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(共22张PPT)
第3讲　分类讨论思想
2026
应用一　由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论
应用二　由图形位置或形状引起的分类讨论
目 录 索 引
应用三　由参数变化引起的分类讨论
【思想概述】 分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时,需对研究的对象按某个标准进行分类,然后对每一类分别研究,给出每一类的结论,最终综合各类结果得到整个问题的解答.实质上分类讨论就是“化整为零,各个击破,再集零为整”的数学思想.
应用一　由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论
例1　(2025广东深圳二模)已知等差数列{an}的公差为,集合
S={cos an|n∈N*},若S={a,b,c},则a+b+c=(　　)
A.-1 B.0
C.1 D.
B
解析 由题得,an=a1+(n-1).
根据三角函数的性质,cos an+3=cos[a1+(n+3-1)]=cos[a1+(n-1)]=cos an,
则数列{cos an}的周期为3.因为集合S={a,b,c},即cos an有三个不同的值.
设n=1时,cos a1=a;n=2时,cos a2=cos(a1+)=b;
n=3时,cos a3=cos(a1+)=c.
根据三角函数两角和公式可得cos(a1+)=cos a1cos-sin a1sin=-cos a1-sin a1,cos(a1+)=cos a1cos-sin a1sin=-cos a1+sin a1,则a+b+c=cos a1+cos(a1+)+cos(a1+)=cos a1+(-cos a1-sin a1)+(-cos a1+sin a1) =0.故选B.
应用体验1
(2025江西景德镇模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,
且an+2=则{an}的前50项的和为(　　)
A.36 B.39
C.41 D.45
B
解析 当n>1且为奇数时,an=an-2=…=a3=a1=1,
当n≥2且为偶数时,an+2=an+1-an,则an+2+an=an+1,
而a2=2,则a4=a3-a2=-1,a6=a5-a4=2,…,依次类推有a50=2,
所以S50=25a1+(a2+a4+…+a46+a48+a50)=25+12+2=39.故选B.
应用二　由图形位置或形状引起的分类讨论
例2　(多选题)(2025辽宁大连一模)在平面内,存在定圆M和定点A,点P是圆M上的动点,若线段PA的中垂线交直线PM于点Q,关于点Q轨迹叙述正确的是(　 　)
A.当点A与圆心M重合时,点Q的轨迹为圆
B.当点A在圆M上时,点Q的轨迹为拋物线
C.当点A在圆M内且不与圆心M重合时,点Q的轨迹为椭圆
D.当点A在圆M外时,点Q的轨迹为双曲线
ACD
解析 当点A与圆M的圆心重合时,线段PA的中垂线与直线PM的交点为Q,即Q为线段PM的中点,因此点Q的轨迹为圆,故A正确;
当点A在圆M上时,PA的中垂线恒过圆心M,即点Q的轨迹为一个点M,故B错误;
当点A在圆M内且非圆心M时,|QP|=|QA|,则|QM|+|QA|=r>|AM|(其中r为圆M的半径),因此点Q的轨迹为以A,M为焦点的椭圆,故C正确;
当点A在圆M外时,|QP|=|QA|,
则|QM|-|QA|=r<|AM|或|QA|-|QM|=r<|AM|(其中r为圆M的半径),
因此点Q的轨迹为以A,M为焦点的双曲线,故D正确.
故选ACD.
应用体验2
(2025福建龙岩二模)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为和2.若该棱台的体积为,则该棱台的外接球表面积为(　　)
A.7π B.
C.16π D.19π
C
解析 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=,体积为,高为h,
故(2+8+)h,解得h=,连接BD,AC相交于点E,B1D1,A1C1相交于点F,
则BD==4,B1D1==2,
设外接球的球心为O.
若O在台体外,设O到底面ABCD的距离为d,
则外接球半径R=,
即,解得d=0,所以球心O与点E重合;
若O在台体内,设O到底面ABCD的距离为d,
则半径R=,
即,
解得d=0,
所以球心O与点E重合.
综上,h=EF=OF=,故R=2,
所以4πR2=16π.故选C.
应用三　由参数变化引起的分类讨论
例3　(多选题)已知曲线C:x2cos α+y2sin α=1,其中α∈[-],则(　 　)
A.存在α使得C为两条直线
B.存在α使得C为圆
C.若C为椭圆,则α越大,C的离心率越小
D.若C为双曲线,则α越大,C的离心率越大
ABD
解析 若α=0,则C:x2=1,即x=±1,为两条直线,故A正确;
若C为圆,则cos α=sin α>0,由cos α=sin α,α∈[-],可得tan α=1,解得α=,满足cos α=sin α>0,故B正确;
若C为椭圆,则cos α>0,sin α>0,且cos α≠sin α,所以α∈(0,)∪().
C:x2cos α+y2sin α=1可化为=1,若,即tan α>1,α∈(),则椭圆C的离心率为e=,
当α∈()时,y=单调递增,故C错误;
当α∈[-]时,cos α≥0,
若C为双曲线,则sin αcos α<0,即得α∈(-,0).
曲线C:x2cos α+y2sin α=1可化为=1,
故双曲线C的离心率为e=,
当α∈(-,0)时,y=单调递增,故D正确.故选ABD.
应用体验3
(多选题)(2025江西南昌模拟)已知A,B两点的坐标分别为(-1,0),(1,0),M为坐标平面内的动点,直线MA,MB的斜率分别为kMA,kMB,且满足kMA-kMB=a(a为定值),设动点M的轨迹为C,则(　　)
A.轨迹C关于原点对称
B.轨迹C关于直线对称
C.当a=0时,轨迹C为一条直线
D.当a>0时,轨迹C存在最高点
BD
解析 设M(x,y),则kMA-kMB==a,整理得ax2+2y-a=0(x≠±1),
即y=-x2+(x≠±1),所以轨迹为挖去两个点的关于y轴对称的抛物线,故A错误,B正确;
当a=0时,y=0(x≠±1),即一条直线挖去了两个点,故C错误;
当a>0时,轨迹为y=-x2+(x≠±1),开口向下,有最高点,故D正确.故选BD.
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下篇　数学思想方法
2026
应用一　运用函数相关概念的本质解题
应用二　利用函数性质解不等式、方程问题
目 录 索 引
应用三　构造函数解决方程、不等式问题
【思想概述】 函数的思想,是用运动和变化的观点分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识,是通过建立函数关系或构造函数并运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题得以解决.
方程的思想,是分析数学问题中变量间的等量关系来建立方程、方程组或者构造方程,是通过解方程、方程组或者运用方程的性质去分析问题、转化问题,从而使问题得以解决.
第1讲　函数与方程思想
应用一　运用函数相关概念的本质解题
例1　(1)(2025湖北宜昌二模)已知a>1,函数f(x)=的值域为R,
则实数a的取值范围是(　　)
A.[2,+∞) B.(1,]
C.(1,) D.[,+∞)
D
解析 当x≤2时,函数f(x)单调递增,所以f(x)=x3≤2,要使得函数f(x)的值域为R,则当x>2时,loga2≤2,解得a,所以实数a的取值范围是[,+∞).故选D.
(2)(2025江西南昌模拟)已知函数f(x)是定义在R上的函数,f(1)=1,且对任意的x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1,若g(x)=f(x)+1-x,则g(2 025)=
(　　)
A.2 B.1
C.2 025 D.2 026
B
解析 由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1,由f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1,
得g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1,
即g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x),
所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x),
所以g(x)=g(x+1),又因为g(1)=f(1)=1,故g(2 025)=g(1)=1.故选B.
应用体验1
(2025福建厦门三模)已知函数f(x)=若f(a)+f(-1)=2,则a=　 　.
8
解析 f(-1)=-(-1)2=-1,所以f(a)=3.
因为x≤0时,f(x)=-x2≤0,
所以a>0,f(a)=log2a=3,解得a=8.
应用二　利用函数性质解不等式、方程问题
例2　(1)设定义在R上的函数f(x)满足f(-x)-f(x)=2x3,且当x10.若存在实数t使得f(1+t)+3t(1+t)≥f(t)-1,则t的最大值为(　　)
A.- B.-1
C. D.1
A
解析 由f(-x)-f(x)=2x3,令g(x)=f(x)+x3,则g(-x)=f(-x)+(-x)3=f(x)+x3=g(x),且定义域为R,所以g(x)为偶函数.
由当x10知f(x)在(-∞,0]上单调递增,
所以g(x)在(-∞,0]上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,
g(1+t)-g(t)=f(1+t)+(1+t)3-f(t)-t3=f(1+t)-f(t)+1+3t+3t2,
由f(1+t)+3t(1+t)≥f(t)-1,得g(1+t)≥g(t),
由g(x)是偶函数及单调性知|1+t|≤|t|,所以1+2t+t2≤t2,所以t≤-故选A.
(2)(2025河北秦皇岛三模)已知函数f(x)满足对 x∈R都有f(x)+f(-x)=0成立.
当x≥0时,f(x)=x2+2x,则不等式f[f(x)]+f(x+1)<0的解集为　　　　 　.
(-∞,)
解析 因为对 x∈R都有f(x)+f(-x)=0,所以f(x)是R上的奇函数,
又x≥0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,显然f(x)在(0,+∞)上单调递增,
故函数f(x)在R上单调递增.
当x<0时,-x>0,则f(-x)=x2-2x,即f(x)=-f(-x)=-x2+2x.
由f[f(x)]+f(x+1)<0,可得f[f(x)]<-f(x+1)=f(-x-1),
故得f(x)<-x-1,则有或
即解得x<,
所以不等式f[f(x)]+f(x+1)<0的解集为(-∞,).
应用体验2
(2025湖南长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)=则不等式f(x2+1)<0在(-2,2)上的解集为(　　)
A.(-1,1) B.(-2,-1)∪(1,2)
C.(-1,0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(1,2)
A
解析 已知f(x)是定义在R上的奇函数,则f(-x)=-f(x).
当-1当x≤-1时,-x≥1,则f(-x)=-x-2,所以f(x)=-f(-x)=x+2.
因此f(x)=
因为x2+1≥1恒成立,所以f(x2+1)=x2+1-2=x2-1.
由f(x2+1)<0,可得x2-1<0,解得-1又因为x∈(-2,2),所以不等式f(x2+1)<0在(-2,2)上的解集为(-1,1).故选A.
应用三　构造函数解决方程、不等式问题
例3　(2025上海静安模拟)设函数y=f(x)的定义域为R,若f(0)=2 025,且对任意x∈R,满足f(x+1)-f(x)≤2x,f(x+2)-f(x)≥3·2x,则f(2 025)的值为(　　)
A.22 025+2 024 B.22 024+2 025
C.22 025+2 025 D.以上答案均不对
A
解析 由f(x+1)-f(x)≤2x,可得f(x+2)-f(x+1)≤2x+1.
因为f(x+2)-f(x)≥3·2x,
所以f(x+1)-f(x)=-[f(x+2)-f(x+1)]+f(x+2)-f(x)≥-2x+1+3·2x=2x,
又因为f(x+1)-f(x)≤2x,所以f(x+1)-f(x)=2x,
则f(2 025)-f(0)=[f(2 025)-f(2 024)]+[f(2 024)-f(2 023)]+…+[f(1)-f(0)]
=22 024+22 023+…+2+1==22 025-1,
所以f(2 025)=22 025+2 024.故选A.
应用体验3
(2025辽宁模拟)已知a=-1,b=ln,c=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a>b>c
B.c>a>b
C.b>a>c
D.b>c>a
D
解析 令f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,
令f'(x)<0,则x<0,令f'(x)>0,则x>0,故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0,
即ex≥x+1,即e-x≥-x+1,当且仅当x=0时等号成立.
当01-x>0,得ex<,所以,则-1<,即a令g(x)=ln(x+1)-(x>0),则g'(x)=>0,
所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,即g(x)>0,即ln(x+1)>,
所以ln=ln(+1)>,即b>c.故b>c>a.故选D.
本 课 结 束(共29张PPT)
第2讲　数形结合思想
2026
应用一　利用数形结合求解函数与方程、不等式问题
应用二　利用数学概念、表达式的几何意义求解最值、范围问题
目 录 索 引
应用三　几何动态问题中的数形结合
【思想概述】 数形结合思想,就是根据数与形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想.数形结合思想的应用包括以下两个方面:(1)“以形助数”,把某些抽象的数学问题直观化、生动化,能够变抽象思维为形象思维,揭示数学问题的本质;(2)“以数定形”,把直观图形数量化,使形更加精确.
应用一　利用数形结合求解函数与方程、不等式问题
例1　(1)(2025湖北三模)已知f(x)=ex+1-e1-x+ln(-x),且f(ln m)+f() =0,则下列可能成立的是(　　)
A.nC.m<1D
解析 由题知,f(x)的定义域为R,f(-x)=e-x+1-e1+x+ln(+x)
=-[ex+1-e1-x+ln(-x)]=-f(x),
所以函数f(x)为奇函数.
又f'(x)=ex+1+e1-x+2=2e-2e-1>0,
所以函数f(x)在R上单调递增,
又f(ln m)+f()=0,所以可得ln m=-=1-,
画出y=ln x,y=1-的图象.
由图可知,当n当1(2)(2025湘豫名校联考)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x,函数y=的图象与曲线y=f(x)交于点A,B,与曲线y=g(x)交于点C,D,点A在第一象限,且A,B,C,D四点顺次呈逆时针排列,则直线AC的斜率与直线BD的斜率的乘积为　　　　.
1
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则y1=,y2=,y3=ln x3,y4=ln x4,由点A与点D关于直线y=x对称,所以x1=y4,x4=y1,
同理x2=y3,x3=y2,
所以y1=,y2=,y3=,y4=
因为kAC=,kBD=,
所以kACkBD=
=1.
应用体验1
设函数f(x)=若函数f(x)的图象与直线y=b有三个交点,则实数b的取值范围是(　　)
A.(1,+∞) B.[-,0]
C.{0}∪(1,+∞) D.(0,1]
D
解析 当x≤0时,f(x)=ex(x+1),则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).
令f'(x)<0得x<-2,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减;
令f'(x)>0得-2当x<-1时,f(x)<0,当-10,
当x→-∞时,f(x)→0,
当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-,f(0)=1.
又当x>0时,f(x)=|ln x|=
所以函数f(x)的大致图象如图.
由图可知,当0应用二　利用数学概念、表达式的几何意义求解最值、范围问题
例2　(1)(2025江西景德镇模拟)若曲线C:y=上存在两点到直线l:x-y-m=0(m>0)的距离为3,则m的取值范围为(　　)
A.[7,9) B.(6,7]
C.(5,6) D.(5,9)
B
解析 曲线C:y=表示圆(x-2)2+y2=1的上半部分,如图.
当圆心C(2,0)到直线l的距离d==1时,可得m=0或m=4,
若m=0时,l:x-y=0,若m=4时,l:x-y-4=0,
当直线l过点(1,0)时,可得m=1,此时l:x-y-1=0,
结合图知,要使曲线存在两个点与直线l的距离为3,且m>0,即直线l必在x-y=0的右下方,所以直线l到x-y=0的距离大于3,到x-y-1=0的距离小于等于3,
l:x-y-m=0(m>0)与x-y=0的距离>3,则m>6,
l:x-y-m=0(m>0)与x-y-1=0的距离3,
则0(2)(多选题)已知复数z满足(|z+2|-|z-2|)2=4,则下列说法正确的是(　 　)
A.|z|≥1
B.|z-2|≥2
C.若z∈R,则|z|=1
D.若z2∈R,则|z|=1
ACD
解析 设z=x+yi,则其在复平面内所对应的点的坐标为(x,y),
由(|z+2|-|z-2|)2=4可得||z+2|-|z-2||=2,
即||=2<4,
由双曲线的定义可得,z对应的点的轨迹是以(2,0),(-2,0)为焦点的双曲线,
且焦点在x轴上,2a=2 a=1,2c=4 c=2,b=,
则双曲线的标准方程为x2-=1.
|z|表示双曲线上的点到坐标原点的距离,则双曲线上的点到坐标原点的距离最小值为顶点到原点的距离1,所以|z|≥1,故A正确;
由z=x+yi可得|z-2|=,且x2-=1,
所以|z-2|=,x≥1,
则|z-2|=1,故B错误;
若z=x+yi∈R,则y=0,所以x2=1,则|z|==1,故C正确;
因为z2=(x+yi)2=(x2-y2)+2xyi∈R,则xy=0,又x≥1,所以y=0,
由x2-=1可得x2=1,则|z|==1,故D正确.故选ACD.
应用三　几何动态问题中的数形结合
例3　(1)(2025山东滨州二模)已知椭圆C:=1和圆A:x2-2x+y2=0,P,Q分别为椭圆C和圆A上的动点,若F为椭圆C的左焦点,则|PQ|+|PF|的最小值为(　　)
A.6 B.5
C.9 D.8
A
解析 易知椭圆C:=1中a=4,c=2,即可得F(-2,0),
又圆A:x2-2x+y2=0的圆心为A(1,0),半径r=1,易知椭圆右焦点F'(2,0),显然F'在圆A上,如图.
易知椭圆上一点P到圆A上任意一点Q的最小距离为|PQ|=|PA|-r=|PA|-1,因此可将|PQ|+|PF|的最小值转化为求|PA|+|PF|-1的最小值,由椭圆定义可得|PA|+|PF|-1=|PA|+2a-|PF'|-1=|PA|-|PF'|+7≥-|AF'|+7=6;此时点P在(-4,0)处,使得|PQ|+|PF|的最小值为6.故选A.
(2)(多选题)(2025河北石家庄模拟)已知M是圆C1:x2+y2-2x+10y+17=0上的一点,N是圆C2:x2+y2-6x+8=0上的一点,P为直线l:x-y+2=0上一点,则下列说法正确的是(　 　)
A.|MN|的最大值为+4
B.的最小值为
C.|PM|+|PN|的最小值为-4
D.|PM|-|PN|的最大值为+4
ACD
解析 由题意可得圆C1圆心为C1(1,-5),半径为3,圆C2圆心为C2(3,0),半径为1,则两圆圆心距离|C1C2|=>4,即两圆相离.
由题意可得两圆上的点的距离|MN|最大值为|C1C2|+1+3=+4,故A正确;
由题可设P(x,x+2),
则=(1-x,-7-x)·(3-x,-x-2)=(1-x)(3-x)+(-7-x)(-x-2)
=2x2+5x+17=2(x+)2+,
所以当x=-时,取得最小值为,故B错误;
因为点(3,-2)关于直线y=x对称的点为(-2,3),所以点C2(3,0)关于直线l:y=x+2对称的点为(-2,5),所以如图,作圆C2和点N关于l对称的圆C'2及点N',则由图可知当对称圆的圆心C'2(-2,5)和对称点N'以及M,C1四点共线时可得|PM|+|PN|的最小值为|C1C'2|-1-3=-4=-4,故C正确;
如图可知当P,M,N三点共线时,|PM|-|PN|取得最大值为|MN|,
而|MN|最大值为|C1C2|+1+3=+4,故D正确.故选ACD.
应用体验2
(2025广东珠海模拟)点F2是双曲线C:=1的右焦点,动点A在双曲线左支上,直线l1:tx-y-4=0与直线l2:x+ty=0的交点为B,则|AB|+|AF2|的最小值为
(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
A
解析 由双曲线的方程可得a=2,
焦点F1(-2,0),
可得|AF2|=|AF1|+2a=|AF1|+4,
所以|AB|+|AF2|=|AB|+|AF1|+4,
当A,F1,B三点共线时,|AB|+|AF2|最小,
因为直线l1和l2相互垂直,且l1和l2分别过定点(0,-4)和(0,0),
所以交点B的轨迹方程是以(0,-4)和(0,0)为直径的两个端点的圆,圆心为M(0,-2),半径为2,
所以|AB|+|AF2|=|AB|+|AF1|+4≥|BF1|+4
≥|MF1|-2+4=+2=6,当点B为过F1与M的直线与圆的交点,
且在F1和圆心之间时|AB|+|AF2|取最小值6.故选A.
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第4讲　转化与化归思想
2026
应用一　特殊与一般的转化
应用二　命题的等价转化
目 录 索 引
应用三　函数、方程、不等式之间的转化
应用四　正难则反的转化
【思想概述】 转化与化归思想方法适用于在研究、解决数学问题时,思维受阻或试图寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形,也就是转化到另一种情形使问题得到解决的情况.这种转化是解决问题的有效策略,同时也是获取成功的思维方式.
应用一　特殊与一般的转化
例1　(多选题)已知函数f(x)满足对任意的x,y∈R,都有f(x+y)+f(x-y)= 2f(x)f(y),且f(0)≠0.下列结论正确的是(　　 )【一题多解】
A.f(0)=1
B.f(x)是偶函数
C.若f(2)=3,则f(4)=6
D.若f(1)=0,则4是f(x)的一个周期
ABD
解析 (方法一)由题意知,令f(x)=3cosx,可知A,B,D正确;C错误.故选ABD.
(方法二)令x=y=0,则f(0)+f(0)=2f(0)=2[f(0)]2,
因为f(0)≠0,所以f(0)=1,故A正确;
令x=0,则 y∈R,f(y)+f(-y)=2f(y)f(0)=2f(y) f(y)=f(-y)恒成立,
所以函数f(x)为偶函数,故B正确;
由f(2)=3,令x=y=2,则f(4)+f(0)=2f(2)f(2),得f(4)=17,故C错误;
由f(1)=0,令y=1,则f(x+1)+f(x-1)=2f(x)f(1)=0,
所以f(x+2)+f(x)=0,f(x+4)+f(x+2)=0,得f(x+4)=f(x),
则f(x)为周期函数且4为其一个周期,故D正确.故选ABD.
应用体验1
(多选题)(2025湖北十堰三模)已知b<0,a+b=2,则(　　 )【一题多解】
A.a2+b2<4
B.a(1-b)>2
C.2a-2-b>3
D.2a+2b>2-a+2-b
BCD
解析 (方法一　特殊值法)
因为b<0,a+b=2,令a=3,b=-1,依次代入可得选项B,C,D正确,A错误.故选BCD.
(方法二)因为b<0,a+b=2,即a=2-b,
当a=3,b=-1时,则a2+b2=10>4,故A错误;
因为a(1-b)=(2-b)(1-b)=b2-3b+2,且f(b)=b2-3b+2在(-∞,0)上单调递减,
则f(b)>f(0)=2,故B正确;
因为2a-2-b=22-b-2-b=3·2-b,且b<0,则-b>0,2-b>1,所以2a-2-b=3·2-b>3,故C正确;
因为a+b=a-(-b)=2>0,即a>-b,且g(x)=2x-2-x在定义域R内单调递增,
则g(a)>g(-b),
即2a-2-a>2-b-2b,所以2a+2b>2-a+2-b,故D正确.故选BCD.
应用二　命题的等价转化
例2　(2025江苏四市联考)一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC-A1B1C1,其中盛有一定体积的水,当底面ABC水平放置时,水面高为.当侧面AA1B1B水平放置时(如图),容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上,则该球的表面积为(　　)【一题多解】
A. B.
C.100π D.
A
解析 (方法一)V水=4×4=15
4×44=16
如图,=16-154,
,而=4,
,
,
即C1D1=C1E1=D1E1=1,
由于点C1到边A1B1的距离为2,则点D1到边A1B1的距离为2
设正方形ABB1A1外接圆圆心为O1,则该圆半径r1=AB=2
设矩形DEE1D1外接圆圆心为O2,则该圆半径r2=D1E=,设外接球半径为R,
则
解得R2=,
故外接球表面积为4πR2=故选A.
(方法二)由当底面ABC水平放置时,水面高为可知容器内的空气占容器体积的,于是侧放时,图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器体积的,因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的,则边长之比为1∶4,即“小三角形”边长为1.如图:
设圆的半径为r,在△ABD中,
由余弦定理可得BD=
,
故2r=,故r=,
所以外接球的半径为R=,
所以球的表面积为S=4πR2=故选A.
应用体验2
(2025湖南湘潭三模)记x,y为实数,设甲:y>x>0,乙:x-cos yA.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
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
A
解析 构建函数f(x)=x+cos x,因为x-cos yx+cos x,
即f(y)>f(x),且f'(x)=1-sin x≥0,可知f(x)在定义域R上单调递增,
则f(y)>f(x)等价于y>x,显然由y>x>0可以推出y>x,但由y>x不能推出y>x>0,
所以甲是乙的充分不必要条件.故选A.
应用三　函数、方程、不等式之间的转化
例3　(2025河北秦皇岛三模)设函数f(x)=(x-1)ln(x-a),若f(x)≥0恒成立,则y=的最大值为(　　)
A.1 B.e
C. D.不存在
C
解析 f(x)=(x-1)ln(x-a)可看作g(x)=x-1与h(x)=ln(x-a)的积,又f(x)≥0恒成立,所以g(x),h(x)同号.又因为函数g(x)与h(x)在定义域上均是增函数,所以两个函数的零点重合,则g(1)=h(1)=ln(1-a)=0,a=0,所以y=,所以y'=,令y'=0得x=e,则函数y=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数最大值为故选C.
应用体验3
(2025湖南永州三模)若函数f(x)=aex-x3在区间(1,3)上单调递增,则实数a的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 已知f(x)=aex-x3,可得f'(x)=aex-3x2.
因为f(x)在区间(1,3)上单调递增,所以f'(x)≥0在区间(1,3)上恒成立,
即aex-3x2≥0在区间(1,3)上恒成立.
可得a在区间(1,3)上恒成立,令g(x)=,x∈(1,3),则a≥g(x)max.
则g'(x)=
令g'(x)=0,即=0.
因为ex>0恒成立,所以3x(2-x)=0,解得x=0(舍去)或x=2.
当10,g(x)单调递增;当2所以g(x)在x=2处取得极大值,也是最大值,g(2)=
因为a≥g(x)max=,
所以实数a的最小值为故选C.
应用四　正难则反的转化
例4　(1)(2025湖南三模)如图,从正六边形ABCDEF的顶点和该正六边形的中心O这七个点中任意选取三个点,若选出的三个点能构成三角形,则构成的三角形不是等边三角形的概率是(　　)
A. B.
C. D.
B
解析 从这七个点中任选三个点,共有=35(种),其中三点共线的情形有3种,
即A,O,D或B,O,E或C,O,F,其中能构成等边三角形的有△OAB,△OBC,△OCD,△ODE,△OEF,△OFA,△ACE,△BDF,共8个.
因此构成的三角形不是等边三角形的概率是1-故选B.
(2)(2025河北邯郸模拟)已知定义在R上的函数y=f(x)的图象上任意一点(x0,y0)处的切线方程是y-y0=(x0-a)(-1)(x-x0),且y=f(x)在区间(a2,+∞)上不是单调递增的,则实数a的取值范围是　　　　　.
(0,1)
解析 由已知得f'(x)=(x-a)(ex-1),若a=0,则f'(x)≥0,满足f(x)是增函数;
若a<0,由f'(x)>0得,x0,也满足f(x)在(a2,+∞)上单调递增;
若a>0,由f'(x)>0得,x<0或x>a,若f(x)在(a2,+∞)上单调递增,需满足(a2,+∞) (a,+∞),即a2≥a>0,解得a≥1,
∴f(x)在(a2,+∞)上单调递增时,实数a的取值范围是a≤0或a≥1,
∴f(x)在区间(a2,+∞)上不是单调递增时,实数a的取值范围是(0,1).
应用体验4
(1)(2025河南新乡三模)某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛,则选出的3人中至少有1名女生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 任选3人,共有=20(种)选法.
其中,任选3人没有女生的选法总数为=4,
故选出的3人中至少有1名女生的概率为1-故选C.
(2)(2025山东潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,其下底面与半球O的底面重合,上底面圆周在半球O的球面上,则圆台的侧面积为
　　　　　;半球O被该圆台的上底面所在的平面截得两部分,其体积分别为V1,V2(V16π
解析 作出圆台的轴截面如图,设圆台的上底面半径为r1,下底面半径为r2,球的半径为R,
∵圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,∴r1=1,r2=2,
又下底面与半球O的底面重合,∴R=2,
∴圆台的高h=,
∴圆台的母线长为l==2,
∴圆台的侧面积为S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,
半球的体积为V半球=R323=
∵球心到圆台的上底面所在的平面的距离为d=,
∴球冠的高度为h'=R-d=2-,
∴球冠的体积为V1=,
∴V2=V半球-V1==3,
本 课 结 束(共29张PPT)
第5讲　客观题速解技巧
2026
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
本 课 结 束

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