4.考前必会抢分快招 学案

四、考前必会抢分快招
1.选填题抢分快招
数学客观题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，解答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断.其中选择题要充分利用题干和选项两方面提供的信息，尽量缩短解题时间，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫.常用的方法有直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法等.
一 回归定义法
1.（2025·吉林长春·期末）已知点P是：上的动点，点，的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹方程是（ ）
B．
C． D．
【答案】B
【解析】：的圆心C为，半径，
点，，又的垂直平分线交于点M，
，
的轨迹是以为焦点，长轴长为3的椭圆，，，
，，，
点M的轨迹方程是故选
2．（2025·广东江门·二模）设向量，则的最小值为 .
【答案】
【解析】，令，则，
所以
当，即时，
取得最小值，且最小值为．
二 特例分析法
3.设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4，若点M，N满足＝3，＝2，则·等于(　　)
A．20 B．15 C．9 D．6
【答案】C
【解析】四边形ABCD为矩形，建系如图，由＝3，＝2，知M(6,3)，N(4,4)，所以＝(6,3)，＝(2，－1)，所以·＝6×2＋3×(－1)＝9.
4.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】取a=5，b=4，c=3代入验证可知选项B正确.
三 极值分析法
5.当时，函数的大致图象是（ ）
【解析】当时，，排除A；
当时，
排除C、D，故选B.
6.已知函数，若，则的取值范围是（ ）
B.
C. D.
【解析】当时，函数的图象和直线如图3，由图可知，不能恒成立，从而排除选项A、B；当时，直线与的图象如图4，由图可知，在y轴右侧，不可能恒成立，从而排除C，故选D.
【答案】D
四 特征分析法
7.直线：和圆：在同一坐标系的图形只能是（　　）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】∵圆的方程可化为：，
∴圆心，半径，
又直线的方程可化为：.
由4个选项的圆心都在第三象限，
∴，∴，
∴排除选项C，D.
又圆心到直线的距离，
∴直线与圆相切，故选项A正确，选项B错误．
故选：A．
8.若函数为增函数，则a的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】不妨取a=-1，则
，但，不符合题意，排除A，B，D.
五 猜测估算法
9.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
显然，故选D
10.设A，B，C，D是半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为，则三棱锥D-ABC体积的最大值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】等边三角形ABC的面积为，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最大时，三棱锥的高h应满足h∈(4，8)，所以，
即12【自测题】
1.在平面直角坐标系中，已知，动点满足，则动点的轨迹方程是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，
，，
因为，所以，整理得，故选A.
2.函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设，则，
故为奇函数，故C,D错误；
而令时，在之间的函数零点有两个，故B错误，故选A
3.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，EF⊥平面PAC，则球O的体积为(　　)
A. B.
C. D.π
【答案】D
【解析】E，F分别是PA，AB的中点，则EF∥PB，因为EF⊥平面PAC，则PB⊥平面PAC，
PA，PC 平面PAC，故PB⊥PA，PB⊥PC，根据条件可知，△PAB≌△PAC，
故PA⊥PC，所以PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放入正方体中，如图所示，
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以正方体的棱长为，
故外接球半径R==，
所以球O的体积V=πR3=π.
4.已知随机变量，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】由，则，
对于A，由，则，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由，则，，，故C正确；
对于D，由C可知，，故D错误.
故选：AC.
5.设椭圆C：＋＝1的长轴的两端点分别是M，N，P是C上异于M，N的任意一点，则直线PM与PN的斜率之积等于________．
【答案】－
【解析】取特殊点，设P为椭圆的短轴的一个端点(0，)，又M(－2,0)，N(2,0)，
所以kPM·kPN＝×＝－.
解答题抢分快招
方法一 构建答题模板
构建答题模板，步步为营，不因缺少步骤或者部分条件而导致扣分，是所有技巧的基础。
【例1】（2024新高考Ⅰ卷T15）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【详解】（1）由余弦定理有，
对比已知，
可得，（注意公式书写和化简）
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，（容易忽略）
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，（分解分步，步骤得分）
由已知的面积为，可得，所以.
方法二 跳步答题
解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以假定某些结论是正确的往后推，看能否得到结论，或从结论出发，看使结论成立需要什么条件。如果方向正确，就回过头来，集中力量攻克这一卡壳处。如果时间不允许，那么可以把前面的写下来，再写出证实某步之后，继续有一直做到底，这就是跳步解答。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作已知，先做第二问，这也是跳步解答。
【例2】（2024·新高考Ⅱ卷T17）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；（可以将第一问证明当作条件应用于第二问）
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
方法三 分类讨论
解题时常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳得解，这就是分类讨论。
引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图形位置的不确定性，变化、不等式的求解等均可能引起分类讨论。在分类讨论解题时，要做到标准统一，不重不漏
【例3】（2024·全国甲（理）卷T21）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
（注意利用范围端点的性质来确定如何分类）
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
方法四 数形结合
数形结合法：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
【例4】（2024·上海松江·模拟预测）已知为坐标原点，对于函数，称向 为函数的互生向量，同时称函数为向量的互生函数．
(1)设函数，试求的互生向量；
(2)记向量的互生函数为，求函数在上的严格增区间；
(3)记的互生函数为，若函数在上有四个零点，求实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以的互生向量.
（2）由题意可得，所以，
令，解得，
因为，所以，
所以函数在上的严格增区间为.
由题，则，
（数形结合利用三角函数性质作出函数图象，由图象即可得解）
若函数在上有四个零点，则在上有四个实数根，
则函数与在上的图象有四个交点，
因为，
所以，
则由三角函数性质作其函数图象如图所示，
由三角函数图象及性质可知k的取值范围为.
方法五 特殊值探路
对于一些定值、定点问题可以利用特殊的点去检验，然后通过方程一般性设值去化简，即使运算量有些达不到，扣去合并运算的那一步，还是能拿到大部分的分值。特别是在解析几何的位置、距离、特殊点、特殊值的判断中，不妨转换个角度，根据现有条件猜测和利用数值求出一个可行的答案，再反向论证即可。还有在数列中求解整数存在可能性，有些题的取值有限，不妨取等值进行代入运算，如果发现了几个满足题意的值，只需要再进行检验值的唯一性。
5．（2024·北京通州·二模）已知椭圆：（）的长轴长为4，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与E交于两点（不与左右顶点重合），点在轴正半轴上，直线交轴于点P，直线交轴于点，问是否存在，使得为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，请说明理由．
【详解】（1）因为椭圆的长轴长为，离心率为，
所以，．
所以，．所以．
所以椭圆的方程为．
（2）当时，若直线l斜率不存在，
（斜率不存在，求出为定值.）
不妨设，，
所以，．
所以．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，．

联立方程组，
消去，化简得．
则，即,
设，，
所以，．
所以直线TM的方程为，直线的方程为．
所以，．
所以，，
所以
．
所以当时，为定值，
即（负值舍）时，有定值．
综上，当时，有定值．
方法六 正难则反
如果题目正面求解比较困难，或者说推翻一个结论性的问题，都可以从反面出发，假设反证或是举反例寻找矛盾都可以，这样可以简化题型思路。
【例6】（2024·北京卷T21）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【解】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.