浙江高考数学二轮复习教师用书 第2部分 必考补充专题 技法篇6招巧解客观题省时省力得高分 含答案.docx

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浙江高考数学二轮复习教师用书第2部分必考补充专题技法篇6招巧解客观题省时省力得高分含答案

必考补充专题中的4个突破点在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题，属送分题型，通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，迎合教师与考生的需求，本部分只简单提炼核心知识，构建知识体系，讲解客观题解法，其余以练为主.

建知识网络　明内在联系

[高考点拨]　必考补充专题涉及的知识点比较集中，多为新增内容，在高考中常以小题的形式呈现．本专题的考查也是高考中当仁不让的高频考点，考查考生应用新知识解决问题的能力和转化与化归能力等．综合浙江新高考命题规律，本专题主要从“集合与常用逻辑用语”“不等式与线性规划”“复数、数学归纳法”“排列组合、二项式定理”四大角度进行精练，引领考生明确考情，高效备考．

技法篇：

6招巧解客观题，省时、省力得高分

[技法概述]　选择题、填空题是高考必考的题型，共占有76分，因此，探讨选择题、填空题的特点及解法是非常重要和必要的．选择题的特点是灵活多变、覆盖面广，突出的特点是答案就在给出的选项中．而填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，不设中间分，所以要求所填的是最简最完整的结果．解答选择题、填空题时，对正确性的要求比解答题更高、更严格．它们自身的特点决定选择题及填空题会有一些独到的解法．

解法1　直接法

直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得出结果.直接法是求解填空题的常用方法.在用直接法求解选择题时，可利用选项的暗示性作出判断，同时应注意：

在计算和论证时尽量简化步骤，合理跳步，还要尽可能地利用一些常用的性质、典型的结论，以提高解题速度.

【例1】　

（1）将函数y＝sin图象上的点P向左平移s（s>0）个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin2x的图象上，则（　　）

A．t＝，s的最小值为

B．t＝，s的最小值为

C．t＝，s的最小值为

D．t＝，s的最小值为

（2）已知向量a＝（2,1），b＝（1，－2），若ma＋nb＝（9，－8）（m，n∈R），则m－n的值为______．

[解题指导]　

（1）先求点P坐标，再求点P′的坐标，最后将点P′的坐标代入y＝sin2x求s的最小值．

（2）可以利用向量的坐标运算，通过坐标相等，直接得出参量m，n的值．

（1）A　

（2）－3　[

（1）因为点P在函数y＝sin的图象上，所以t＝sin＝sin＝.所以P.将点P向左平移s（s>0）个单位长度得P′.

因为P′在函数y＝sin2x的图象上，所以sin2＝，即cos2s＝，所以2s＝2kπ＋或2s＝2kπ＋π，即s＝kπ＋或s＝kπ＋（k∈Z），所以s的最小值为.

（2）∵ma＋nb＝（2m＋n，m－2n）＝（9，－8），

∴∴∴m－n＝－3.]

[变式训练1]　设函数f（x）＝

若f＝4，则b＝（　　）

A．1　　　　B.　　　　

C.　　　　D.

D　[f＝3×－b＝－b，若－b<1，即b>，则3×－b＝－4b＝4，解得b＝，不符合题意，舍去；若－b≥1，即b≤，则2－b＝4，解得b＝.]

解法2　等价转化法

所谓等价转化法，就是通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果.

【例2】　

（1）设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4，若点M，N满足＝3，＝2，则·＝（　　）

A．20　　B．15

C．9D．6

（2）若直线3x－4y＋5＝0与圆x2＋y2＝r2（r>0）相交于A，B两点，且∠AOB＝120°（O为坐标原点），则r＝__________.

[解题指导]　

（1）把向量，用，表示，再求数量积．

（2）利用∠AOB＝120°，得到圆心到直线的距离，最后用点到直线的距离公式求解．

（1）C　

（2）2　[

（1）依题意有＝＋＝＋，＝＋＝－＝－，所以·＝·＝2－2＝9.故选C.

（2）如图，过点O作OD⊥AB于点D，则|OD|＝＝1.

∵∠AOB＝120°，OA＝OB，

∴∠OBD＝30°，

∴|OB|＝2|OD|＝2，即r＝2.]

[变式训练2]　

（1）在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点，若·＝1，则AB的长为（　　）【导学号：

68334151】

A．2B.

C．1D.

（2）若直线y＝kx＋1（k∈R）与圆x2＋y2－2ax＋a2－2a－4＝0恒有交点，则实数a的取值范围是________．

（1）D　

（2）[－1,3]　[

（1）因为＝＋，＝＋＝－，所以·＝（＋）·＝2＋·－DC2，所以1＋||·cos60°－||2＝1，||＝，故AB的长为.

（2）直线y＝kx＋1恒过定点（0,1），则直线与圆恒有交点等价于点（0,1）在圆内或圆上，即02＋12－2a×0＋a2－2a－4≤0，即a2－2a－3≤0，解得－1≤a≤3.]

解法3　特殊值法

在解决选择题和填空题时，可以取一个或一些特殊数值或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等来确定其结果，这种方法称为特值法.特值法由于只需对特殊数值、特殊情形进行检验，省去了推理论证、繁琐演算的过程，提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.

【例3】　

（1）设f（x）＝lnx,0

A．q＝rp

C．p＝rq

（2）“对任意x∈，ksinxcosx

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

[解题指导]　

（1）从条件看这应是涉及利用基本不等式比较函数值大小的问题，若不等式在常规条件下成立，则在特殊情况下更能成立，所以不妨对a，b取特殊值处理，如a＝1，b＝e.

（2）正常来说分析不等式ksinxcosx＜x成立的条件很复杂，也没必要，所以可以尝试在满足条件的情况下对x取特殊值进行分析，这样既快又准确．

（1）C　

（2）B　[

（1）根据条件，不妨取a＝1，b＝e，则p＝f（）＝ln＝，q＝f＞f（）＝，r＝（f

（1）＋f（e））＝，在这种特例情况下满足p＝r＜q，所以选C.

（2）若对任意x∈，ksinxcosx＜x成立，不妨取x＝，代入可得k＜，不能推出k＜1，所以是非充分条件；因为x∈，恒有sinx＜x，若k＜1，则kcosx＜1，一定有ksinxcosx＜x，所以选B.]

[变式训练3]　

（1）如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么（　　）

A．a1a8＞a4a5B．a1a8＜a4a5

C．a1＋a8＞a4＋a5D．a1a8＝a4a5

（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则＝________.

（1）B　

（2）　[

（1）取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立．

（2）令a＝b＝c，则A＝C＝60°，cosA＝cosC＝.

从而＝.]

解法4　数形结合法

数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来思考，促使抽象思维和形象思维有机结合，通过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决的方法.

【例4】　

（1）已知x，y满足约束条件则z＝－2x＋y的最大值是（　　）【导学号：

68334152】

A．－1B．－2

C．－5D．1

（2）函数f（x）＝4cos2cos－2sinx－|ln（x＋1）|的零点个数为______．

[解题指导]　

（1）要确定目标函数的最大值，需知道相应的x，y的值，从约束条件中不可能解出对应的x，y的值，所以只有通过图解法作出约束条件的可行域，据可行域数形结合得出目标函数的最大值．

（2）函数的零点即对应方程的根，但求对应方程的根也比较困难，所以进一步转化为求两函数的图象的交点，所以作出两函数的图象确定交点个数即可．

（1）A　

（2）2　[

（1）二元一次不等式组表示的平面区域为如图所示的△ABC内部及其边界，当直线y＝2x＋z过A点时z最大，又A（1,1），因此z的最大值为－1.

（2）f（x）＝4cos2cos－2sinx－|ln（x＋1）|

＝2（1＋cosx）sinx－2sinx－|ln（x＋1）|

＝2sinxcosx－|ln（x＋1）|＝sin2x－|ln（x＋1）|.

由f（x）＝0，得sin2x＝|ln（x＋1）|.

设y1＝sin2x，y2＝|ln（x＋1）|，在同一平面直角坐标系中画出二者的图象，如图所示．

由图象知，两个函数图象有两个交点，故函数f（x）有两个零点．]

[变式训练4]　

（1）方程xlg（x＋2）＝1的实数根的个数为（　　）

A．1B．2

C．0D．不确定

（2）已知偶函数y＝f（x）（x∈R）在区间[0,2]上单调递增，在区间（2，＋∞）上单调递减，且满足f（－3）＝f

（1）＝0，则不等式x3f（x）＜0的解集为________．

（1）B　

（2）（－3，－1）∪（0,1）∪（3，＋∞）　[

（1）方程xlg（x＋2）＝1⇔lg（x＋2）＝，在同一坐标系中画出函数y＝lg（x＋2）与y＝的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．

（2）由题意可画出y＝f（x）的草图，如图．

①x＞0，f（x）＜0时，x∈（0,1）∪（3，＋∞）；

②x＜0，f（x）＞0时，x∈（－3，－1）．

故不等式x3f（x）＜0的解集为（－3，－1）∪（0,1）∪（3，＋∞）．]

解法5　构造法

用构造法解客观题的关键是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到解决，它需要对基础知识和基本方法进行积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到的类似问题中寻找灵感，构造出相应的具体的数学模型，使问题简化.

【例5】　

（1）已知f（x）为定义在（0，＋∞）上的可导函数，且f（x）＞xf′（x）恒成立，则不等式x2f－f（x）＞0的解集为（　　）

A．（0,1）B．（1,2）

C．（1，＋∞）D．（2，＋∞）

（2）如图1，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．

图1

[解题指导]　

（1）构造函数g（x）＝，可证明函数g（x）在（0，＋∞）上是减函数，再利用x2f－f（x）＞0⇔＞⇔g＞g（x）求解．

（2）以DA，AB，BC为棱长构造正方体，则球O是此正方体的外接球，从而球O的直径是正方体的体对角线长．

（1）C　

（2）π　[

（1）设g（x）＝，则g′（x）＝，又因为f（x）＞xf′（x），所以g′（x）＝＜0在（0，＋∞）上恒成立，所以函数g（x）＝为（0，＋∞）上的减函数，又因为x2f－f（x）＞0⇔＞⇔g＞g（x），则有＜x，解得x＞1，故选C.

（2）如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以CD＝＝2R，

所以R＝，故球O的体积V＝＝π.]

[变式训练5]　

（1）已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足f′（x）＜f（x），且f（x＋2）为偶函