1、第1讲 选填题的解法研究 题型1 选填题 练熟练稳 少丢分一选择题、填空题在高考中的地位选择题、填空题在当今数学高考(全国卷)中，题目数量多且占分比例高(选择 12 题，填空 4 题，共 16 题，共计 80 分，其中选择题 60 分，填空题 20 分，占全卷总分的 53.3%)二选择题、填空题难度及排序规律就一套试卷而言，选择题 110 题相对较简单，考查知识点明显，学生比较容易入手，11,12 题对思维要求较高，重视对数学素养的考查，学生需要综合运用多种数学思想方法才能解决填空题 1315 题难度比较低，很常规，主要考查基础知识，解题思路清晰，16 题难度相对较大，同样重视对数学素养的考查
2、今年的高考题设置了组合型选择题，为实现设置多选题过渡，填空题出现了一题双空，难度增加，思维量加大三选择题、填空题特点及考查功能从解答形式上看，选择题、填空题都不要过程，形式灵活，选择题还有选项可以提供额外的信息；从考查知识点上看，选择题、填空题都能在较大的知识范围内，实现对基础知识、基本技能和基本思想方法的考查；从运算因素上看，选择题、填空题都对运算要求较低，呈现多想少算的特点四选择题、填空题解答策略选择题、填空题的结构特点决定了解答选择题、填空题的方法，除常规方法外，还有一些特殊的方法解答选择题、填空题的基本原则是：“小题不大做”，要充分利用题目中(包括题干和选项)提供的各种信息，排除干扰，
3、利用矛盾，作出正确的判断数学选择题的求解，一般有两种思路：一是从题干出发考虑，探求结果；二是从题干和选项联合考虑，或从选项出发探求是否满足题干条件，由此得到做选择题的几种常用方法：直接法、排除法、构造法、特例法、代入验证法、数形结合法等填空题虽然没有选项提供参考，但依然可以根据其特点，考虑直接法、构造法、特例法等五选择题、填空题答题禁忌选择题、填空题答题时，一定要注意认真审题，理解清楚题意后再作答选择题确定选项后，其余选项也应该看一看，弄清楚它们错在哪里不要一味图快，还是要以保证正确率为主如果某题不太好解答，应及时调整策略，去解答下一题切忌在某一道题上花费过多时间这样很容易影响答题的心理状态，
4、产生紧张、焦虑等负面情绪另外涂答题卡时，要注意题号排列规律，不要出现答串行等低级失误选择题要修改的话，一定要先把原有选项擦除干净，再用 2B 铅笔涂黑新选项方法汇总 选填通用方法一直接法直接法是指直接从题目条件出发，利用已知的条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨的推理、准确的运算、合理的验证，从而直接得出正确结论的解题方法解答选择题、填空题时，此方法一般都会是考生最先考虑的方法，也是解题最常用的方法之一但是此种方法并没有充分利用选择题、填空题的题型特点，因此多用于解答一些比较容易的选、填题题型一(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角
5、相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为()A.3 34 B.2 33 C.3 24 D.32思维启迪 首先利用正方体的棱是 3 组且每组有互相平行的 4 条棱，所以与 12 条棱所成的角相等，只需与从同一个顶点出发的 3 条棱所成的角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCDA1B1C1D1 中，平面 AB1D1与线 AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面 AB1D1 与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，同理，平面 C1BD 也满足
6、与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 AB1D1 与 C1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为 22，所以其面积为 S612 32 2223 34，故选 A.答案 A特教评析该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果题型二 设等比数列an满足 a1a310，a2a45，则 a1a2an 的最大值为_思维启迪 本题以数列为背景，综合考查等比数列的通项公式，幂的运算性质，等
7、比数列求和公式等多个知识点数列是高中数学的一个重要模块，对数列的考查，在历年全国卷中都能见到此类问题，多直接利用题目条件，结合数列的相关公式计算解决本题中首先根据题目的两个条件，结合等比数列的通项公式，可以列出方程，解出首项及公比，进而可以将 a1a2an 表示为关于 n 的函数，利用函数的相关知识求解其最大值解析 解法一：由题可得a1a1q210，a1qa1q35，两式相除，解得 q12，a18，则 an12n4，所以 a1a2an12312212n4由于指数函数 y12x 单调递减，因此当nn72最小时，a1a2an 最大，即 n3 或 n4 时，a1a2an有最大值 2664.解法二：同
8、解法一，解得 an12n4.设 bna1a2an，由bnbn1，bnbn1，得an11，an1，解得 3n4.所以当 n3 或 4 时，bn有最大值 b3b464.答案 64特教评析本题是根据题目条件，利用数列的相关公式，直接解决数列的最值问题解法一是从数列是特殊函数这个角度予以求解的，解法二是利用数列本身的一些特性予以求解这两种都是直接解决数列最值问题的常用方法针对训练1.(2019河南郑州一模)张丘建算经卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾初日织五尺，今一月织九匹三丈”其意思为今有女子善织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天
9、计)共织 390 尺布则该女最后一天织多少尺布？()A.18B20C.21D25答案 C解析 由题意知该女每天所织布的尺数可构成一个等差数列an，且 a15，S30390，设该女最后一天织布尺数为 a30，则有305a302390，解得 a3021.故选 C.2.在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1，F2 在 x轴上，离心率为 22.过 F1 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且ABF2 的周长为 16，那么 C 的方程为_答案 x216y281解析 设椭圆方程为x2a2y2b21，由 e 22 知ca 22，故b2a212.由于ABF2的周长为|AB|BF2|
10、AF2|AF1|AF2|BF1|BF2|4a16，故 a4.b28.椭圆 C 的方程为x216y281.二特例法特例法的原理：如果结论对一般情况成立，那么对特殊情况一定也成立因此解选择、填空题时，可以考虑对题目条件特殊化，用特殊化后的条件解出问题的答案这种方法主要用来解决选择和填空题中结论唯一或其值为“定值”的问题，常常取一个(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、特殊图形等等)来确定其结果，从而节省推理、论证、演算的过程，加快解题速度特例法是解决选填题的一种很好用的方法大多数时候，都能化繁为简，快速找到问题的答案但是，需要指出的是，特例法本身存在一定风险，即如果
11、某题答案不唯一，那么用特例法有可能漏解此时最好多举几个特例验证题型一 已知函数 f(x)xxln x，若 kZ，且 k(x1)1恒成立，则 k 的最大值为()A.2B3 C4 D5思维启迪 本题是以函数和导数为背景的恒成立问题，考查函数的单调性、最值与导数的关系等知识点直接做的话，可以转化为 y fxx1的最小值大于 k；或者 yf(x)k(x1)的最小值大于 0 等，步骤繁琐，运算量较大；使用特例法更快捷，即原式对 x1 恒成立，那么对类似 x2,3 等这些特值也成立，从而可以缩小 k 的范围解析 解法一：(直接法)设 g(x)xln x2，可得 g(x)11xx1x0，故 g(x)在(1，
12、)上单调递增，而 g(3)1ln 30，所以 g(x)存在唯一一个零点 x0(3,4)，且当 x(1，x0)时，g(x)g(x0)0，由题意得 x1 时，xln xxx1 k 恒成立，设 h(x)xln xxx1，则 h(x)xln x2x12 gxx12.所以 h(x)与 g(x)同号，即 x(1，x0)时，h(x)0，所以 h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以 h(x)minh(x0)x0ln x01x01x0 x01x01 x0.故 kh(x)minx0，又 kZ，则 k 的最大值为 3，故选 B.解法二：(特例法)由题意可知，当 x2 时，k(x1)f(x)恒
13、成立，即 k(21)f(2)，解得 k22ln 2224，因此 k 的最大整数值为 3，而当 k3时，令 g(x)f(x)k(x1)xln x2x3，g(x)ln x1，当 x(1，e)时，g(x)0，所以 g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，所以 g(x)ming(e)3e0，于是 g(x)0 恒成立，即k3 满足题意，故选 B.答案 B特教评析解法一是直接法计算量较大，对数学能力要求较高；解法二巧妙的利用 x2 时的特殊情况，成功得到 k3.当然，从严谨性的角度出发，还需要检验一下 k3 是否成立就算如此，其计算量、思维量也远远小于直接法解选择、填空题，用好特例法往往能起
14、到事半功倍的作用题型二(2019河北一模)已知 F1，F2 分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，点 P 为双曲线右支上一点，M 为PF1F2 的内心，满足 SMPF1SMPF2SMF1F2，若该双曲线的离心率为 3，则 _(注：SMPF1，SMPF2，SMF1F2 分别为MPF1，MPF2，MF1F2 的面积)思维启迪 本题以双曲线为背景，综合考查了双曲线定义，三角形内心的性质，三角形面积计算公式等多个知识点，综合性较强本题涉及双曲线焦点，一般需要考虑双曲线定义，由于 M 是内心，因此涉及的三个三角形如果分别以 PF1，PF2，F1F2 为底，则高相等，离心率提供了双曲线
15、 a，b 的关系综合利用这些条件，可以完成本题求解另一方面，本题属于结论为定值，且题干中未对双曲线方程及 P 点位置作过多限制，因此可以考虑特例法，能更高效快捷地解答此题解析 解法一：(直接法)设PF1F2 内切圆半径为 r，由 SMPF1SMPF2SMF1F2 得：12|PF1|r12|PF2|r12|F1F2|r，|PF1|PF2|F1F2|，|PF1|PF2|F1F2|，点 P 为双曲线右支上一点，2a2c，ac，ca3，13.解法二：(特例法)设双曲线为 x2y281，则 F1(3，0)，F2(3,0)，取P(3,8)，如图，则此时PF1F2 为直角三角形，由勾股定理得|PF1|10；
16、所以SPMF15r，SPMF24r，SMF1F23r，易得 13.答案 13特教评析解法一是直接法需要用双曲线定义得到 2a2c，对数学能力有一定要求；解法二巧妙的利用特殊双曲线和特殊点，能快捷的得出 的值，思维量小于直接法解选择、填空题，用好特例法常常能化难为易针对训练1.(2019长春一模)已知点 O 为坐标原点，点 M 在双曲线 C：x2y2(为正常数)上，过点 M 作双曲线 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 N，则|ON|MN|的值为()A.4B.2C.D无法确定答案 B解析 因为点 M 为双曲线上任一点，所以可取点 M 为双曲线的右顶点，由渐近线 yx 知OMN 为等腰直角三角形，此时
17、|OM|，|ON|MN|2，所以|ON|MN|2.2.(2019佛山调研)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 c2(ab)26，C3，则ABC 的面积是_解析 解法一：当ABC 为等边三角形时，满足题设条件，则 c 6，C3且 ab 6.ABC 的面积 SABC12absinC3 32.答案 3 32解法二：c2(ab)26，c2a2b22ab6.C3，c2a2b22abcos3a2b2ab.由得ab60，即 ab6.SABC12absinC126 32 3 32.三构造法构造法是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征
18、、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、形式、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题题型一(2019惠州市高三第一次调研考试)已知函数 yf(x)对于任意的 x0，2 满足 f(x)cosxf(x)sinx1ln x(其中 f(x)是函数 f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A.2f3 f4C.2f6 3f4D.3f3 f6思维启迪 本
19、题主要考查函数的单调性与导数，以及利用单调性比较函数值大小等知识点难点是 f(x)解析式未知，抽象性较强，可以根据所给条件特点，构造函数，然后利用其单调性解决问题解析(构造法)设 g(x)fxcosx，则 g(x)fxcosxfxsinxcos2x，因为 f(x)cosxf(x)sinx1ln x，所以 g(x)1ln xcos2x，当 x0，1e 时，g(x)0；所以 g(x)在0，1e 递减，在1e，2递增因为1e6432，所以f6cos6f4cos4f4，选 B.答案 B特教评析本题解法即利用积商函数求导法则以及三角函数求导的特点构造出函数 g(x)fxcosx，然后利用其单调性比较大小
20、 题型二 已知实数，x，y 满足 221，xy10，x2y20，x2，则 zxy 的最大值是_思维启迪 本题中第一个方程可以联想到圆或同角三角函数等，第二个不等式组可以转化为平面区域，而 z 从形式上看，可以看成直线方程或者向量的数量积等根据形式上的特点，可以考虑构造直线、向量等解决本题另外，本题也可以直接使用柯西不等式求解解析 解法一：(构造向量数量积)设 a(，)，b(x，y)，则 zab|a|b|cos|b|，结合图象知，当 x2，y2 时，|b|max2 2，因此 zmax2 2，此时 a，b 同向，即 22.解法二：(柯西不等式)(xy)2(22)(x2y2)x2y2；又因为 xy1
21、0，x2y20，x2，则结合图形知当 x2，y2 时，x2y22 2，因此所求最大值为 2 2，此时 22.解法三：(构造几何图形)zxy 可以看作一条直线，原点到此直线的距离 d|z|22|z|，因此|z|的几何意义是原点到此直线的距离，所以问题转化为何时原点到直线 zxy 的距离最大，结合图形知，当直线过(2,2)点，且斜率为1 时，|z|最大，此时 z|z|2 2.答案 2 2特教评析解法一根据题目所求式子的形式，构造向量的数量积，成功将问题简化为两个向量何时数量积最大，结合图形，一目了然；如果学习过柯西不等式，那么解法二直接利用柯西不等式求解，也比较简洁解法三考虑到 z 的几何意义，构
22、造几何图形解决问题恰当的构造，可以使原问题中隐含的关系、性质等，清晰的展现出来，从而帮助我们简洁的处理原问题针对训练1.(2019河北石家庄高三一模)已知函数 f(x)axeln x 与 g(x)x2xeln x的图象有三个不同的公共点，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围为()A.a1C.a1 Dae答案 B解析(构造方程)由 f(x)g(x)得 e2ln xx2e(a1)ln xx 1a0，令 h(x)ln xx t(x0 且 xe)，则h(x)1ln xx2，令 h(x)0，得 xe，h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，又当 x时，h(x)0，作出函数 h
23、(x)的大致图象，如图所示e2t2e(a1)t1a0，因为原方程有三个解，故此方程两根满足0t11e，t20，a1.故选 B.2.f(x)为定义在 R 上的可导函数，且 f(x)f(x)，对任意正实数 a，则下列式子成立的是()A.f(a)eaf(0)C.f(a)f0ea解析 令 g(x)fxex，则 g(x)fxexfxexex2fxfxex0.所以g(x)在 R 上为增函数又 a0，故 g(a)g(0)，即faea f0e0，即 f(a)eaf(0)故选 B.答案 B四数形结合法中学数学研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合作为一种数学思想方法，数形结合的
24、应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”“以数解形”就是有些问题直接从“形”上解决起来比较困难，这时就需要给图形赋值，如边长、角度等，借助代数方法研究并解决问题“以形助数”就是有些“数”的问题直接解决比较困难，这时就需要结合代数式所表达的几何意义，从“形”上予以解决数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解
25、题途径的目的题型一 已知 a1b1，如果方程 axlogbx，bxlogax，bxlogbx 的根分别为 x1，x2，x3，则 x1，x2，x3 的大小关系为()A.x3x1x2Bx3x2x1C.x1x3x2Dx1x21，可知 0b1，因此函数 yax，ybx，ylogbx，ylogax 图象如图所示，由图可以看出点 A，B，C 对应的横坐标分别为 x1，x3，x2，故 x1x30)恰有三个不相等的实根，则实数 k 的取值范围是()A.0，14B.14，13C.13，1D.14，1答案 B解析 直线 ykxk(k0)恒过定点(1,0)，在同一直角坐标系中作出函数 yf(x)的图象和直线 ykx
26、k(k0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以14k13.2.(2019湖北八校高三联考)若函数 yf(x)图象上不同两点 M，N 关于原点对称，则称点对M，N是函数 yf(x)的一对“和谐点对”(点对M，N与N，M看作同一对“和谐点对”)已知函数 f(x)ex，x0，x24x，x0，则此函数的“和谐点对”有_对答案 2解析 作出 f(x)ex，x0，x24x，x0 的图象，f(x)的“和谐点对”数可转化为yex(x0)与 yx24x(x1，所以12x12x0，所以 f(x)0，排除 A，D.当 x0时，2x0，又 cosx0，所以 f(x)0，排除 B，所以选 C.解
27、法二：(排除法)观察发现 A，B 为偶函数，C，D 为奇函数，因此可以考虑利用奇偶性排除干扰项计算 f(x)12x12xcos(x)2x12x1cosxf(x)，因此 f(x)为奇函数，排除 A，B.观察 C，D 发现二者在原点处导数符号不同，因此计算 f(0)的值来排除干扰项，但是直接求 f(x)计算过于繁琐，设 h(x)12x12x212x1，显然h(x)单调递减；设 g(x)cosx，则 f(x)h(x)g(x)，所以 f(0)h(0)g(0)g(0)h(0)h(0)0，排除 D，故选 C.答案 C特教评析两种解法都是排除法，但是第一种解法是利用极限思想，计算 f(x)在原点左、右两侧的
28、函数值，通过其符号排除干扰项；第二种解法比较常规，利用奇偶性排除两个选项，再利用特殊点导数值排除一个选项两种方法比较，明显第一种解法更快捷题型二 双曲线 x2y21 的左焦点为 F，点 P 为左支下半支上任意一点(异于顶点)，则直线 PF 的斜率的变化范围是()A.(，0)B(1，)C.(，0)(1，)D(，1)(1，)思维启迪 本题以双曲线为背景，考查双曲线的渐近线，直线的倾斜角、斜率等知识要素，以点 P 在双曲线的左支下半支上运动来解决本题解析 由题意条件知双曲线的其中一条渐近线 yx 的倾斜角为 45，当点 P 向双曲线左下方无限移动时，直线 PF 逐渐与渐近线平行，但是永不平行，所以倾
29、斜角大于 45；当点 P 逐渐靠近顶点时，倾斜角逐渐增大，但是小于 180.所以直线 PF 的倾斜角的范围是(45，180)由此可知直线 PF 的斜率的变化范围是(，0)(1，)答案 C特教评析本题运用运动变化的观点，灵活的用极限思想来思考，避免了复杂的运算，简化了解题过程，节省了解题时间针对训练1.(2018北京高考)若 ABC 的面积为 34(a2c2b2)，且 C 为钝角，则 B_；ca的取值范围是_答案 3(2，)解析 解法一：(直接法)由余弦定理知a2c2b22accosB，又 S ABC12acsinB，所以12acsinB 34 2accosB，化简得 tanB 3，因为 0B2
30、，所以 B3，又casinCsinAsinA3sinA1232tanA，又因为 C 为钝角，所以 A0，6，所以 tanA0，33，所以ca(2，)解法二：(极限法)同解法一得 B3.当 C2时，ca2，固定 a 不变，当 C 23 时，ca，所以ca(2，).2.设 0，2，0，2，且 tan1sincos，则 2 的值是_答案 2解析 解法一：(极限法)令 0，则 tan1，所以 4，所以 22，故 2 的值是2.解法二：(直接法)tansin2cos22cos2sin2 cos2sin2sin2cos2cos2sin2，所以 tantan211tan2tan24，因为 0，2，0，2，所
31、以 24，所以 22.方法汇总 选择独用方法一排除法排除法是指通过快捷有效的手段将与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确的结论的解答选择题的方法适用于定性型或不易直接求解的选择题当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选项的范围内找出矛盾，这样逐步排除，直到得出正确的选项它与特例法结合使用是解答选择题的常用方法题型一 过抛物线 y24x 的焦点作直线与抛物线交于两点 P 和 Q，则PQ 中点轨迹方程是()A.y22x1By22x2 Cy22x1 Dy22x2思维启迪 本题是考查抛物线过焦点的弦的中点的轨迹方程，可以设出直线方程，
32、用参数法求解，也可以考虑点差法当然，最快捷的应该是使用排除法解析 解法一：(排除法)当弦 PQ 垂直于 x 轴时，易知此时 PQ 中点为(1,0)，而选项 A，C 所给曲线均不过(1,0)，所以排除 A，C；又考虑极限位置，当 xP0 时，显然 xQ，因此线段 PQ 中点横坐标趋于无穷大，即抛物线开口必须向右，排除 D，综上选 B.解法二：(直接法一)设 PQ 的中点 M(x，y)，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 xx1x22，yy1y22，又 y214x1，y224x2，两式相减，得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)当 x1x2 时，有y1y2x1x2y2，所以y0 x1y2
33、，化简得 y22(x1)，x1，当 x1x2 时，有 y0，此时 x1，综上 y22x2，故选 B.解法三：(直接法二)设 PQ 的中点 M(x，y)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的方程为 xty1，与抛物线联立得y24x，xty1，化简得 y24ty40，所以 y1y24t，即 y2t，所以y2t，x2t21，消参得 y22x2，故选 B.答案 B特教评析三种解法里，解法一根据题目特点，利用特殊位置排除掉干扰项，选出了正确答案由于本题涉及弦中点问题，因此如解法二那样采用点差法也可以很好的解决问题；解法三利用参数 t，先解出轨迹的参数方程，进一步得到普通方程三者比较，就本题而言排除
34、法更快捷题型二 定义在 R 上的可导函数 f(x)，其导函数记为 f(x)，满足 f(x)f(2x)(x1)2，且当 x1 时，恒有 f(x)2x.若 f(m)f(1m)323m，则实数 m 的取值范围是()A.(，1 B.13，1 C1，)D.，12思维启迪 本题考查函数、导数的相关知识由于不知道函数 f(x)的解析式，导致此题有一定的困难但是根据本题特点，通过 m 取一些特殊的值进行排除，能回避此题难点，快速得到答案解析 解法一：(直接法)f(x)2x，即 f(x)x20，可构造函数 g(x)f(x)x222x.g(x)g(2x)f(x)f(2x)x222x2x222(2x)3，g(x)关
35、于1，32 中心对称又 x1 时，g(x)f(x)x20，g(x)在 R 上单调递减f(x)g(x)x222x，f(m)g(m)m22 2m.f(1m)g(1m)1m222(1m)，f(m)f(1m)323m 等价于 g(m)g(1m)0.g(m)g(1m)即 m1m，m12.故选 D.解法二：(排除法)因为 f(x)f(2x)(x1)2，所以取 x1，易知 f(1)0.设 g(x)f(x)12x22x，由题意可知当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递减，所以 g(1)32，所以 f(1)f(0)32，即 m1，排除 A，B，C.故选 D.答案 D特教评析本题的难点在于，分析出函数 g(x)
36、的中心对称性，而排除法成功的回避了这个难点，极大的节省了解题时间在解选择题时，用好排除法往往能取得很好的效果针对训练1.某学校要召开学生代表大会，规定各班每 10 人推选一名代表，当各班人数除以 10 的余数大于 6 时再增选一名代表，那么各班可推选代表人数 y与该班人数 x之间的函数关系用取整函数 yx(x表示不大于 x的最大整数)可以表示为()A.yx10Byx310C.yx410Dyx510答案 B解析 解法一：(排除法)若 x56，y5，排除 C，D；若 x57，y6，排除 A，故选 B.解法二：(直接法)设 x10ma(0a9)，当 0a6 时，x310 ma310mx10；当 61
37、，f()120，排除 B，C.故选 D.二估算法由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又不需要严谨的推理过程，因此一些计算类的题目并不需要精确的计算，只需对其数值特点和取值界限作适当的估计，便能作出正确的选择，这就是估算法估算法往往可以减少运算量，但是思维量相应的增加了题型一(2019石家庄新高三摸底考试)实数 a0.33，blog30.3，c30.3的大小关系是()A.abcBacb CbacDbcab，故选 C.解法二：(估算法)a0.33(0,1)，blog30.31，所以 cab，故选 C.答案 C特教评析解法一利用指对函数的单调性，结合图象直观的得出了 a，b，c 的大小关系；解法二仅
38、仅对 a，b，c 的值作了一个大概的估计两种方法都比较快捷的解决了本题题型二 如图，多面体 ABCDEF 中，已知面 ABCD 是边长为 3 的正方形，EFAB，EF32，EF 与面 ABCD 的距离为 2，则该多面体的体积为()A.4.5B5C.6D7.5思维启迪 本题中多面体的体积不易求得，可先求出四棱锥 EABCD的体积，利用多面体 ABCDEF 的体积大于四棱锥 EABCD 的体积可得出正确选项解析 解法一：(估算法)显然 VEABCD13296，所以多面体的体积必大于 6，故选 D.解法二：(直接法)如图，作面 EMN面 ABCD，作面 FGH面 ABCD，则原多面体的体积被分割为四
39、棱锥 VEAMND，三棱柱 VEMNFHG，四棱锥 VFHBCG，所以原多面体的体积 V1329332 1232327.5.故选 D.答案 D特教评析解法一通过估算，避免了对多面体 ABCDEF 体积的运算，解题更为快捷针对训练1.(2019山东济南部分学校联考)设 a223，blog35，clog45，则 a，b，c 的大小关系是()A.abcBacb CbcaDcba解析 因为 a223clog451，所以 ac5，故选 D.答案 D3.(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 5125120.618，称为黄金分割比例，著名的“断臂维纳斯”便
40、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 512.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()A.165 cmB175 cm C185 cmD190 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m105105 5120.618，解得 m169.890.由头顶至脖子下端的长度为 26 cm，可得26n 5120.618，解得 n42.071.由已知可得26nmn26 5120.618，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.本课结束
