探究二　少失分，保住基本分才能得高分 课件（共55张PPT）

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探究二　少失分，保住基本分才能得高分
选择、填空在高考中属于保分题目，只有“保住基本分，才能得高分”．在平时的训练中，针对选择、填空题，要做到两个方面：
一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错，会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择、填空的正答率．
二是练速度：提高选择、填空题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．
方法一　直接法
方法诠释 直接从题设的条件出发，利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则，通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”作出相应的选择，从而确定正确选项的方法．
适用范围 涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
[例1]　(1)[2021·新高考Ⅱ卷]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
D
解析：(1)作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h＝＝，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
所以该棱台的体积V＝h＝
×(16＋4＋)＝.故选D.
(2)[2021·新高考Ⅰ卷]已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，
若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
x＝－
解析：不妨设P，∴Q＝(6，－p)，
因为PQ⊥OP，所以×6－p2＝0，∵p>0∴p＝3∴C的准线方程为x＝－.
　直接法是解决选择题，填空题最基本的方法，直接法适用范围较广．在计算过程中，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解问题的关键．
『对接训练』
1．(多选题)若将函数f(x)＝cos 的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是(　　)
A．g(x)的最小正周期为π
B．g(x)在区间上单调递减
C．x＝不是函数g(x)图象的对称轴
D．g(x)在上的最小值为－
答案：ACD
解析：g(x)＝cos ＝cos .g(x)的最小正周期为π，选项A正确；当x∈时，2x＋∈，故g(x)在上有增有减，选项B错误；g＝0，故x＝不是g(x)图象的一条对称轴，选项C正确．当x∈时，2x＋∈，且当2x＋＝，即x＝时，g(x)取最小值－，D正确．
2．[2021·新高考Ⅱ卷]已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b
＋b·c＋c·a＝________．
－
解析：由已知可得()2＝＋＋＋2(···)＝9＋2(···)＝0，
因此，···＝－.
方法二　排除法
方法诠释 排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论．
适用范围 这种方法适用于直接法解决问题很困难或者计算较繁琐的情况．
[例2]　(1)[2021·山东高考第一次模拟]若a>b>c>1，且acA．logab>logbc>logca　　B．logcb>logba>logac
C．logbc>logab>logca D．logba>logcb>logac
答案：B
解析：(1)方法一　∵a>b>c>1，∴logablogcc＝1，∴logab∵a>b>c>1，∴aclogb>logb得logcb>logba>1而logac<1，故答案为B.
方法二　可以代入特殊值进行检验，令a＝4，b＝3，c＝2，可排除A、C.再令a＝6，b＝4，c＝2，可以排除D，故答案为B.
(2)[2021·浙江卷]已知函数f(x)＝x2＋，g(x)＝sin x，则图象为下图的函数可能是(　　)

A.y＝f(x)＋g(x)－
B．y＝f(x)－g(x)－
C．y＝f(x)g(x)
D．y＝
答案：D
易知f(x)＝x2＋为偶函数，g(x)＝sin x为奇函数，而题图所表示的为奇函数的图象．对于A，B，易知y＝f(x)＋g(x)－与y＝f(x)－g(x)－均不是奇函数，所以排除A，B.对于C，易知y＝f(x)g(x)＝sin x是奇函数，但当x∈时，y′＝2x sin x＋cos x>0，则函数y＝f(x)g(x)在上单调递增，与图象不符，所以C不符合题意．对于D，易知y＝＝是奇函数，且y′＝.当x∈时，令y′＝0，得＝tan x．当x∈时，≥2＝，且易知当x∈时，单调递减，当x∈时，单调递增，而函数y＝tan x在上单调递增，当x＝时，>tan ，当x＝时，0；当x∈时，y′<0，所以D符合题意．故选D.
排除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选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，在近几年高考选择题中占有很大的比重．
『对接训练』
3．[2021·全国甲卷文]下列函数中是增函数的为(　　)
A．f(x)＝－x B．f(x)＝
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝
答案：D
解析：解法一(排除法)　取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D.
解法二(图象法)　如图，在坐标系中
分别画出A，B，C，D四个选项中
函数的大致图象，即可快速直观判
断D项符合题意．故选D.
4．[2019·全国卷Ⅲ]函数y＝在[－6，6]的图象大致为(　　)
答案：B
解析：由函数解析式易知函数为奇函数，故可排除C，再取特殊值x＝4，可排除D，取特殊值x＝6，可排除A.选B.
方法三　特例法
方法诠释 从题干(或选项)出发，通过选取构造特殊情况代入，将问题特殊化，再进行判断．特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等．
适用范围 适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题．
[例3]　(1)如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为(　　)
A．3∶1
B．2∶1
C．4∶1
D．∶1
答案：B
解析：(1)将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有VC－AA1B＝VA1－ABC＝，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1.
(2)[2021·山东威海质量检测](多选题)已知01，则下列各式中不成立的是(　　)
A．abca
C．logac>logbc D．blogca>alogcb
答案：ABC
解析：(2)∵01，
∴取b＝，a＝，c＝2，
逐一代入选项求值可得A、B、C不成立，D成立，故选ABC.
特例法具有简化运算和推理的优点，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但用特例法解题时，要注意以下几点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；
第三，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，不能使用该种方法求解．
『对接训练』
5．已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，令＝a，＝b，若过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且＝ma，＝nb，则＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．
答案：A
解析：由于题中直线PQ的条件是过点E，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．

方法一　如图1，PQ∥BC，则＝＝，此时m＝n＝，故＝3.故选A.
方法二　如图2，取直线BE作为直线PQ，显然，此时＝＝，故m＝1，n＝，所以＝3.故选A.
6．已知双曲线E：＝1(a＞0，b＞0)．若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．
2
解析：如图，不妨设|AB|＝3，则|BC|＝2，双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，则AB的中点为F1，故|DF1|＝，
|DF2|＝，根据双曲线的定义知2a＝1，
又2c＝2，所以该双曲线
的离心率为＝2.
方法四　数形结合法
方法诠释 对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等．
适用范围 图解法是研究求解问题中含有几何意义命题的主要方法，解题时既要考虑图形的直观，还要考虑数的运算．
[例4]　(1)[2021·新高考Ⅱ卷](多选题)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　　)
A
B
C
D
答案：(1)BC　
(1)设正方体的棱长为2，
如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，
故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，
在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan ∠POC＝＝，
故MN⊥OP不成立，故A错误．
如图(2)所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，
由正方体SBCM NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ 平面ANDT，
故SN⊥OQ，而SN＝N，故OQ⊥平面SNTM，
又MN 平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ＝Q，
所以MN⊥平面OPQ，而PO 平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确．
如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确．
如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，
连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN，
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，
所以∠QPO或其补角为异面直线PO，MN所成的角，
因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，
PO＝＝＝，QO2故PO，MN不垂直，故D错误．故选BC.
(2)已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为(　　)
A． B．
C．
答案：　(2)D
(2)由题意画出f(x)的图象，如图所示，当直线y＝－x＋a与曲线y＝(x>1)相切，方程＝－x＋a有一个解，x2－4ax＋4＝0，Δ＝－4×4＝0，得a＝1，此时f(x)＝－x＋a有两个解．当直线y＝－x＋a经过点(1，2)时，即2＝－×1＋a，所以a＝，当直线y＝－x＋a经过点(1，1)时，1＝－×1＋a，得a＝，从图象可以看出当a∈时，函数f(x)＝的图象与直线y＝－x＋a有两个交点，即方程f(x)＝－x＋a有两个互异的实数解．故选D.
图解法实质上就是数形结合的思想方法在解题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．
『对接训练』
7．(多选题)已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x－2)＝－f(x)，且在区间[0，1]上是增函数，若方程f(x)＝m在区间[－4，4]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4的取值可能为(　　)
A．0 B．2
C．4 D．－4
答案：CD
解析：根据题意，函数f(x)满足f(x－2)＝－f(x)，则f(x－4)＝－f(x－2)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，且f(x－2)＝－f(x)＝f(－x)，则函数f(x)的对称轴为x＝－1.又由f(x)是奇函数，则x＝1也是函数f(x)的对称轴，x∈[0，1]时，函数f(x)是增函数，据此作出函数f(x)的简图，若方程f(x)＝m在区间[－4，4]上有四个不同的根，必有m≠0，
分2种情况讨论：①当m>0时，
方程f(x)＝m(m>0)在区间[－4，4]
上的四个不同的根，两两分别关于
x＝－3和x＝1对称，不妨设x1则x1＋x2＝－6，x3＋x4＝2，
则x1＋x2＋x3＋x4＝－6
＋2＝－4；②当m<0时，同理可得
x1＋x2＋x3＋x4＝4.故选CD.
8．已知F1，F2是椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：如图，作PB⊥x轴于点B.
由题意可设|F1F2|＝|PF2|＝2，则c＝1，
由∠F1F2P＝120°，可得|PB|＝，|BF2|＝1，
故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2，
tan ∠PAB＝＝＝，解得a＝4，所以e＝＝.故选D.
方法五　构造法
方法诠释 构造型客观题的求解，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型(如构造函数、方程或图形)，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷地解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，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，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感．
适用范围 构造出相应的函数、几何图象等具体的数学模型问题．
[例5]　(1)[2021·全国甲卷理]等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案：(1)B
解析：(1)由题，当数列为－2，－4，－8，…时，满足q>0，
但是{Sn}不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若{Sn}是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．
故选B.
(2)如图，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________．
π
解析：如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球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.
构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．
『对接训练』
9．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)
C．(－∞，－1)
答案：A
解析：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，
由题意知，当x>0时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0.
∴g(1)＝＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.
又∵g(－x)＝＝＝＝g(x)，(x≠0)
∴g(x)是偶函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，g(x)<0，从而f(x)>0；
当x∈(－1，0)时，g(x)>0，从而f(x)<0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)
10．已知正四面体ABCD的外接球的体积为8π，则这个正四面体的表面积为________．
16
解析：将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示．设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则πR3＝8π，得R＝.∵正四面体的外接球和正方体的外接球是同一个球，∴a＝2R＝2，∴a＝2，∵正四面体ABCD的每条棱长均等于正方体的面对角线长，∴正四面体ABCD的棱长为a＝4，因此，这个正四面体的表面积为4××42×sin ＝16.
方法六　估值法
方法诠释 估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．
适用范围 近几年的高考题连续出现了一些估值、估算题，这类题主要考查了考生的估算能力．是一种粗略的计算方法．
[例6]　[2019·全国卷Ⅰ]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≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．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.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 cm B．175 cm
C．185 cm D．190 cm
答案：B
解析：头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得咽喉至肚脐的长度小于42 cm，肚脐至足底的长度小于110 cm，则该人的身高小于178 cm.又由肚脐至足底的长度大于105 cm，可得头顶至肚脐的长度大于65 cm，则该人的身高大于170 cm.故选B.
『对接训练』
11．已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．aC．b答案：A
解析：因为a＝log521，c＝0.50.2＝，且c＝0.50.2<0.50＝1，所以b>c>a.选A.
12.[2021·济南市高考模拟考试]如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)
A． B．5
C．6 D．
答案：D
解析：连接BE，CE，四棱锥E－ABCD的体积为VE－ABCD＝×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E－ABCD的体积，即所求几何体的体积V>VE－ABCD＝6，而四个选项里面大于6的只有，故选D.