高考數(shù)學(xué)選擇題的解題技巧

TTMSsystemofficeroom【TTMS16H-TTMS2A-TTMS8Q8-TTMSHHJ8】TTMSsystemofficeroom【TTMS16H-TTMS2A-TTMS8Q8-TTMSHHJ8】高考數(shù)學(xué)選擇題的解題技巧精選文檔高考數(shù)學(xué)選擇題的解題技巧解數(shù)學(xué)選擇題的常用方法，主要分直接法和間接法兩大類．直接法是解答選擇題最基本、最常用的方法，但高考的題量較大，如果所有選擇題都用直接法解答，不但時(shí)間不允許，甚至有些題目根本無法解答，因此，我們還要研究解答選擇題的一些技巧．總的來說，選擇題屬小題，解題的原則是：小題巧解，小題不能大做．方法一直接法直接法就是從題干給出的條件出發(fā)，進(jìn)行演繹推理，直接得出結(jié)論．這種策略多用于一些定性的問題，是解選擇題最常用的策略．這類選擇題是由計(jì)算題、應(yīng)用題、證明題、判斷題改編而成的，可直接從題設(shè)的條件出發(fā)，利用已知條件、相關(guān)公式、公理、定理、法則等通過準(zhǔn)確的運(yùn)算、嚴(yán)謹(jǐn)?shù)耐评?、合理的?yàn)證得出正確的結(jié)論，然后與選擇支對(duì)照，從而作出相應(yīng)的選擇．例1數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝eq\f(1,3)，且對(duì)任意正整數(shù)m、n，都有am＋n＝am·an，若Sn<a恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為()\f(1,2)\f(2,3)\f(3,2) D．2解析對(duì)任意正整數(shù)m、n，都有am＋n＝am·an，取m＝1，則有an＋1＝an·a1eq\f(an＋1,an)＝a1＝eq\f(1,3)，故數(shù)列{an}是以eq\f(1,3)為首項(xiàng)，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，則Sn＝eq\f(\f(1,3)1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3n))<eq\f(1,2)，由于Sn<a對(duì)任意n∈N*恒成立，故a≥eq\f(1,2)，即實(shí)數(shù)a的最小值為eq\f(1,2)，選A.思維升華直接法是解答選擇題最常用的基本方法．直接法適用的范圍很廣，只要運(yùn)算正確必能得出正確的答案．平時(shí)練習(xí)中應(yīng)不斷提高用直接法解選擇題的能力，準(zhǔn)確把握題目的特點(diǎn)．用簡(jiǎn)便的方法巧解選擇題，是建立在扎實(shí)掌握“三基”的基礎(chǔ)上的，否則一味求快則會(huì)快中出錯(cuò)．將函數(shù)y＝sin2x(x∈R)的圖象分別向左平移m(m>0)個(gè)單位、向右平移n(n>0)個(gè)單位所得到的圖象都與函數(shù)y＝sin(2x＋eq\f(π,3))(x∈R)的圖象重合，則|m－n|的最小值為()\f(π,6)\f(5π,6)\f(π,3) \f(2π,3)解析函數(shù)y＝sin2x(x∈R)的圖象向左平移m(m>0)個(gè)單位可得y＝sin2(x＋m)＝sin(2x＋2m)的圖象，向右平移n(n>0)個(gè)單位可得y＝sin2(x－n)＝sin(2x－2n)的圖象．若兩圖象都與函數(shù)y＝sin(2x＋eq\f(π,3))(x∈R)的圖象重合，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＝\f(π,3)＋2k1π，,2n＝－\f(π,3)＋2k2π，))(k1，k2∈Z)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(π,6)＋k1π，,n＝－\f(π,6)＋k2π.))(k1，k2∈Z)所以|m－n|＝|eq\f(π,3)＋(k1－k2)π|(k1，k2∈Z)，當(dāng)k1＝k2時(shí)，|m－n|min＝eq\f(π,3).故選C.方法二特例法特例檢驗(yàn)(也稱特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊圖形、特殊位置)代替題設(shè)普遍條件，得出特殊結(jié)論，再對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)，從而做出正確的選擇．常用的特例有特殊數(shù)值、特殊數(shù)列、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊角、特殊位置等．特例檢驗(yàn)是解答選擇題的最佳方法之一，適用于解答“對(duì)某一集合的所有元素、某種關(guān)系恒成立”，這樣以全稱判斷形式出現(xiàn)的題目，其原理是“結(jié)論若在某種特殊情況下不真，則它在一般情況下也不真”，利用“小題小做”或“小題巧做”的解題策略．例2(1)等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)和為30，前2m項(xiàng)和為100，則它的前3m項(xiàng)和為()A．130B．170C．210D．260(2)如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P、Q滿足A1P＝BQ，過P、Q、C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A．3∶1B．2∶1C．4∶1 \r(3)∶1解析(1)取m＝1，依題意a1＝30，a1＋a2＝100，則a2＝70，又{an}是等差數(shù)列，進(jìn)而a3＝110，故S3＝210，選C.(2)將P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時(shí)仍滿足條件A1P＝BQ(＝0)，則有＝＝，故選B.思維升華特例法具有簡(jiǎn)化運(yùn)算和推理的功效，比較適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題，但用特例法解選擇題時(shí)，要注意以下兩點(diǎn)：第一，取特例盡可能簡(jiǎn)單，有利于計(jì)算和推理；第二，若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，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解．已知O是銳角△ABC的外接圓圓心，∠A＝60°，eq\f(cosB,sinC)·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(cosC,sinB)·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2m·eq\o(AO,\s\up6(→))，則m的值為()\f(\r(3),2)\r(2)C．1 \f(1,2)答案A解析如圖，當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)，A＝B＝C＝60°，取D為BC的中點(diǎn)，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，則有eq\f(1,\r(3))eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,\r(3))eq\o(AC,\s\up6(→))＝2m·eq\o(AO,\s\up6(→))，∴eq\f(1,\r(3))(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝2m×eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\f(1,\r(3))·2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)meq\o(AD,\s\up6(→))，∴m＝eq\f(\r(3),2)，故選A.方法三排除法(篩選法)例3函數(shù)y＝xsinx在[－π，π]上的圖象是()解析容易判斷函數(shù)y＝xsinx為偶函數(shù)，可排除D；當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，y＝xsinx>0，排除B；當(dāng)x＝π時(shí)，y＝0，可排除C；故選A.思維升華排除法適應(yīng)于定性型或不易直接求解的選擇題．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，直到得出正確的答案．它與特例法、圖解法等結(jié)合使用是解選擇題的常用方法．函數(shù)y＝2|x|的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇1,16]，a變動(dòng)時(shí)，方程b＝g(a)表示的圖形可以是()解析研究函數(shù)y＝2|x|，發(fā)現(xiàn)它是偶函數(shù)，x≥0時(shí)，它是增函數(shù)，因此x＝0時(shí)函數(shù)取得最小值1，而當(dāng)x＝±4時(shí)，函數(shù)值為16，故一定有0∈[a，b]，而4∈[a，b]或者－4∈[a，b]，從而有結(jié)論a＝－4時(shí)，0≤b≤4，b＝4時(shí)，－4≤a≤0，因此方程b＝g(a)的圖形只能是B.方法四數(shù)形結(jié)合法(圖解法)在處理數(shù)學(xué)問題時(shí)，能夠?qū)⒊橄蟮臄?shù)學(xué)語言與直觀的幾何圖形有機(jī)結(jié)合起來，通過對(duì)規(guī)范圖形或示意圖形的觀察分析，將數(shù)的問題(如解方程、解不等式、判斷單調(diào)性、求取值范圍等)與某些圖形結(jié)合起來，利用圖象的直觀性，化抽象為直觀，化直觀為精確，從而使問題得到解決，這種方法稱為數(shù)形結(jié)合法．例4函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|＋2cosπx(－2≤x≤4)的所有零點(diǎn)之和等于()A．2B．4C．6D．8解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|＋2cosπx＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|＝－2cosπx，令g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|(－2≤x≤4)，h(x)＝－2cosπx(－2≤x≤4)，又因?yàn)間(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，1≤x≤4，,2x－1，－2≤x<1.))在同一坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|(－2≤x≤4)和h(x)＝－2cosπx(－2≤x≤4)的圖象(如圖)，由圖象可知，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|關(guān)于x＝1對(duì)稱，又x＝1也是函數(shù)h(x)＝－2cosπx(－2≤x≤4)的對(duì)稱軸，所以函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x－1|(－2≤x≤4)和h(x)＝－2cosπx(－2≤x≤4)的交點(diǎn)也關(guān)于x＝1對(duì)稱，且兩函數(shù)共有6個(gè)交點(diǎn)，所以所有零點(diǎn)之和為6.答案C思維升華本題考查函數(shù)圖象的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為兩圖象的交點(diǎn)問題，然后畫出函數(shù)的圖象找出零點(diǎn)再來求和．嚴(yán)格地說，圖解法并非屬于選擇題解題思路范疇，但它在解有關(guān)選擇題時(shí)非常簡(jiǎn)便有效．運(yùn)用圖解法解題一定要對(duì)有關(guān)函數(shù)的圖象、方程曲線、幾何圖形較熟悉．圖解法實(shí)際上是一種數(shù)形結(jié)合的解題策略．過點(diǎn)(eq\r(2)，0)引直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)相交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積取最大值時(shí)，直線l的斜率等于()\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C．±eq\f(\r(3),3)D．－eq\r(3)答案B解析由y＝eq\r(1－x2)，得x2＋y2＝1(y≥0)，其所表示的圖形是以原點(diǎn)O為圓心，1為半徑的上半圓(如圖所示)．由題意及圖形，知直線l的斜率必為負(fù)值，故排除A，C選項(xiàng)．當(dāng)其斜率為－eq\r(3)時(shí)，直線l的方程為eq\r(3)x＋y－eq\r(6)＝0，點(diǎn)O到其距離為eq\f(|－\r(6)|,\r(3＋1))＝eq\f(\r(6),2)>1，不符合題意，故排除D選項(xiàng)．選B.方法五估算法由于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．例5若A為不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,y≥0，,y－x≤2))表示的平面區(qū)域，則當(dāng)a從－2連續(xù)變化到1時(shí)，動(dòng)直線x＋y＝a掃過A中的那部分區(qū)域的面積為()\f(3,4)B．1\f(7,4)D．2解析如圖知區(qū)域的面積是△OAB去掉一個(gè)小直角三角形．陰影部分面積比1大，比S△OAB＝eq\f(1,2)×2×2＝2小，故選C項(xiàng)．答案C思維升華“估算法”的關(guān)鍵是確定結(jié)果所在的大致范圍，否則“估算”就沒有意義．本題的關(guān)鍵在于所求值應(yīng)該比△AOB的面積小且大于其面積的一半．已知sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)(eq\f(π,2)<θ<π)，則taneq\f(θ,2)等于()\f(m－3,9－m)\f(m－3,|9－m|)\f(1,3) D．5答案D解析利用同角正弦、余弦的平方和為1求m的值，再根據(jù)半角公式求taneq\f(θ,2)，但運(yùn)算較復(fù)雜，試根據(jù)答案的數(shù)值特征分析．由于受條件sin2θ＋cos2θ＝1的制約，m為一確定的值，進(jìn)而推知taneq\f(θ,2)也為一確定的值，又eq\f(π,2)<θ<π，因而eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2