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技巧01 单选与多选题型的答题策略与技巧
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 7
题型一：直接法 7
题型二：特殊法 8
题型三：赋值法 9
题型四：排除法 10
题型五：构造法 11
题型六：中间值比较法 12
题型七：坐标法 13
题型八：归纳法 14
题型九：正难则反法 15
题型十：换元法 17
高考的单选题和多选题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：单选题和多选题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：单选题和多选题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、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支逐一排除，从而获得正确结论．
2、特殊值法：从题干（或选项）出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断．特值法是“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．
3、图解法：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．
4、构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而找到解题的方法
5、估算法：由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量．
6、检验法：将选项分别代人题设中或将题设代人选项中逐一检验，确定正确选项．
1．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．（2024年北京高考数学真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024年北京高考数学真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
5．（2024年北京高考数学真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024年北京高考数学真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024年北京高考数学真题）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
8．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
9．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
10．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
题型一：直接法
【典例1-1】集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】若不等式的解集为，则不等式的解集为
A． B．或
C． D．或
【变式1-1】设a，b为实数，且，则的最小值是（ ）
A．6 B． C． D．8
【变式1-2】复数满足为纯虚数，则
A． B． C． D．
1．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
2．过点作圆C：的切线l，直线m：与直线l平行，则直线l与m的距离为
A．4 B．2 C． D．
题型二：特殊法
【典例2-1】函数在的图象大致为
A． B．
C． D．
【典例2-2】等比数列的公比为q，前n项和为设甲：，乙：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
【变式2-1】若，则
A． B． C． D．
【变式2-2】右图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是
A． B． C． D．
1．（多选题）已知，，则下列说法不正确的有
A． B．若，则
C．若，则 D．
2．（多选题）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则
A．轴 B．
C． D．
题型三：赋值法
【典例3-1】设函数的定义域为R，且为偶函数，为奇函数，则
A． B． C． D．
【典例3-2】若函数的定义域为R，且，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【变式3-1】已知定义域为R的函数满足：，，，且，则
A． B．
C．是奇函数 D．，
【变式3-2】已知，则
A．1 B．2 C．3 D．5
1．已知函数的定义域均是R，满足，，，则下列结论中正确的是
A．为奇函数 B．为偶函数
C． D．
2．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A．32 B．64 C．80 D．160
题型四：排除法
【典例4-1】（多选题）若无穷数列，存在正整数，对任意N，均有，则称数列是“弱增数列”，下列说法正确的是
A．公差大于0的等差数列一定是“弱增数列”
B．公比大于1的等比数列不一定是“弱增数列”
C．若，则数列不是“弱增数列”
D．若，则数列是“弱增数列”
【典例4-2】（多选题）已知函数，则
A．当时，是增函数
B．当时，的值域为
C．当时，曲线关于点对称
D．当时，，，则
【变式4-1】（多选题）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则
A．是奇函数 B．是周期函数
C． D．在上是增函数
【变式4-2】（多选题）已知a，b为正数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
1．（多选题）若为第二象限角，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（多选题）已知函数满足，，则
A． B． C．的定义域为R D．的周期为4
题型五：构造法
【典例5-1】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是
A． B． C． D．
【典例5-2】若直线与曲线相切，则的取值范围为
A． B． C． D．
【变式5-1】已知正方体的棱长为2，P为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为
A． B． C． D．
【变式5-2】已知函数的定义域为R，对任意，有，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分又不必要条件 D．充要条件
1．设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是
A． B． C． D．
2．过点可作函数，的三条切线，则下列结论可能成立的是
A． B． C． D．
题型六：中间值比较法
【典例6-1】已知，，，则
A． B． C． D．
【典例6-2】若，，，则
A． B． C． D．
【变式6-1】已知，，，则a，b，c的大小关系为
A． B． C． D．
【变式6-2】已知，设，，，则
A． B． C． D．
1．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
2．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
题型七：坐标法
【典例7-1】已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是
A． B． C． D．
【典例7-2】在矩形ABCD中，，，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则的最大值为
A．3 B． C． D．2
【变式7-1】如图，已知正四面体所有棱长均相等的三棱锥，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，，分别记二面角，，的平面角为，，，则
A． B． C． D．
【变式7-2】在中，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
1．在等腰直角中，，M是所在平面内的一点，满足，则的最小值为
A．1 B． C． D．
2．向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，
A．8 B．5 C． D．
题型八：归纳法
【典例8-1】数列，，，，…的通项公式可能是（ ）
A． B． C． D．
【典例8-2】已知数列1，，，，3，…，，…，则该数列的第25项是
A．7 B． C． D．5
【变式8-1】如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形图①的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，，，，则
A． B． C． D．
【变式8-2】数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（ ）
A．153 B．190 C．231 D．276
1．如表，定义函数：
x 1 2 3 4 5
5 4 3 1 2
对于数列，，，，3，4，…，则（ ）
A．1 B．2 C．5 D．4
2．设数列满足，，数列的前n项之积为，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
题型九：正难则反法
【典例9-1】（多选题）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是
A．2个球都是红球的概率为 B．2个球中恰有1个红球的概率为
C．至少有1个红球的概率为 D．2个球不都是红球的概率为
【典例9-2】（多选题）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A 存在如下关系：某高校有甲 乙两家餐厅，王同学第一天去甲 乙两家餐厅就餐的概率分别为和如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则王同学
A．第二天去甲餐厅的概率为
B．第二天去乙餐厅的概率为
C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
【变式9-1】（多选题）有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有
A．5名同学每两人握手1次，共握手20次
B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张
C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法
D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法
【变式9-2】（多选题）有13名医生，其中女医生6人，现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区．若医疗小组至少有2名男医生，同时至多有3名女医生，设不同的选派方法种数为N，则下列能表示N的算式是（ ）
A． B．
C． D．
1．（多选题）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（ ）
A．恰好有1件是不合格品的抽取方法有种
B．恰好有2件是不合格品的抽取方法有种
C．至少有1件是不合格品的抽取方法有种
D．至少有1件是不合格品的抽取方法有种
2．（多选题）现分配甲、乙、丙三名临床医学检验专家到A，B，C，D，E五家医院进行核酸检测指导，每名专家只能选择一家医院，且允许多人选择同一家医院，则
A．所有可能的安排方法有125种
B．若A医院必须有专家去，则不同的安排方法有61种
C．若专家甲必须去A医院，则不同的安排方法有16种
D．若三名专家所选医院各不相同，则不同的安排方法有10种
题型十：换元法
【典例10-1】在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为
A． B． C． D．
【典例10-2】函数，试判断函数的奇偶性及最大值
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为 D．偶函数，最大值为
【变式10-1】已知则函数的值域是
A． B． C． D．
【变式10-2】已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
1．定义在R上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则
A．1 B．3 C． D．
2．若不等式对任意正实数x恒成立，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)技巧01 单选与多选题型的答题策略与技巧
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 5
05 核心精讲·题型突破 13
题型一：直接法 13
题型二：特殊法 15
题型三：赋值法 19
题型四：排除法 22
题型五：构造法 27
题型六：中间值比较法 31
题型七：坐标法 34
题型八：归纳法 41
题型九：正难则反法 44
题型十：换元法 48
高考的单选题和多选题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：单选题和多选题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：单选题和多选题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、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支逐一排除，从而获得正确结论．
2、特殊值法：从题干（或选项）出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断．特值法是“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．
3、图解法：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．
4、构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而找到解题的方法
5、估算法：由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量．
6、检验法：将选项分别代人题设中或将题设代人选项中逐一检验，确定正确选项．
1．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【解析】因为直线，即，令，
则，所以直线过定点，设，
将圆化为标准式为，
所以圆心，半径，
当时，的最小，
此时.
故选：C
2．（2024年北京高考数学真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【解析】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值，
阴影部分面积.
故选：C.
3．（2024年北京高考数学真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误，
故选：B.
4．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
故选：D.
5．（2024年北京高考数学真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
6．（2024年北京高考数学真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：A.
7．（2024年北京高考数学真题）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得.
故选：C.
8．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
9．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【解析】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
10．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【解析】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
题型一：直接法
【典例1-1】集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】集合，，，
当时，，解得，
当时，，解得
综上，实数a的取值范围是
故本题选
【典例1-2】若不等式的解集为，则不等式的解集为
A． B．或
C． D．或
【答案】D
【解析】的解集为，
，4是的两根，
，
不等式为，
或
故选
【变式1-1】设a，b为实数，且，则的最小值是（ ）
A．6 B． C． D．8
【答案】B
【解析】因为，，
根据基本不等式的性质有，
又由，
则，当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为
故选
【变式1-2】复数满足为纯虚数，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
，
故选
1．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】B
【解析】把数据从小到大排列为10，12，14，14，16，20，24，30，40，
中位数为
2．过点作圆C：的切线l，直线m：与直线l平行，则直线l与m的距离为
A．4 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】由已知，切线斜率存在且不为0，
因为P为圆上一点，则有
而，
所以直线
直线即
与m的距离为
故选
题型二：特殊法
【典例2-1】函数在的图象大致为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
，
在上为奇函数，排除A选项；
当时，，排除B、C；
故选
【典例2-2】等比数列的公比为q，前n项和为设甲：，乙：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】B
【解析】，时，是递减数列，所以甲不是乙的充分条件；
若是递增数列，则，可以推出，故甲是乙的必要条件．
故选：
【变式2-1】若，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，但不一定大于1，故不一定成立，故A错误；
B．是R上的增函数，当时，，故B错误；
C．在R上是增函数，且，，故C正确；
D由不一定得到，如，故D错误．
故选
【变式2-2】右图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】对于B，当时，，与图象不符，故B不正确．
对于C，当时，，与图象不符，故C不正确．
对于D，当时，，与图象不符，故D不正确．
故综合分析A选项符合题意．
1．（多选题）已知，，则下列说法不正确的有
A． B．若，则
C．若，则 D．
【答案】ABC
【解析】
对于A，若，则，
则，故选项A说法不正确；
对于B，若则满足，
而，不满足，故选项B说法不正确；
对于C，若，满足，
而不满足，故选项C说法不正确；
对于D，已知，，
则
，
当时，等号成立，故选项D成立．
故选
2．（多选题）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则
A．轴 B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
抛物线 C：的焦点为 F，过抛物线 C上不同的两点，分别作 C的切线，切线的斜率分别为，，
则切线方程联立，解得，即两条切线的交点为，
由 AB的中点为 Q，即，P，Q的横坐标相同，所以轴 ，故A正确；
，依题意有，可得，而不恒成立，所以不成立，故B错误；
，，，，故，
所以，即，故C正确；
，，
不妨设，则，，所以不成立，故D错误．
题型三：赋值法
【典例3-1】设函数的定义域为R，且为偶函数，为奇函数，则
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为为偶函数，所以关于对称①，
因为为奇函数，所以②，
在②中，令，可得，
由①可得，
再在②中，令，得
故选
【典例3-2】若函数的定义域为R，且，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【解析】令得
故，，
消去和得到，故周期为
令，得，
，
，
，
，
，
故
即
【变式3-1】已知定义域为R的函数满足：，，，且，则
A． B．
C．是奇函数 D．，
【答案】D
【解析】对于A，令，，代入，
可得：，
由，则，即，所以，故A错误；
对于B，令，，代入，
可得：，因为，所以，
解得，故B错误；
对于C，令，代入，
可得：，
又，所以，
令，即
当时，，
不满足奇函数的定义，所以不是奇函数，故C错误；
对于D，由C选项所得结论：，
可得对恒成立，故D正确．
故选：
【变式3-2】已知，则
A．1 B．2 C．3 D．5
【答案】B
【解析】令，得，
令，得，
则
故选：
1．已知函数的定义域均是R，满足，，，则下列结论中正确的是
A．为奇函数 B．为偶函数
C． D．
【答案】D
【解析】对于A，因为，所以令，得，
即，
，所以是偶函数，故A错误；
对于B，由，令，得，所以，
由，令，，得，
所以，所以不是偶函数，故B错误；
对于C，令，则，令，则，
所以，，所以，所以，
令，得．
化简得，用x替换y，得，故C错误；
对于D，令，得，从而可知，
而，故D正确．
故选
2．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A．32 B．64 C．80 D．160
【答案】C
【解析】由题意，根据二项式系数和为32，得，解得，
令得各项系数和为，解得，
的展开式的通项公式为：，
令，解得，
故展开式中含项的系数为
故选：
题型四：排除法
【典例4-1】（多选题）若无穷数列，存在正整数，对任意N，均有，则称数列是“弱增数列”，下列说法正确的是
A．公差大于0的等差数列一定是“弱增数列”
B．公比大于1的等比数列不一定是“弱增数列”
C．若，则数列不是“弱增数列”
D．若，则数列是“弱增数列”
【答案】ABD
【解析】
对于A，设等差数列的公差为，正整数，
则，即，故A正确；
对于B，由于等比数列的项有正负之分，所以公比大于1的等比数列不一定是“弱增数列”，比如等比数列，其中从首项开始分别，，，，……，这个等比数列就是公比大于1的，但是很明显数列的每一项都比前一项小，故B选项正确；
对于C，，
令，，则，则在单调递增，
令，解得，故C错误；
对于D，
，
对任意恒成立，因为k为正整数，
即k恒成立，
当时，恒成立，
所以是“弱增数列”，故 D正确．
故选：
【典例4-2】（多选题）已知函数，则
A．当时，是增函数
B．当时，的值域为
C．当时，曲线关于点对称
D．当时，，，则
【答案】ACD
【解析】
对于A： ，
当时，根据复合函数单调性可知函数是R上的增函数，故A正确；
对于B：，
当时，， ，故 B错误；
对于C：当时，
，故C正确；
对于D：当时，的图象是由图象向右平移2个单位得到，
可知图象的对称中心为，且是R上增函数，
，可得，
即得，
根据函数单调性可得，
即恒成立，
所以，即，故D正确．
故选：
【变式4-1】（多选题）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则
A．是奇函数 B．是周期函数
C． D．在上是增函数
【答案】AB
【解析】
对A，由，
令，得 ，
，
，
为奇函数，故A正确；
对B，令，得，
，
，
，
是周期函数，故B正确；
对C，当时，符合题意，但是，故C错误；
对D，当时，符合题意，但是在上是减函数，故D错误．
故选
【变式4-2】（多选题）已知a，b为正数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
对于A，，，，
，故A正确，
对于B，当，时，，故B错误，
对于C，，故C正确，
对于D，当，，，故D错误．
故选：
1．（多选题）若为第二象限角，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】
因为为第二象限角，则，，，
所以，，故A，B正确，D错误，
当时，，故C错误，
故选：
2．（多选题）已知函数满足，，则
A． B． C．的定义域为R D．的周期为4
【答案】ABD
【解析】
令，则有，解得，
故A正确；
令，则，
则，
故B正确；
令，则无意义，
C错误；
，，
，
故D正确．
故选
题型五：构造法
【典例5-1】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】方法设正四棱锥的高为，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为，
所以，
因为，
故所以，求导，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
故该正四棱锥体积的取值范围是
方法
由方法中知，，求导，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，故该正四棱锥体积的取值范围是
【典例5-2】若直线与曲线相切，则的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设切点为 ， ，
由 ，得 ， ， ，

令 ，则
当x ，时，，单调递增；
当x 时，，单调递减，
又，所以有最大值e，
取值范围是 ，
【变式5-1】已知正方体的棱长为2，P为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，连接AC，交BD于点E，易知E为的外心．
连接，，交于点F，易知平面BCD，
三棱锥的外接球球心O在EF上．
设的外接圆圆心为，平面PCD，且
设的外接圆半径为r，三棱锥的外接球半径为R，
设，，，
又，
设，，
设，则
又，易知，
，故选
【变式5-2】已知函数的定义域为R，对任意，有，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分又不必要条件 D．充要条件
【答案】A
【解析】因为，则，
令，则，所以在R上单调递增．
，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：
1．设函数在上单调递减，则实数a的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】函数在上单调递减，
则在上恒成立，
所以在上恒成立，
设，则，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以，
则实数a的取值范围是
故选：
2．过点可作函数，的三条切线，则下列结论可能成立的是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设切点为，，
则在处的切线方程为
因为切线过点，
所以，即
设，，
由题意可得有3个根．
，
若，令，得，只有一个极值点，
则不可能有3个根．
所以且
当时，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
又，，
①当，即，即时，
，即，即
②当，即时，
，即，即
同理可得当时也有
故选：
题型六：中间值比较法
【典例6-1】已知，，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】与比大小，
若比较5与的大小，则先比较与的大小，
，
与比大小
若比较8与的大小，则先比较与的大小，
，
，
，
，
即，
故选：
【典例6-2】若，，，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
，
又
，
，，，
故选：
【变式6-1】已知，，，则a，b，c的大小关系为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，，，
则a，b，c的大小关系，
故选
【变式6-2】已知，设，，，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 ，， ，

；
；
综上所述， 即
故选
1．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以，即
又，即，又，
所以，所以
因为，所以，所以，
所以，
所以
故选：
2．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，，
且，，
所以，
因为，
所以，
所以
故选：
题型七：坐标法
【典例7-1】已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】以BC中点O为坐标原点，以BC为x轴，以OA为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，则，，，
则
，
当，时，取得最小值，
其最小值为，
故本题选
【典例7-2】在矩形ABCD中，，，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若，则的最大值为
A．3 B． C． D．2
【答案】A
【解析】如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴，建立如图所示的坐标系，
则，，，，
动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，
设圆的半径为r，
，，
，
，
圆的方程为，
设点P的坐标为，
，
，
，，
，其中，
，
，
故的最大值为3，
故选
【变式7-1】如图，已知正四面体所有棱长均相等的三棱锥，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，，分别记二面角，，的平面角为，，，则
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，过点D作平面ABC的投影O，设，
过点O作垂线：，，，垂足分别为E，F，G，
连接DE，DF，DG，
因为二面角，，的平面角为，，，
所以，
设，则，
同理可得：，，
由已知，，可得：，
，，，为锐角，
故选
【变式7-2】在中，，，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】法一：建立如图所示坐标系，
由题易知，设，，，，设，
法二：注意：，，，且
，，
，，
其中，，
1．在等腰直角中，，M是所在平面内的一点，满足，则的最小值为
A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】以C为原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则，，，设，
则，
则，
即，
所以点M的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，
则，
故选
2．向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，
A．8 B．5 C． D．
【答案】D
【解析】设为x轴正半轴上的单位向量，
可令，，，
如图所示，
易知，若，
故，
而，
即，
所以，
又 ，
所以 ，
要与的夹角最大，即最大，即最小，
由 ，
当且仅当时取等号，
所以当与的夹角最大时，
故选：
题型八：归纳法
【典例8-1】数列，，，，…的通项公式可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】数列，，，，…
则有，
，
，
，
则数列的通项公式可以为；
故本题选
【典例8-2】已知数列1，，，，3，…，，…，则该数列的第25项是
A．7 B． C． D．5
【答案】A
【解析】由已知数列1，，，，3，…，，…，
即，，，，，…，，…，
则数列的第n项为，
第25项为，
故选：
【变式8-1】如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形图①的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为，，，，则
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意，得下一个图形的边长是上一个图形边长的，边数是上一个图形的4倍，
则周长之间的关系为，
所以是公比为的等比数列，
而首项，所以，
当时，图④中“雪花”状多边形的周长为
故选
【变式8-2】数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（ ）
A．153 B．190 C．231 D．276
【答案】C
【解析】因为：1，
，
，
，
；
即这些六边形数是由首项为1，公差为4的等差数列的和组成的；
所以；
第11个六边形数为
故本题选
1．如表，定义函数：
x 1 2 3 4 5
5 4 3 1 2
对于数列，，，，3，4，…，则（ ）
A．1 B．2 C．5 D．4
【答案】C
【解析】由题意，，，所以，，，，，，…，则数列是以4为周期的周期数列，所以，故选
2．设数列满足，，数列的前n项之积为，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】数列满足，，解得，，，…，
所以数列是周期数列，周期为3，，，
所以
故选：
题型九：正难则反法
【典例9-1】（多选题）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是
A．2个球都是红球的概率为 B．2个球中恰有1个红球的概率为
C．至少有1个红球的概率为 D．2个球不都是红球的概率为
【答案】ABC
【解析】根据题意，从甲袋中摸出1个红球的概率为，
则摸出的球不是红球的概率为，从乙袋中摸出1个红球的概率为，
则摸出的球不是红球的概率为
所以对于A、2个球都是红球，即从甲袋中摸出的球是红球与从乙袋中摸出的球是红球同时发生，则其概率为，故A正确；
对于D，“2个球不都是红球事件”是“2个球都是红球事件”的对立事件，
所以所求概率为，故D错误；
对于C，至少有1个红球与两球都不是红球为对立事件，
因为两球都不是红球的概率为，
所以所求概率为，故C正确；
对于B，由两球都不是红球的概率为，
由A可得2个球都是红球的概率为，
则2个球中恰有1个红球的概率为，故B正确．
故选
【典例9-2】（多选题）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A 存在如下关系：某高校有甲 乙两家餐厅，王同学第一天去甲 乙两家餐厅就餐的概率分别为和如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为，则王同学
A．第二天去甲餐厅的概率为
B．第二天去乙餐厅的概率为
C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
【答案】AC
【解析】
设第一天去甲餐厅，第二天去甲餐厅，
第一天去乙餐厅，第二天去乙餐厅，
所以，，，
因为，
所以，
所以有，
因此选项A正确，，因此选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，所以选项D不正确．
【变式9-1】（多选题）有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有
A．5名同学每两人握手1次，共握手20次
B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张
C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法
D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法
【答案】BD
【解析】
对于A，5名同学每两人握手1次，共握手次，故A错误；
对于B，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片张，故B正确；
对于C，5名同学围成一圈做游戏，有种排法，故C错误；
对于D，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，
采用间接法，甲乙捆绑和其他人当做四个大元素排列，共有种方法，
其中丙在中间，甲乙在丙的两边的选择，另一边拍好其余两人，共有种方法，
故总的方法共有种排法，故D正确．
故选：
【变式9-2】（多选题）有13名医生，其中女医生6人，现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区．若医疗小组至少有2名男医生，同时至多有3名女医生，设不同的选派方法种数为N，则下列能表示N的算式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
13名医生，其中女医生6人，男医生7人．
利用直接法，2男3女：；3男2女：；4男1女：；5男：，
所以；
利用间接法：13名医生，任取5人，减去有4名女医生，有5名女医生的情况，即；
所以能成为N的算式是
故选
1．（多选题）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（ ）
A．恰好有1件是不合格品的抽取方法有种
B．恰好有2件是不合格品的抽取方法有种
C．至少有1件是不合格品的抽取方法有种
D．至少有1件是不合格品的抽取方法有种
【答案】ACD
【解析】
对于A，在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从中任取3件产品，其中恰好有1件不合格即为1件不合格，2件合格，所以抽取方法有种，故A正确；
对于B，恰好有2件是不合格品即为1件合格，2件不合格，所以抽取方法有，故B错误；
对于C，因为产品中只有两件不合格品，所以至少有1件是不合格品包含“1件不合格2件合格”和“2件不合格1件合格”两种情况，所以不同抽法种数为种，故C正确；
对于D，因为产品中只有两件不合格品，所以至少有1件是不合格品的对立情况为：抽出的3件产品均为合格品，所以抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，故D正确．
故选
2．（多选题）现分配甲、乙、丙三名临床医学检验专家到A，B，C，D，E五家医院进行核酸检测指导，每名专家只能选择一家医院，且允许多人选择同一家医院，则
A．所有可能的安排方法有125种
B．若A医院必须有专家去，则不同的安排方法有61种
C．若专家甲必须去A医院，则不同的安排方法有16种
D．若三名专家所选医院各不相同，则不同的安排方法有10种
【答案】AB
【解析】
对于 A，每名专家有5种选择，则所有可能的安排方法有种，A正确；
对于B，由选项A知，所有可能的方法有种，A医院没有专家去的方法有种，所以A医院必须有专家去的不同的安排方法有种，B正确；
对于C，专家甲必须去A医院，则专家乙、丙的安排方法有种，C错误；
对于D，三名专家所选医院各不相同的安排方法有种，D错误．
故本题选
题型十：换元法
【典例10-1】在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，，又椭圆的定义得P点轨迹，
，有双曲线的定义得C点轨迹双曲线的一支，
过P作，，，PH、面PHC，
则面PHC，设O为AB中点．
则二面角为，不妨设，
，
，
令，，
，，
在时取最大值，
，
【典例10-2】函数，试判断函数的奇偶性及最大值
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为 D．偶函数，最大值为
【答案】D
【解析】函数，定义域为R，
，
，即函数是偶函数；
当时，，令，
，
故，
当时，函数取得最大值，为；
故选：
【变式10-1】已知则函数的值域是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，则，
因为在上单调递增，且，所以
又在上单调递减，所以
即的值域是
故选：
【变式10-2】已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设与公切线的切点坐标分别为，，
，，
由，，
得，，
公切线方程为：
，即，
，即，
所以，，
两式联立得，，
代入中得，
显然不是方程的解，
所以，
令，，
令，，则，
所以当或时，，为减函数，当，，为增函数，
，
则的大致图象如图所示：
因为有两切线，所以直线与函数的图象有两个交点，
所以，解得，
故选
1．定义在R上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则
A．1 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】①，故，
因为为R上的偶函数，为R上的奇函数，
故，所以②，
式子①和②联立得，，
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
所以在上的最小值为，
由于的对称轴为，
故当时，在上单调递增，
故，解得，不合要求，舍去；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，负值舍去，
综上可得，
故选：C
2．若不等式对任意正实数x恒成立，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
，不等式，即为，
即，即
可设，则上式即为，
，在R上递增，
由在R上递增，可得，由，得，
令，则
因此若不等式对任意正实数x恒成立，
则对任意正实数t恒成立，
令，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最大值
所以
故选：
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