1、第三篇 渗透数学思想，提升学科素养,(三)求准提速，秒杀选择、填空题,选择、填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.在高考中，选择、填空题的题量较大，共同特点是不管过程，只要结果.因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解题的基本策略，避免“小题大做”.解题基本解答策略是：充分利用题目提供的信息作出判断.先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，提高解题速度.,方法一 直接法,直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，结合有关性质或结论，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.,1.已知全集U1,2,3,4,5，若集合A1,3,5，B3,4,5，则(UA)(UB)等
2、于 A. B.2 C.1,3 D.2,5,答案,解析,解析 由题意得UA2,4，UB1,2， (UA)(UB)2.故选B.,答案,解析,答案,解析,解析 因为a，b均为正实数，,答案,解析,解析 设点P(x0，y0)，由抛物线定义得x0(1)3， 所以x02.,方法二 特值、特例法,当题目已知条件中含有某些不确定的量，可将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊情形(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，可以多取几个特例.,令x1可得ysin 110，选项B错误. 故选A.,答案,解析,6.已知函数f
3、(x)ln xax21，若存在实数x1，x21，)，且x1x21，使得f(x1)f(x2)成立，则实数a的取值范围为,答案,解析,解析 当a0时，f(x)ln x1，若f(x1)f(x2)， 则x1x2，显然不成立，排除C，D；,排除A，故选B.,7.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为,答案,解析,A.31 B.21 C.41 D. 1,解析 将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ，则有VPABC .,剩余部分的体积为 ，所以截后两部分的体积比为21.,8.如图，在
4、三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OAOBOC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为_.,解析 要满足各个截面使分得的两个三棱锥体积相等， 则需满足与截面对应的交点E，F，G分别为中点， 故可以将三条棱长分别取为OA6，OB4，OC2， 如图，,S3S2S1,答案,解析,方法三 数形结合法,有些题目条件中的式子或关系具有明显的几何意义，我们可以作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的性质、特征，得出结论.,解析 直线ykxk(k0)恒过定点(1,0)， 在同一直角坐标系中作出函数yf(x)
5、的图象和直线ykxk(k0)的图象，如图所示， 因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，,答案,解析,答案,解析,10.设s，t是不相等的两个正数，且ssln tttln s，则stst的取值范围为 A.(，1) B.(，0) C.(0，) D.(1，),当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)为增函数； 当x(1，)时，f(x)t，则00， 所以stst1.故选D.,答案,解析,(0,1),关于x的方程f(x)m恰有四个互不相等的实根x1，x2，x3，x4，,即函数yf(x)的图象与直线ym有四个不同的交点， 则00时，由对数函数的性质知，log2x3log2x4，x3x41， 当xx20，
6、(x1)(x2)2，,所以0x1x2x3x41.,答案,解析,由图可知Dx|2x4， 函数F(x)f(x)kx(xD)有零点， 即方程f(x)kx有根，,方法四 构造模型法,构造模型法是由题目的条件和结论的特殊性构造出几何体、函数、向量等数学模型，然后在模型中进行推导与运算，达到快速解题的目的.构造模型法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，细致观察题目中数学结构、形式上的特点，通过分析、联想、类比接触过的数学模型，寻找灵感构造具体的数学模型.,13.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为,答案,解析,解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，,可知SD为该四棱锥的最长棱.由三视
7、图可知正方体的棱长为2，,答案,解析,14.中国古代数学名著张丘建算经中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”.其意思是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里.若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为,解析 由题意，该匹马每日所行路程构成等比数列an，,15.已知f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f(x)，若2f(x)f(x)2 017e2x1(其中e为自然对数的底数)的解集为_.,答案,解析,(0，),因此不等式F(x)2 017的解集为(0，).,16.如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA平面A
8、BC，ABBC，DAABBC 则球O的体积为_.,答案,解析,解析 如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径.,数学素养专练,1.原命题p ：“设a，b，cR，若ab，则ac2bc2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题中，真命题的个数为 A.0 B.1 C.2 D.4,解析 由当c0时，ac2bc20，得原命题为假命题， 则其逆否命题为假命题， 原命题的逆命题为“设a，b，cR，若ac2bc2，则ab”，为真命题，则原命题的否命题为真命题，故选C.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,2.函数y2|
9、x|x2(xR)的图象大致为,解析 首先注意到函数y2|x|x2(xR)是偶函数， 所以其图象关于y轴对称，因此排除B和D， 又当x0时，y200210，故排除C， 故选A.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,3.设alog54，b(log53)2，clog45则a，b，c的大小关系为 A.acb B.bac C.abc D.bca,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 因为alog54，b(log53)2，clog45， 显然a1，所以c的值最大， 故排除A，D选项. 又因为0(log53)2，即ab. 综上bac.,1,2,
10、3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,作出f(x)的简图，如图所示， 由图象可得当f(x)在(0,4上任意取一个值时， 都有四个不同的x与f(x)的值对应. 再结合题中函数yf(x)2bf(x)1有8个不同的零点， 可得关于k的方程k2bk10有两个不同的实数根k1，k2， 且0k14,0k24.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 因为函数f(x)x3bx2cxd的导数为f(x)3x22bxc. 又由于当x(0,1)时取极大值，当
11、x(1,2)时取极小值， 所以f(x)3x22bxc0在(0,1)和(1,2)内各有一根，,在bOc坐标系中画出其表示的区域如图，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6.(2018天一大联考)在四面体ABCD中，若ABCD ，ACBD2，ADBC ，则四面体ABCD的外接球的表面积为 A.2 B.4 C.6 D.8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 如图所示，该四面体的四个顶点为长方体的四个顶点，设长、宽、高分别为a，b，c，,因为该四面体的外接球直径为长方体的体对角线长， 所以4R
12、2a2b2c26，所以外接球表面积S4R26.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,18,解析 把平行四边形ABCD看成正方形， 则点P为对角线的交点，AC6，,8.若锐角，满足cos2cos2cos21，那么tan tan tan 的最小值为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 如图，构造长方体ABCDA1B1C1D1， 设ABa，ADb，AA1c，C1AB，C1AD，C1AA1，则cos2cos2cos21.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,令f(x)0，得x2，即函数f(x)在(2，)
13、上单调递增，,10.已知数列an满足a11，anan1nanan1(nN*)，则an_.,解析 anan1nanan1，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,2,解析 实际上|MN|f(x)g(x)|， 因此我们只要求|f(x)g(x)|的最大值，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 设点P(a，b)，Q(c，d)，由题设可得点P，Q分别在曲线yx3ln x，y32x上. 则问题转化为求曲线yx3ln x上的动点P与直线y2x3上的动点Q之间的距离的最小值的平方问题.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,即t3时，也即当切线与已知直线y2x3平行时， 此时切点M(3,33ln 3)到已知直线y2x3的距离最近，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,本课结束,
