四数形结合法五构造法六估算法选择题突破练组专题通关温州市联考已知集合则∩∁等于安徽下列函数中，既是偶函数又存在零点的是湖南执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出的等于浙江存在函数满足对任意∈都有已知函数，∈是方程的五个不等的实数根，则的取值范围是如图，在棱柱的侧棱和上各有动点满足，过三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为∶∶∶∶湖北设∈所以为奇函数，所以排除，两项显然当∈，时，由于正负不确定，因而符号不确定，故选项错若，故选项正确若，则，故选项错跟踪演练由，得，令又因为在同坐标系中分别作出函数和的图象如图，由图象可知，函数关于对称，又也是函数的对称轴，所以函数和的交点也关于对称，且两函数共有个交点，所以所有零点之和为跟踪演练解析因为∈为奇函数所以当≠时，令，则为偶函数，且则当时，，故在，∞上为减函数，在∞，上为增函数所以在，∞上，当时，⇔⇔在∞，上，当时，⇔⇔综上，得使成立的的取值范围是∞，∪选构造长方体，使三组对棱恰好是长方体的三组平行面中异面的对角线，在此背景下，长方体的长宽高分别为对于，需要满足，才能成立因为各个面都是全等的三角形由对棱相等易证，则四面体的同顶点处对应三个角之和定恒等于，故正确，显然不成立对于④，由长方体相对面的中心连线相互垂直平分判断④正确每个顶点出发的三条棱的长恰好分别等于各个面的三角形的三边长，显然成立故正确命题有④跟踪演练解析因为，，所以当点沿着边运动，即时，在中在中则，它不是关于的次函数，图象不是线段，故排除和当点与点重合，即时，由上得，又当点与边的中点重合，即时，与是全等的腰长为的等腰直角三角形，故，知，故又可排除综上，选选择题突破练由已知，∁或，所以，∩∁选由于是奇函数是非奇非偶函数是偶函数但没有零点只有是偶函数又有零点第步运算第二步运算第三步运算故，故选排除法，中，当，时而≠，不对同上中，当，时而≠，不对，故选函数的图象如图所示，结合图象可得若有个不等的实数根，需，得，又由函数在，上对称，所以，故的取值范围为，将置于特殊位置此时仍满足条件，则有，故选，则，则„„，则要使得上述式子同时成立，等价于上述不等式有交集，则，则明显不等式组有交集，故存在使得与同时成立，则则因为，则存在使得同时成立，则，则④同理，可以求得存在使得④同时成立，则则因为，故与交集为空集所以的最大值是故选函数为奇函数，排除，取，排除取，排除，故选等差数列中，的表达式为的二次函数，且常数项为，故函数的图象过原点，又，且存在使得，可知公差，图象开口向上，对称轴，于是当或时，取得最小值，选依题意，记题中的球的半径是，可将题中的四面体补形成个长方体，且该长方体的长宽高分别是，于是有所以球的表面积为，⇒，即，而考查选项可知，本题选择的关键是能否等于或，故可逐检验，由于圆心到直线的距离为，则或时均不符合题意，故选当⊥，∥时，有⊥，∥，⊂等多种可能情况，所以不正确当∥，∥，且∥时，∥或，相交，所以④不正确，故选抛物线的焦点为作图如下，抛物线的准线方程为，设点到该抛物线准线的距离为，由抛物线的定义可知当且仅当三点共线时在，中间时取等号，点到点，的距离与点到该抛物线准线的距离之和的最小值为，为直角三角形故选若⇔⊥⇔故正确，排除若存在实数，使得，等价于∥，即与方向相同或相反，而表示与方向相同，故错，则选函数当∈，时，⇒，当∈，时，⇒，的阶不动点的个数为，当∈，时⇒，当∈，时⇒，当∈，时⇒，当∈，时⇒，的阶不动点的个数为，以此类推，的阶不动点的个数是第讲选择题的解法技巧题型概述选择题考查基础知识基本技能，侧重于解题的严谨性和快捷性，以小巧著称解选择题只要结果，不看过程，更能充分体现学生灵活应用知识的能力解题策略充分利用题干和选项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，定要小题巧解，避免小题大做方法直接法直接从题设条件出发，运