【高考快车道】下篇 数学思想方法 第5讲 客观题速解技巧（课件）数学高考二轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考快车道】下篇 数学思想方法 第5讲 客观题速解技巧（课件）数学高考二轮复习 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-19 00:00:00 | ||
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文档简介
(共28张PPT)
第5讲 客观题速解技巧
应用一 特例(特值)法
应用二 图解法
目 录 索 引
应用三 验证法
应用四 估算法
【思想概述】 客观题在数学试卷中所占比重较大,是能否得到高分的关键.如果能根据题目特点,运用恰当的方法速解数学客观题,则既能提高正确率,还能节省时间,达到事半功倍的效果.常用的速解技巧有特例法、图解法、排除法、估算法等.
应用一 特例(特值)法
例1 (2023新高考Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)ln为偶函数,则a=( )
A.-1 B.0
C. D.1
B
解析 ∵函数f(x)为偶函数,
∴f(-x)=f(x).
不妨令x=1,则有f(-1)=f(1),
∴(-1+a)ln 3=(1+a)ln,
∴-1+a=-1-a,
∴a=0.
此时f(x)=xln,易知函数f(x)的定义域为(-∞,-)∪(,+∞),
f(-x)=-xln=-xln=xln=f(x),
∴a=0符合题意.
故选B.
应用体验1
(2024北京,9)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x图象上不同的两点,则下列正确的是( )
A.log2
B.log2
C.log2>x1+x2
D.log2A
解析 (方法一)∵y1=,y2=,
∴y1+y2=>2=2,
∴log2>log2故选A.
(方法二 特值法)令x1=1,则y1=2,令x2=3,则y2=8.
log2=log2=log25>log24=2=故选A.
应用二 图解法
例2 (2025湖南长沙二模)已知函数f(x)=
方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)有两个不等实根,则下列选项正确的是( )
A.2是f(x)的极大值点
B.函数h(x)=f(x)-x无零点
C.a的取值范围是()∪[,+∞)
D. x1∈(0,1),x2∈(1,3),使f(x1)>f(x2)
D
解析 当x<1时,f(x)=x2ex,则f'(x)=(x2+2x)ex=x(x+2)ex,
当x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(-2,0)时,f'(x)<0,
故f(x)在(-∞,-2),(0,1)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,
且f(-2)=,f(0)=0;
当x≥1时,f(x)=,
则f'(x)=,
当x∈(1,2)时,f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,
故f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
且f(1)=e,f(2)=,且f(x)≥0恒成立,作出函数f(x)的图象如图.
由图可得2是f(x)的极小值点,故A错误;
因为x=2时,y=<2,即点(2,)在直线y=x下方,
而点(1,e)在直线y=x上方,则函数h(x)=f(x)-x必有零点,故B错误;
方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)等价于f(x)=0或f(x)=a2,
由图可得f(x)=0有1个实数根x=0,
∴方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)有两个不等实根,等价于f(x)=a2有1个非零实根,则由图可得e,解得,故C错误;
由图可得,当x1∈(0,1)时,f(x1)∈(0,e).
∵e<3,故f(3)==e,故结合图象可得x2∈(1,3)时,f(x2)∈[,e),
故 x1∈(0,1),x2∈(1,3),使f(x1)>f(x2),故D正确.故选D.
应用体验2
(2025山东临沂二模)已知F1,F2分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P为C左支上一点,满足∠F1PF2=,PF2与C的右支交于点Q,若∠F1QF2=,则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 因为∠F1PF2=,∠F1QF2=,
所以△F1PQ的三个内角都是,
从而|PQ|=|PF1|,
结合双曲线定义得|PF2|-|PF1|=2a,故|QF2|=2a,
又|QF1|-|QF2|=2a,故|QF1|=4a,
结合∠F1QF2=,
故在△F1QF2中,由余弦定理得(2a)2+(4a)2-2×2a×4a×cos=(2c)2,
化简得4c2=28a2,解得e=故选D.
应用三 验证法
例3 (2025陕西西安二模)函数y=的图象大致为( )
B
解析 函数f(x)=的定义域为R,且f(-x)==-=-f(x),
故函数f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除C;
f'(x)='=,
当x=4时,f(4)=(,8),
且f'(4)=,
而=ln>ln=ln 2,即1 542-2 040ln 2>0,故f'(4)>0,
所以A,D不满足,B满足.故选B.
应用体验3
(多选题)(2025河北秦皇岛三模)已知函数f(x)=(n≥2,且n∈N*),则( )
A.f(x)是周期函数
B.f(x)的图象是轴对称图形
C.f(x)的图象关于点(,0)对称
D.f(x)≤1
AB
解析 由于f(x+2π)==f(x),
所以f(x)是周期函数,故A正确;
f(x)定义域为{x|x+kπ,k∈Z},关于原点对称,且f(-x)==f(x),从而f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,故B正确;
由于f(x)+f(π-x)=
从而当n为奇数时,f(x)的图象不一定关于点(,0)对称,故C错误;
当n=2时,f(x)==cos x-,令cos x=-,则此时f(x)>1,故D错误.
故选AB.
应用四 估算法
例4 (1)(2025山西晋中三模)下列频率分布直方图中,平均数大于中位数的是( )
D
解析 对于选项A和B,由图形的对称性,易得平均数等于中位数,所以A和B错误;
对于选项C,易得平均数小于中位数,所以C错误;
对于选项D,易得平均数大于中位数,所以D正确.
故选D.
(2)(2025安徽三模)如图,高为h的圆锥形容器里装了一定量的水,下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是( )
D
解析 设圆锥的顶点到水面的距离为mh,圆锥的底面半径为r,则水面半径为mr.当水的体积等于容器容积的一半时,有2(mr)2·mh=r2h,整理得m3=因为0.53=0.125,0.63=0.216,0.73=0.343,0.83=0.512,则D选项更接近故选D.
应用体验4
(2025湖北武汉二模)为了响应节能减排号召,某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板,该地区未来第x年底光伏太阳能板的保有量y(单位:万块)满足模型y=,其中N为饱和度,y0为初始值,p为年增长率.若该地区2024年底的光伏太阳能板保有量约为20万块,以此为初始值,以后每年的增长率均为10%,饱和度为1 020万块,那么2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约 万块.
(结果四舍五入保留到整数,参考数据:e-0.5≈0.61,e-0.6≈0.55,e-0.7≈0.49)
36
解析 根据题意,所给模型中y0=20,N=1 020,p=10%=0.1,x=6,
则2030年底该地区光伏太阳能板的保有量为
y=
因为e-0.6≈0.55,所以y=36,
所以2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约36万块
第5讲 客观题速解技巧
应用一 特例(特值)法
应用二 图解法
目 录 索 引
应用三 验证法
应用四 估算法
【思想概述】 客观题在数学试卷中所占比重较大,是能否得到高分的关键.如果能根据题目特点,运用恰当的方法速解数学客观题,则既能提高正确率,还能节省时间,达到事半功倍的效果.常用的速解技巧有特例法、图解法、排除法、估算法等.
应用一 特例(特值)法
例1 (2023新高考Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)ln为偶函数,则a=( )
A.-1 B.0
C. D.1
B
解析 ∵函数f(x)为偶函数,
∴f(-x)=f(x).
不妨令x=1,则有f(-1)=f(1),
∴(-1+a)ln 3=(1+a)ln,
∴-1+a=-1-a,
∴a=0.
此时f(x)=xln,易知函数f(x)的定义域为(-∞,-)∪(,+∞),
f(-x)=-xln=-xln=xln=f(x),
∴a=0符合题意.
故选B.
应用体验1
(2024北京,9)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x图象上不同的两点,则下列正确的是( )
A.log2
B.log2
C.log2>x1+x2
D.log2
解析 (方法一)∵y1=,y2=,
∴y1+y2=>2=2,
∴log2>log2故选A.
(方法二 特值法)令x1=1,则y1=2,令x2=3,则y2=8.
log2=log2=log25>log24=2=故选A.
应用二 图解法
例2 (2025湖南长沙二模)已知函数f(x)=
方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)有两个不等实根,则下列选项正确的是( )
A.2是f(x)的极大值点
B.函数h(x)=f(x)-x无零点
C.a的取值范围是()∪[,+∞)
D. x1∈(0,1),x2∈(1,3),使f(x1)>f(x2)
D
解析 当x<1时,f(x)=x2ex,则f'(x)=(x2+2x)ex=x(x+2)ex,
当x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(-2,0)时,f'(x)<0,
故f(x)在(-∞,-2),(0,1)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,
且f(-2)=,f(0)=0;
当x≥1时,f(x)=,
则f'(x)=,
当x∈(1,2)时,f'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,
故f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
且f(1)=e,f(2)=,且f(x)≥0恒成立,作出函数f(x)的图象如图.
由图可得2是f(x)的极小值点,故A错误;
因为x=2时,y=<2,即点(2,)在直线y=x下方,
而点(1,e)在直线y=x上方,则函数h(x)=f(x)-x必有零点,故B错误;
方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)等价于f(x)=0或f(x)=a2,
由图可得f(x)=0有1个实数根x=0,
∴方程[f(x)]2-a2f(x)=0(a>0)有两个不等实根,等价于f(x)=a2有1个非零实根,则由图可得
由图可得,当x1∈(0,1)时,f(x1)∈(0,e).
∵e<3,故f(3)==e,故结合图象可得x2∈(1,3)时,f(x2)∈[,e),
故 x1∈(0,1),x2∈(1,3),使f(x1)>f(x2),故D正确.故选D.
应用体验2
(2025山东临沂二模)已知F1,F2分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P为C左支上一点,满足∠F1PF2=,PF2与C的右支交于点Q,若∠F1QF2=,则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 因为∠F1PF2=,∠F1QF2=,
所以△F1PQ的三个内角都是,
从而|PQ|=|PF1|,
结合双曲线定义得|PF2|-|PF1|=2a,故|QF2|=2a,
又|QF1|-|QF2|=2a,故|QF1|=4a,
结合∠F1QF2=,
故在△F1QF2中,由余弦定理得(2a)2+(4a)2-2×2a×4a×cos=(2c)2,
化简得4c2=28a2,解得e=故选D.
应用三 验证法
例3 (2025陕西西安二模)函数y=的图象大致为( )
B
解析 函数f(x)=的定义域为R,且f(-x)==-=-f(x),
故函数f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除C;
f'(x)='=,
当x=4时,f(4)=(,8),
且f'(4)=,
而=ln>ln=ln 2,即1 542-2 040ln 2>0,故f'(4)>0,
所以A,D不满足,B满足.故选B.
应用体验3
(多选题)(2025河北秦皇岛三模)已知函数f(x)=(n≥2,且n∈N*),则( )
A.f(x)是周期函数
B.f(x)的图象是轴对称图形
C.f(x)的图象关于点(,0)对称
D.f(x)≤1
AB
解析 由于f(x+2π)==f(x),
所以f(x)是周期函数,故A正确;
f(x)定义域为{x|x+kπ,k∈Z},关于原点对称,且f(-x)==f(x),从而f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,故B正确;
由于f(x)+f(π-x)=
从而当n为奇数时,f(x)的图象不一定关于点(,0)对称,故C错误;
当n=2时,f(x)==cos x-,令cos x=-,则此时f(x)>1,故D错误.
故选AB.
应用四 估算法
例4 (1)(2025山西晋中三模)下列频率分布直方图中,平均数大于中位数的是( )
D
解析 对于选项A和B,由图形的对称性,易得平均数等于中位数,所以A和B错误;
对于选项C,易得平均数小于中位数,所以C错误;
对于选项D,易得平均数大于中位数,所以D正确.
故选D.
(2)(2025安徽三模)如图,高为h的圆锥形容器里装了一定量的水,下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是( )
D
解析 设圆锥的顶点到水面的距离为mh,圆锥的底面半径为r,则水面半径为mr.当水的体积等于容器容积的一半时,有2(mr)2·mh=r2h,整理得m3=因为0.53=0.125,0.63=0.216,0.73=0.343,0.83=0.512,则D选项更接近故选D.
应用体验4
(2025湖北武汉二模)为了响应节能减排号召,某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板,该地区未来第x年底光伏太阳能板的保有量y(单位:万块)满足模型y=,其中N为饱和度,y0为初始值,p为年增长率.若该地区2024年底的光伏太阳能板保有量约为20万块,以此为初始值,以后每年的增长率均为10%,饱和度为1 020万块,那么2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约 万块.
(结果四舍五入保留到整数,参考数据:e-0.5≈0.61,e-0.6≈0.55,e-0.7≈0.49)
36
解析 根据题意,所给模型中y0=20,N=1 020,p=10%=0.1,x=6,
则2030年底该地区光伏太阳能板的保有量为
y=
因为e-0.6≈0.55,所以y=36,
所以2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约36万块
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