高考数学选择题的几种解法

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高考数学答题技巧：选择题十大解法

2019年高考数学答题技巧：选择题十大解法查字典数学网整理了2019年高考数学答题技巧：选择题十大解法，帮助广大高中学生学习数学知识!高考数学选择题从难度上讲是比其他类型题目降低了，但知识覆盖面广，要求解题熟练、准确、灵活、快速。

选择题的解题思想，渊源于选择题与常规题的联系和区别。

它在一定程度上还保留着常规题的某些痕迹。

而另一方面，选择题在结构上具有自己的特点，即至少有一个答案(若一元选择题则只有一个答案)是正确的或合适的。

因此可充分利用题目提供的信息，排除迷惑支的干扰，正确、合理、迅速地从选择支中选出正确支。

选择题中的错误支具有两重性，既有干扰的一面，也有可利用的一面，只有通过认真的观察、分析和思考才能揭露其潜在的暗示作用，从而从反面提供信息，迅速作出判断。

由于我多年从事高考试题的研究，尤其对选择题我有自己的一套考试技术，我知道无论是什么科目的选择题，都有它固有的漏洞和具体的解决办法，我把它总结为：6大漏洞、8大法则。

6大漏洞是指：有且只有一个正确答案；不问过程只问结果；题目有暗示；答案有暗示；错误答案有严格标准；正确答案有严格标准；8大原则是指：选项唯一原则；范围最大原则；定量转定性原则；选项对比原则；题目暗示原则；选择项暗示原则；客观接受原则；语言的精确度原则。

经过我的培训，很多的学生的选择题甚至1分都不丢。

下面是一些实例：1.特值检验法：对于具有一般性的数学问题，我们在解题过程中，可以将问题特殊化，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下不真这一原理，达到去伪存真的目的。

例：△ABC的三个顶点在椭圆4x2+5y2=6上，其中A、B两点关于原点O对称，设直线AC的斜率k1，直线BC的斜率k2，则k1k2的值为A.-5/4B.-4/5C.4/5D.25/5解析：因为要求k1k2的值，由题干暗示可知道k1k2的值为定值。

题中没有给定A、B、C三点的具体位置，因为是选择题，我们没有必要去求解，通过简单的画图，就可取最容易计算的值，不妨令A、B分别为椭圆的长轴上的两个顶点，C为椭圆的短轴上的一个顶点，这样直接确认交点，可将问题简单化，由此可得，故选B。

高考数学选择题的常见解法

ｒｚ１ ≥ Ｏ，ｚ（一）
值、特殊数列、殊函数、殊图形、特特特殊角、殊位置特
等．
解：由１≥ Ｏ
【３（０８全国）函数Ｙ一－－与函数Ｙ＝例】２０，若厂ｚ（）
点评：直接法是解答选择题最常用的基本方法，低
用是解选择题的常用方法．
质、定理、法则等知识，过推理运算，出结论，通得再对照
选择项，中选出正确答案的方法叫直接法．从【１（０８全国）例】２０，函数一
义域为（）．Ｂ｛ｚ１．ｚ｛≥ ｝Ｄ｛ｌ４ｚ１．ｚｏ ≤ ）ｚ１ｚＯ可得选项ｃ ≥ 或 ≥ ．．
【２（０８江西）例】２０，函数 —ｔｎ＋ｓ一ｌｎａｘｉ眦ｚｔｃａ
—ｉ在间号，内图大是）ｓ区（）的象致（．眦ｌ
４代入法：各个选择项逐一代入题设进行检验，．将从而作出正确判断的方法叫代入法，又称为验证法，即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是正确答案．
交点还可以在圆内，可以在圆外．此，圆与过圆直也因从
径两端点所作的两相交直线的关系来看，可将勾股定理
加以推广．
味求快则会快中出错．
ｌ￣ｚｎ／＋ｌ的图象关于直－一对称，厂ｚ＝（则（）
Ａ．２－ｅＸ２Ｂ．ｅｚＣ．州ｅＤ

高考数学选择题“连猜带蒙”八大解法详析

高考数学选择题“连猜带蒙”八大解法详析一、数形结合画出图形或者图象能够使问题提供的信息更直观地呈现，从而大大降低思维难度，是解决数学问题的有力策略，这种方法使用得非常之多。

【例题】设函数()f x 定义在实数集上，它的图象关于直线1x =对称，且当1x ≥时，()31xf x =-，则有（）。

A 、132()()()323f f f B 、231()()()323f f f C 、213()()()332f f f D ．321()()()233f f f 【解析】、当1x ≥时，()31xf x =-，()f x 的图象关于直线1x =对称，则图象如图所示。

这个图象是个示意图，事实上，就算画出()|1|f x x =-的图象代替它也可以。

由图知，符合要求的选项是B ，【练习1】、若P （2，-1）为圆22(1)25x y -+=的弦AB 的中点，则直线AB 的方程是（）A 、30x y --=B 、230x y +-=C 、10x y +-=D 、250x y --= （提示：画出圆和过点P 的直线，再看四条直线的斜率，即可知选A ）【练习2】、（07辽宁）已知变量x 、y 满足约束条件20170x y x x y -+≤⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩，则y x 的取值范围是（）A 、9,65⎡⎤⎢⎥⎣⎦B 、[)9,6,5⎛⎤-∞+∞ ⎥⎝⎦C 、(][),36,-∞+∞D 、[]3,6（提示：把yx看作可行域内的点与原点所在直线的斜率，不难求得答案，选【练习3】、曲线[]12,2)yx =+∈-与直线(2)4y k x =-+有两个公共点时，k 的取值范围是（） A 、5(0,)12 B 、11(,)43 C 、5(,)12+∞ D 、53(,)124（提示：事实上不难看出，曲线方程[]1(2,2)y x =∈-的图象为22(1)4(22,13)x y x y +-=-≤≤≤≤，表示以（1，0）为圆心，2为半径的上半圆，如图。

高考数学(理)二轮复习：巧解客观题的10大妙招(一)选择题的解法

值 49＝7，故选 B.
题型概述
解题方法
归纳总结
方法二特例法
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.特殊化法是“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.适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题.
题型概述
解题方法
归纳总结
探究提高图形化策略是依靠图形的直观性进行研究的，用这种策略解题比直接计算求解更能简捷地得到结果.运用图解法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而会导致错误的选择.
题型概述
解题方法
归纳总结
【训练 4】过点( 2，0)引直线 l 与曲线 y＝ 1－x2相交于 A、B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线 l 的斜率等于( )
则 tan θ2 等于(
)
m－3 A.9－m
m－3 B.|9－m|
C.－15
D.5
解析由于受条件 sin2θ＋cos2θ＝1 的制约，m 一定为确定
的值进而推知 tan θ2 也是一确定的值，又π2 ＜θ＜π，所以π4
θπ
＜ 2 ＜ 2 ，故 tan
2θ＞1.所以 D 正确.
答案 D
题型概述
解题方法
x＝－1，排除 B.
(2)f(x)＝14x2＋sinπ2 ＋x＝14x2＋cos
x，故
f′(x)＝14x2＋cos
x′
＝12x－sin x，记 g(x)＝f′(x)，其定义域为 R，且 g(－x)＝12(－x)－
sin(－x)＝－12x－sin

高考数学各题型答题方法技巧总结

高考数学各题型答题方法技巧总结数学选择题目还是比较多的，占的分值也挺大的，因此，对于不同的数学选择题，就需要掌握不同的解题技巧，数学选择题的解题方法也是多种多样的，下面是给大家带来的高考数学各题型答题方法技巧总结(大全)，以供大家参考!数学各题型解题方法一、立体几何题1、证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简单;2、求异面直线所成的角、线面角、二面角、存在性问题、几何体的高、表面积、体积等问题时，最好要建系;3、注意向量所成的角的余弦值(范围)与所求角的余弦值(范围)的关系(符号问题、钝角、锐角问题)。

二、导数、极值、最值、不等式恒成立(或逆用求参)问题1、先求函数的定义域，正确求出导数，特别是复合函数的导数，单调区间一般不能并，用“和”或“，”隔开(知函数求单调区间，不带等号;知单调性，求参数范围，带等号);2、注意最后一问有应用前面结论的意识;3、注意分论讨论的思想;4、不等式问题有构造函数的意识;5、恒成立问题(分离常数法、利用函数图像与根的分布法、求函数最值法);6、整体思路上保6分，争10分，想14分。

三、概率问题1、搞清随机试验包含的所有基本事件和所求事件包含的基本事件的个数;2、搞清是什么概率模型，套用哪个公式;3、记准均值、方差、标准差公式;4、求概率时，正难则反(根据p1+p2+。

+pn=1);5、注意计数时利用列举、树图等基本方法;6、注意放回抽样，不放回抽样;7、注意“零散的”的知识点(茎叶图，频率分布直方图、分层抽样等)在大题中的渗透;8、注意条件概率公式;9、注意平均分组、不完全平均分组问题。

四、圆锥曲线问题1、注意求轨迹方程时，从三种曲线(椭圆、双曲线、抛物线)着想，椭圆考得最多，方法上有直接法、定义法、交轨法、参数法、待定系数法;2、注意直线的设法(法1分有斜率，没斜率;法2设x=my+b(斜率不为零时)，知道弦中点时，往往用点差法);注意判别式;注意韦达定理;注意弦长公式;注意自变量的取值范围等等;3、战术上整体思路要保7分，争9分，想12分。

2022年高考数学二轮复习教案：第二部分专题一选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案

专题一选择、填空题常用的10种解法抓牢小题，保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略：1.基本原则：小题不用大做．2.基本策略：充分利用题干和选项所供应的信息作出推断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，选择题可先排解后求解．解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏．题型特点：1.高中低档题，且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度，试题层次性强.方法一定义法所谓定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．[例1] 如图，F 1，F 2是双曲线C 1：x 216－y 29＝1与椭圆C 2的公共焦点，点A 是C 1，C 2在第一象限的公共点．若|F 1A |＝|F 1F 2|，则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析：由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|＝216＋9＝10，由双曲线的定义可得|F 1A |－|F 2A |＝216＝8，由已知可得|F 1A |＝|F 1F 2|＝10，所以|F 2A |＝|F 1A |－8＝2.设椭圆的长轴长为2a ，则由椭圆的定义可得2a ＝|F 1A |＋|F 2A |＝10＋2＝12. 所以椭圆C 2的离心率e ＝2c 2a ＝1012＝56.故选A.答案：A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，机敏利用相关的定义求解．如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件，分别把A 到两个焦点的距离求出来，然后依据椭圆定义求出其长轴长，最终就可依据离心率的定义求值． [技法体验]1．(2021·广州模拟)假如P 1，P 2，…，P n 是抛物线C ：y 2＝4x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，…，x n ，F 是抛物线C 的焦点，若x 1＋x 2＋…＋x n ＝10，则|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝( ) A ．n ＋10 B ．n ＋20 C ．2n ＋10D ．2n ＋20解析：由题意得，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为(1,0)，准线为x ＝－1，由抛物线的定义，可知|P 1F |＝x 1＋1，|P 2F |＝x 2＋1，…，|P n F |＝x n ＋1，故|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P n F |＝x 1＋x 2＋…＋x n ＋n ＝n ＋10，选A. 答案：A2．(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2.若点P 在双曲线上，且△F 1PF 2为锐角三角形，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________．解析：借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决．∵双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线上，∴|F 1F 2|＝4，||PF 1|－|PF 2||＝2.若△F 1PF 2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF 1|2＋|PF 2|2－16>0，可化为(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|－|PF 2||＝2，得(|PF 1|＋|PF 2|)2－4|PF 1||PF 2|＝4.故2|PF 1||PF 2|＝|PF 1|＋|PF 2|2－42，代入不等式①可得(|PF 1|＋|PF 2|)2>28，解得|PF 1|＋|PF 2|>27.不妨设P 在左支上，∵|PF 1|2＋16－|PF 2|2>0，即(|PF 1|＋|PF 2|)·(|PF 1|－|PF 2|)>－16，又|PF 1|－|PF 2|＝－2，∴|PF 1|＋|PF 2|<8.故27<|PF 1|＋|PF 2|<8. 答案：(27，8)方法二特例法特例法，包括特例验证法、特例排解法，就是充分运用选择题中单选题的特征，解题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排解干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ，b ，c ( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2<100 解析：结合特殊值，利用排解法选择答案．对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110，明显|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2>100，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0，明显|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2<100不成立．综上知，A ，B ，C 均不成立，所以选D. 答案：D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排解干扰选项． [技法体验]1．函数f (x )＝cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析：函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (12)＝cos 12log 2|12|＝－cos 12，f (－12)＝cos(－12)·log 2|－12|＝－cos 12，所以f (－12)＝f (12)，排解A ，D ；又f (12)＝－cos 12＜0，故排解C.综上，选B. 答案：B2．已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D.13解析：由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最终的结果必定是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.故选A.法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，明显，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n ＝3.故选A.答案：A方法三数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1，＋∞)B ．[－1,3]C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：∵g (x )＝x 2－2x ，a 为实数，∴2g (a )＝2a 2－4a .∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0ln x ，e －2≤x ≤e ，作出函数f (x )的图象可知，其值域为[－2,6]，∵存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，∴－2≤2a 2－4a ≤6，即－1≤a ≤3，故选B.答案：B[增分有招] 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如[本例]中求解，可通过作出图象，数形结合求解． [技法体验]1．(2021·珠海摸底)已知|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．120°解析：通解：设a 与b 的夹角为θ，由已知可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝3(a 2－2a ·b ＋b 2)，即4a ·b ＝a 2＋b 2，由于|a |＝|b |，所以a ·b ＝12a 2，所以cos θ＝a ·b |a |·|b |＝12，θ＝60°，选C.优解：由|a |＝|b |，且|a ＋b |＝3|a －b |可构造边长为|a |＝|b |＝1的菱形，如图，则|a ＋b |与|a －b |分别表示两条对角线的长，且|a ＋b |＝3，|a －b |＝1，故a 与b 的夹角为60°，选C. 答案：C2．已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，则点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( ) A ．(14，1)B ．(14，－1)C ．(1,2)D ．(1，－2)解析：如图，由于点Q (2，－1)在抛物线的内部，由抛物线的定义可知，|PF |等于点P 到准线x ＝－1的距离．过Q (2，－1)作x ＝－1的垂线QH ，交抛物线于点K ，则点K 为点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到准线x ＝－1的距离之和取得最小值时的点．将y ＝－1代入y 2＝4x 得x ＝14，所以点P 的坐标为(14，－1)，选B.答案：B方法四待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法，其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等． [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上，焦距等于4，离心率为22，则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 216＝1C.x 24＋y 28＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：由题意可得2c ＝4，故c ＝2，又e ＝2a ＝22，解得a ＝22，故b ＝222－22＝2，由于焦点在y 轴上，故选C. 答案：C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴，设出标准方程，依据已知列方程求解． [技法体验]1．若等差数列{a n }的前20项的和为100，前45项的和为400，则前65项的和为( ) A ．640 B ．650 C ．660D ．780解析：设等差数列{a n}的公差为d ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1＋20×192d ＝10045a 1＋45×442d ＝400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9245d ＝1445，则前65项的和为65a 1＋65×642d ＝65×9245＋65×642×1445＝780.答案：D2．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则f (π4)的值为( )A. 2 B ．0 C ．1D. 3解析：由题图可知，A ＝2，34T ＝11π12－π6＝34π，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (π6)＝2sin(2×π6＋φ)＝2得2×π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝π6＋2k π，k ∈Z ，又0＜φ＜π，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)，∴f (π4)＝2sin(2×π4＋π6)＝2cos π6＝3，故选D.答案：D 方法五估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确数值，通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要具体的过程，因此可以猜想、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．[例5] 若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >a >bD ．b >c >a解析：由指数函数的性质可知y ＝2x在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)；由于sin 2π5∈(0,1)，所以c ＝log 2sin 2π5<0.综上，a >1>b >0>c ，即a >b >c .故选A. 答案：A[增分有招] 估算，省去很多推导过程和比较简单的计算，节省时间，是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法．但要留意估算也要有依据，如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实质就是找一个中间值进行比较． [技法体验]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，其图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2解析：由于函数f (x )的最小值为－2＋1＝－1，由函数f (x )的图象与直线y ＝－1相邻两个交点的距离为π可得，该函数的最小正周期为T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2.故f (x )＝2sin(2x ＋φ)＋1.由f (x )>1，可得sin(2x ＋φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，π3，所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，2π3.对于选项B ，D ，若取φ＝π2，则2x ＋π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，7π6，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π，7π6上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意；对于选项C ，若取φ＝π12，则2x ＋π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，3π4，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0上，sin(2x ＋φ)<0，不合题意．选A.答案：A方法六反证法反证法是指从命题正面论证比较困难，通过假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立的证明方法．反证法证明问题一般分为三步：(1)反设，即否定结论；(2)归谬，即推导冲突；(3)得结论，即说明命题成立．[例6] 已知x ∈R ，a ＝x 2＋32，b ＝1－3x ，c ＝x 2＋x ＋1，则下列说法正确的是( )A ．a ，b ，c 至少有一个不小于1B ．a ，b ，c 至多有一个不小于1C ．a ，b ，c 都小于1D ．a ，b ，c 都大于1解析：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1，则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋72＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3.明显两者冲突，所以假设不成立．故a ，b ，c 至少有一个不小于1.选A. 答案：A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利．其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突．如[本例]中导出等式的冲突，从而说明假设错误，原命题正确． [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形．假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，所以A 2＋B 2＋C 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，即π＝3π2－π，明显该等式不成立，所以假设不成立．易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 答案：D 方法七换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为生疏的形式，把简单的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元．理论依据是等量代换，目的是变换争辩对象，将问题移至新对象的学问背景中去争辩，从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等． [例7] 已知正数x ，y 满足4y －2yx＝1，则x ＋2y 的最小值为________．解析：由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ×yx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立.所以x ＋2y 的最小值为2.答案：2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如[本例]中就是使用常数1的代换，将已知条件改写为“14y ＋12x ＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其开放，通过构造基本不等式的形式求解最值． [技法体验]1．(2022·成都模拟)若函数f (x )＝1＋3x＋a ·9x，其定义域为(－∞，1]，则a 的取值范围是( ) A ．a ＝－49B ．a ≥－49C ．a ≤－49D ．－49≤a <0解析：由题意得1＋3x ＋a ·9x≥0的解集为(－∞，1]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋a ≥0的解集为(－∞，1]．令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则t ≥13，即方程t 2＋t ＋a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13＋a ＝0，所以a ＝－49.答案：A2．函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．解析：y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.答案：1 方法八补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多，或直接求解比较麻烦时，可以通过求解该问题的对立大事，求出问题的结果，则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得．该方法在概率、函数性质等问题中应用较多． [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况，从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级不来自同一班级的概率为________．解析：记高一班级中抽取的班级为a 1，高二班级中抽取的班级为b 1，b 2，高三班级中抽取的班级为c 1，c 2，c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，c 1)，(a 1，c 2)，(a 1，c 3)，(b 1，b 2)，(b 1，c 1)，(b 1，c 2)，(b 1，c 3)，(b 2，c 1)，(b 2，c 2)，(b 2，c 3)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共15种．设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ，则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级．由题意，两个班级来自同一班级的结果为(b 1，b 2)，(c 1，c 2)，(c 1，c 3)，(c 2，c 3)，共4种．所以P (A )＝415，故P (A )＝1－P (A )＝1－415＝1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案：1115[增分有招] 利用补集法求解问题时，肯定要精确把握所求问题的对立大事．如[本例]中，“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”，而高一班级只有一个班级，所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级，或来自于高三班级，明显所包含基本大事的个数较少． [技法体验]1．(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ，使2x 20＋(a －1)x 0＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,3) C ．(－3，＋∞)D ．(－3,1)解析：依题意可知“∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12＞0”为真命题，所以Δ＝(a －1)2－4×2×12＜0，即(a ＋1)·(a －3)＜0，解得－1＜a ＜3.故选B. 答案：B2．已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝2ax －1＋1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.①令t ＝1x ，由于x ∈(1,2)，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，明显函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18. 由①可知，a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.②结合(1)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 方法九分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．[例9] 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12恒成立，则a 的最小值是________．解析：由于x >0，则由已知可得a ≥－x －1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x max ＝－52， ∴a ≥－52，故a 的最小值为－52.答案：－52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的变化，否则就会导致错解． [技法体验]1．(2022·长沙调研)若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，由于y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.答案：C2．(2022·湖南五校调研)方程log 12(a －2x)＝2＋x 有解，则a 的最小值为________．解析：若方程log 12(a －2x )＝2＋x 有解，则⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋x ＝a －2x有解，即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ＝a 有解，∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋2x ≥1，故a 的最小值为1. 答案：1 方法十构造法构造法是指利用数学的基本思想，经过认真的观看，深化的思考，构造出解题的数学模型，从而使问题得以解决．构造法的内涵格外丰富，没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础，针对具体问题的特点实行相应的解决方法，其基本的方法是借用一类问题的性质，来争辩另一类问题的相关性质．常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等． [例10] 已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2<ln mn，则( )A ．m >nB ．m <nC ．m >2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：由不等式可得1n 2－1m2<ln m －ln n ，即1n 2＋ln n <1m2＋ln m .设f (x )＝1x2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.由于x ∈(2，e)，所以f ′(x )>0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增．由于f (n )<f (m )，所以n <m .故选A. 答案：A[增分有招] 构造法的实质是转化，通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决．如[本例]属于比较两个数值大小的问题，依据数值的特点，构造相应的函数f (x )＝1x2＋ln x .[技法体验]1．a ＝ln 12 014－12 014，b ＝ln 12 015－12 015，c ＝ln 12 016－12 016，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：令f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0,1)上是增函数．∵1＞12 014＞12 015＞12 016＞0，∴a ＞b ＞c .答案：A2．如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．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，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.答案：6π。

高考数学选择题解题方法归纳总结(真题为例)：分类讨论法

高考数学选择题解题方法归纳总结(真题为例)：分类讨论法备战201*高考数学选择题解题方法归纳总结(真题为例)：分类争论法选择题解法归纳总结分类争论法在解答某些问题时，有时会遇到多种状况，需要对各种状况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类争论法。

分类争论是一种规律方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。

有关分类争论思想的数学问题具有明显的规律性、综合性、探究性，能训练人的思维条理性和概括性。

解答分类争论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定争论对象以及所争论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行争论，分级进行，猎取阶段性结果；最终进行归纳，综合得出结论。

对于分类争论法方法的使用，笔者将另文具体解析。

典型例题：例1：已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10【】(A)7(B)5(C)(D)【答案】D。

【考点】等比数列。

【解析】∵an为等比数列，a4a72，a5a6a4a78，∴a44,a72或a42,a74。

由a44,a72得a18,a101，即a1a107；由a42,a74得a11,a108，即a1a107。

故选D。

1)nan＝2n－1，则an的前60项和为【】例2：数列an满意an1＋(－（A）3690（B）3660（C）1845（D）1830【答案】D。

【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。

1)nan＝2n－1得，【解析】求出an的通项：由an1＋(－a21a1；a33a2=2；a45a3=7；当n=1时，当n=2时，当n=3时，1a1a当n=4时，a57a4=a1；当n=5时，a69a5=9a1；当n=6时，a711a6=2a1；当n=7时，a713a6=15a1；当n=8时，a815a7=a1；当n=4m+1时，a4m28m1a1；当n=4m+2时，a4m22a1；当n=4m+3时，a4m48m7a1；当n=4m+4时，a4m5a1（m=0,1,2，。

2024年高考数学选择题的解法总结

2024年高考数学选择题的解法总结数学是高考中的一门重要科目，解题方法的准确性和高效性对于取得好成绩至关重要。

在2024年高考中，数学选择题的解法也是考生们需要重点掌握的内容之一。

本文将总结2024年高考数学选择题解题的一些基本方法和技巧，并且对几种典型的题型进行详细分析，以帮助考生更好地应对考试。

一、选择题解题方法和技巧1. 阅读理解和分析题意：在解答选择题前，考生首先要仔细阅读题目，确保理解题目的意思，分析题目所给的条件和要求，了解题目的难度和考察的知识点。

2. 善于利用已知信息：在解题的过程中，考生应该善于利用已知条件和信息进行推理和解题。

可以根据已知条件列方程，进行逻辑推理，缩小答案范围。

3. 考虑特殊情况：有时，选择题给出的条件可能存在特殊情况，考生需要考虑这些特殊情况对题目结果的影响。

可以试着将已知条件的数值代入方程等式，查看是否满足题目要求。

4. 整体比较和排除法：对于一些有多个答案的选择题，考生可以通过整体比较和排除法来确定正确答案。

将选项中的各个数值进行综合比较，排除不符合条件的选项，逐步缩小答案范围。

5. 确认答案：在选择题答题卡上，考生务必将答案填涂清楚，并仔细检查答案是否填写正确。

确认答案之前，一定要确保自己认真仔细地阅读了题目，并进行了充分的思考和分析。

二、典型题型解析1. 几何题：几何题是考查考生几何知识和图形分析能力的重要题型。

在解几何题时，考生应该仔细观察图形，理清图形间的关系，并根据已知条件进行推理。

常见的解题方法包括：利用几何性质和定理、利用相似性和比例关系等。

2. 函数题：函数题是考查考生对函数性质和变化规律的了解和分析能力的题型。

在解函数题时，考生应首先根据已知条件确定函数的性质，然后利用函数的特性进行计算或推理。

常见的解题方法包括：利用函数的图像、利用函数的定义域和值域、利用函数的导数等。

3. 概率题：概率题是考查考生对概率计算和概率性质的掌握程度的题型。

高考数学选择题几种高效解法论文

高考数学选择题几种高效解法高考数学成绩的高低很大程度上由客观题决定.近几年的高考题中虽然常有创新题目出现，但总体难度一般不大.命题的趋势是避免繁难的运算，尽量覆盖各知识点，实现对基本知识、基本技能、基本方法、基本思想的考查，选择题的考查着力于对观察、分析、比较、简捷运算能力的考查，体现了思维的直觉性、思维的灵活性、思维的深刻性和思维的广阔性。

因此充分地利用题设和结论这两部分所提供的信息，找到它们的连接支点，作出合理的推理与正确的判断是解决选择题的基本策略。

选择题的解题思想，渊源于选择题与常规题的联系和区别。

它在一定程度上还保留着常规题的某些痕迹。

而另一方面，数学选择题在结构上具有自己的特点，即只有一个答案是正确的或合适的。

高考数学选择题的求解，一般有两种思路，一是从题干出发考虑，探求结果，称为“直接法”；二是题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题设条件，有“特例法”、“巧用定义法”、“数形结合”、“逆向转化法”、“极限化法”、“估算法”、“直觉判断“等.本文就高考数学选择题速解的若干策略归纳如下：1、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，通过严密的推理和准确的运算，得出正确的结论，从而确定选择支的方法叫直接法，涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法，从近几年全国各地的高考数学试题来看，绝大大部分选择题的解答用的是此法。

【例1】（2008年，四川卷）设定义在上的函数满足，若，则（）（a）13 （b）2 （c）（d）解析：∵，∴∴函数为周期函数，且，∴故选（c）2、特例法：就是运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。

高考数学选择题、填空题的六大解题方法和技巧

高考数学选择题、填空题的六大解题方法和技巧方法一：直接法直接法就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，得出正确结论，此法是解选择题和填空题最基本、最常用的方法．【典例1】(1)(2021·新高考Ⅱ卷)在复平面内，复数2－i 1－3i对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【解析】选A.因为2－i1－3i ＝（2－i ）（1＋3i ）（1－3i ）（1＋3i ）＝5＋5i 10 ＝12 ＋12 i ，所以复数2－i 1－3i 对应的点位于第一象限．(2)(2021·烟台二模)已知双曲线C ：x 2a 2 －y 2b 2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在C 的右支上，AF 1与C 交于点B ，若2F A ·2F B ＝0，且|2F A |＝|2F B |，则C 的离心率为( ) A ． 2 B ． 3 C ． 6 D ．7【解析】选B.由F 2A·F 2B ＝0且|2F A |＝|2F B |知：△ABF 2为等腰直角三角形且 ∠AF 2B ＝π2 、∠BAF 2＝π4 ，即|AB|＝ 2 |2F A |＝ 2 |2F B |，因为⎩⎪⎨⎪⎧|F 1A|－|F 2A|＝2a ，|F 2B|－|F 1B|＝2a ，|AB|＝|F 1A|－|F 1B|，所以|AB|＝4a ，故|F 2A|＝|F 2B|＝2 2 a ，则|F 1A|＝2( 2 ＋1)a ，而在△AF 1F 2中，|F 1F 2|2＝|F 2A|2＋|F 1A|2－2|F 2A||F 1A|cos ∠BAF 2，所以4c 2＝8a 2＋4(3＋2 2 )a 2－8( 2 ＋1)a 2，则c 2＝3a 2，故e ＝ca ＝ 3 . 【变式训练】1．(2021·北京高考)在复平面内，复数z 满足(1－i)z ＝2，则z ＝( ) A ．1 B ．i C ．1－i D ．1＋i【解析】选D.方法一：z ＝21－i ＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝1＋i.方法二：设z ＝a ＋bi ，则(a ＋b)＋(b －a)i ＝2，联立⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝2，b －a ＝0，解得a ＝b ＝1，所以z ＝1＋i.2．(2021·郑州二模)已知梯形ABCD 中，以AB 中点O 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系．|AB|＝2|CD|，点E 在线段AC 上，且AE→ ＝23 EC → ，若以A ，B 为焦点的双曲线过C ，D ，E 三点，则该双曲线的离心率为( )A ．10B ．7C ． 6D ． 2【解析】选B.设双曲线方程为x 2a 2 －y 2b 2 ＝1，由题中的条件可知|CD|＝c ，且CD 所在直线平行于x 轴，设C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，y 0 ，A(－c ，0)，E(x ，y)，所以AE → ＝(x ＋c ，y)，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2－x ，y 0－y ，c 24a 2 －y 20 b 2 ＝1，由AE → ＝23 EC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－25c y ＝25y 0，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－25c ，25y 0 ，因为点E 的坐标满足双曲线方程，所以4c 225a 2 －4y 2025b 2 ＝1，即4c 225a 2 －425 ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 24a 2－1 ＝1，即3c 225a 2 ＝2125 ，解得e ＝7 .方法二：特例法从题干出发，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特殊图形或特殊位置，进行判断．特例法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可以使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等．【典例2】(1)(2021·郑州三模)在矩形ABCD 中，其中AB ＝3，AD ＝1，AB 上的点E 满足AE ＋2BE ＝0，F 为AD 上任意一点，则EB ·BF ＝( ) A ．1 B ．3 C ．－1 D ．－3 【解析】选D.(直接法)如图，因为AE ＋2BE ＝0，所以EB ＝13 AB ，设AF ＝λAD ，则BF ＝BA ＋λAD ＝－AB ＋λAD ，所以EB ·BF ＝13 AB ·(－AB ＋λAD )＝－13 |AB |2＋13 λAB ·AD ＝－3＋0＝－3.(特例法)该题中，“F为AD上任意一点”，且选项均为定值，不妨取点A为F. 因为AE＋2BE＝0，所以EB＝13AB．故EB·BF＝13AB·(－AB)＝－132 AB＝－13×32＝－3.(2)(2021·成都三模)在△ABC中，内角A，B，C成等差数列，则sin2A＋sin2C－sin A sin C＝________．【解析】(方法一：直接法)由内角A，B，C成等差数列，知：2B＝A＋C，而A＋B＋C＝π，所以B＝π3，而由余弦定理知：b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac，结合正弦定理得：sin2B＝sin2A＋sin2C－sin A sin C＝3 4.(方法二：特例法)该题中只有“内角A，B，C成等差数列”的限制条件，故可取特殊的三角形——等边三角形代入求值．不妨取A＝B＝C＝π3，则sin 2A＋sin2C－sin A sin C＝sin2π3＋sin2π3－sinπ3sinπ3＝34.(也可以取A＝π6，B＝π3，C＝π2代入求值．)答案：34【变式训练】设四边形ABCD为平行四边形，|AB→|＝6，|AD→|＝4，若点M，N满足BM→＝3MC→，DN→＝2NC → ，则AM → ·NM → 等于( ) A ．20 B ．15 C ．9 D ．6【解析】选C.若四边形ABCD 为矩形，建系如图，由BM → ＝3MC → ，DN → ＝2NC→ ，知M(6，3)，N(4，4)，所以AM → ＝(6，3)，NM → ＝(2，－1)，所以AM → ·NM → ＝6×2＋3×(－1)＝9.方法三：数形结合法对于一些含有几何背景的问题，往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断解决相应的问题．如Veen 图、三角函数线、函数图象以及方程的曲线等，都是常用的图形．【典例3】已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是( )A ．1B ．2C ． 2D ．22【解析】选C.如图，设OA→ ＝a ，OB → ＝b ，则|OA → |＝|OB → |＝1，OA → ⊥OB → ，设OC → ＝c ，则a－c ＝CA → ，b －c ＝CB → ，(a －c )·(b －c )＝0，即CA → ·CB → ＝0.所以CA → ⊥CB → .点C 在以AB 为直径的圆上，圆的直径长是|AB→ |＝ 2 ，|c |＝|OC → |，|OC → |的最大值是圆的直径，长为 2 .【变式训练】1．设直线l ：3x ＋2y －6＝0，P(m ，n)为直线l 上动点，则(m －1)2＋n 2的最小值为( ) A ．913 B ．313 C ．31313 D ．1313【解析】选A.(m －1)2＋n 2表示点P(m ，n)到点A(1，0)距离的平方，该距离的最小值为点A(1，0)到直线l 的距离，即|3－6|13 ＝313，则(m －1)2＋n 2的最小值为913 .2．(2021·河南联考)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ln x －2x （x>0），x 2＋1（x≤0），若f(x)的图象上有且仅有2个不同的点关于直线y ＝－32 的对称点在直线kx －y －3＝0上，则实数k 的取值是________．【解析】直线kx －y －3＝0关于直线y ＝－32 对称的直线l 的方程为kx ＋y ＝0，对应的函数为y ＝－kx ，其图象与函数y ＝f(x)的图象有2个交点．对于一次函数y ＝－kx ，当x ＝0时，y ＝0，由f(x)≠0知不符合题意．当x≠0时，令－kx ＝f(x)，可得－k ＝f （x ）x ，此时，令g(x)＝f （x ）x ＝⎩⎨⎧ln x －2（x>0），x ＋1x （x<0）.当x>0时，g(x)为增函数，g(x)∈R ，当x<0时，g(x)为先增再减函数，g(x)∈(－∞，－2]. 结合图象，直线y ＝－k 与函数y ＝g(x)有2个交点，因此，实数－k ＝－2，即k ＝2. 答案：2方法四：排除法排除法也叫筛选法、淘汰法，它是充分利用单选题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而确定正确选项．【典例4】(1)(2021·郑州二模)函数f(x)＝sin x ln π－xπ＋x在(－π，π)的图象大致为()【解析】选A.根据题意，函数f(x)＝sin x ln π－xπ＋x，x∈(－π，π)，f(－x)＝sin (－x)ln π＋xπ－x＝sin x lnπ－xπ＋x＝f(x)，则f(x)在区间(－π，π)上为偶函数，所以排除B，C，又由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝sin π2 ln π23π2＝ln 13 <0，所以排除D.(2)(2021·太原二模)已知函数y ＝f(x)部分图象的大致形状如图所示，则y ＝f(x)的解析式最可能是( )A ．f(x)＝cos x e x －e －xB ．f(x)＝sin x e x －e －xC ．f(x)＝cos x e x ＋e －xD ．f(x)＝sin x e x ＋e －x 【解析】选A.由图象可知，f(2)<0，f(－1)<0，对于B ，f(2)＝sin 2e 2－e －2>0，故B 不正确；对于C ，f(－1)＝cos （－1）e －1＋e＝cos 1e －1＋e>0，故C 不正确；对于D ，f(2)＝sin 2e 2＋e －2 >0，故D 不正确．【变式训练】1．(2021·嘉兴二模)函数f(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1x ＋1 cos x 的图象可能是()【解析】选C.由f(－x)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－x －1＋1－x ＋1 cos (－x) ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1x ＋1 cos x ＝－f(x)知，函数f(x)为奇函数，故排除B.又f(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1x ＋1 cos x ＝2x x 2－1 cos x ，当x ∈(0，1)时，2xx 2－1 <0，cos x>0⇒f(x)<0.故排除A ，D.2．(2021·石家庄一模)甲、乙、丙三人从红、黄、蓝三种颜色的帽子中各选一顶戴在头上，每人帽子的颜色互不相同，乙比戴蓝帽的人个头高，丙和戴红帽的人身高不同，戴红帽的人比甲个头小，则甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为( ) A ．红、黄、蓝 B ．黄、红、蓝 C ．蓝、红、黄 D ．蓝、黄、红【解析】选B.丙和戴红帽的人身高不同，戴红帽的人比甲个头小，故戴红帽的人为乙，即乙比甲的个头小；乙比戴蓝帽的人个头高，故戴蓝帽的人是丙．综上，甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为黄、红、蓝．方法五：构造法构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等模型转化为熟悉的问题求解．【典例5】(1)(2021·昆明三模)已知函数f(x)＝e x －a －ln x x －1有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D ．(1，＋∞)【解析】选D.方法一(切线构造)：函数f(x)＝e x －a －ln xx －1有两个不同的零点，则e x －a －1＝ln xx 有两个解，令g(x)＝e x －a －1，h(x)＝ln xx (x>0)，则g(x)与h(x)有2个交点，h′(x)＝1－ln xx 2 (x>0)，当x>e 时h′(x)<0，h(x)单调递减，当0<x<e 时h′(x)>0，h(x)单调递增，由g′(x)＝e x －a (x>0)得g(x)单调递增，图象如下，当g(x)与h(x)相切时，设切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，ln x 0x 0 ， h′(x 0)＝1－ln x 0x 2＝g′(x 0)＝0x ae －，同时ln x 0x 0 ＝ex 0－a －1，得ln x 0x 0 ＋1＝1－ln x 0x 2，即x0ln x0＋x20＝1－ln x0，(x0＋1)ln x0＝－(x0＋1)(x0－1)，又x0>0，ln x0＝1－x0，所以x0＝1，此时1＝e1－a，所以a＝1，当a>1时，可看作g(x)＝e x－1－1的图象向右平移，此时g(x)与h(x)必有2个交点，当a<1时，图象向左平移二者必然无交点，综上a>1.方法二(分离参数)：由题意，方程e x－a－ln xx－1＝0有两个不同的解，即e－a＝ln xx＋1e x有两个不同的解，所以直线y＝e－a与g(x)＝ln xx＋1e x的图象有两个交点．g′(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫ln xx＋1′×e x－（e x）′×⎝⎛⎭⎪⎫ln xx＋1（e x）2＝－（x＋1）（ln x＋x－1）x2e x.记h(x)＝ln x＋x－1.显然该函数在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以0<x<1时，h(x)<0，即g′(x)>0，函数单调递增；所以x>1时，h(x)>0，即g′(x)<0，函数单调递减．所以g(x)≤g(1)＝ln 11＋1e1＝1e.又x→0时，g(x)→0；x→＋∞时，g(x)→0.由直线y＝e a与g(x)＝ln xx＋1e x的图象有两个交点，可得e －a <1e ＝e －1，即－a<－1，解得a>1.方法三：由题意，方程e x －a －ln x x －1＝0有两个不同的解，即e x －a ＝ln x x ＋1，也就是1e a (xe x )＝x ＋ln x ＝ln (xe x ).设t ＝xe x (x>0)，则方程为1e a t ＝ln t ，所以1e a ＝ln t t .由题意，该方程有两个不同的解．设p(x)＝xe x (x>0)，则p′(x)＝(x ＋1)e x (x>0)，显然p′(x)>0，所以p(x)单调递增，所以t ＝p(x)>p(0)＝0.记q(t)＝ln t t (t>0)，则q′(t)＝1－ln t t 2 .当0<t<e 时，q′(t)>0，函数单调递增；当t>e 时，q′(t)<0，函数单调递减．所以q(t)≤q(e)＝ln e e ＝1e .又t→0时，q(t)→0；t→＋∞时，q(t)→0.由方程1e a ＝ln t t 有两个不同的解，可得0<1e a <1e ，解得a>1.(2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P-ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π【解析】选C.将三棱锥P-ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P-ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22 ＝2 3 .设外接球的半径为R ，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2 3 )2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.【变式训练】1．已知2ln a ＝a ln 2，3ln b ＝b ln 3，5ln c ＝c ln 5，且a ，b ，c ∈(0，e)，则( )A ．a<b<cB ．b<a<cC ．c<b<aD ．c<a<b【解析】选D.因为2ln a ＝a ln 2，3ln b ＝b ln 3，5ln c ＝c ln 5，且a ，b ，c ∈(0，e)，化为：ln a a ＝ln 22 ，ln b b ＝ln 33 ，ln c c ＝ln 55 ，令f(x)＝ln x x ，x ∈(0，e)，f′(x)＝1－ln x x 2 ，可得函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f(c)－f(a)＝ln 55 －ln 22 ＝2ln 5－5ln 210＝ln 253210 <0，且a ，c ∈(0，e)，所以c<a ，同理可得a<b.所以c<a<b.2．(2021·汕头三模)已知定义在R 上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)－f(x)>0，f(2 021)＝e 2 021，则不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ln x <e x 的解集为( ) A ．(e 2 021，＋∞)B ．(0，e 2 021)C ．(e 2 021e ，＋∞)D ．(0，e 2 021e )【解析】选D.令t ＝1e ln x ，则x ＝e et ，所以不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ln x <e x 等价转化为不等式f(t)<e e et ＝e t ，即f （t ）e t <1 构造函数g(t)＝f （t ）e t ，则g′(t)＝f′（t ）－f （t ）e t，由题意，g′(t)＝f′（t ）－f （t ）e t>0，所以g(t)为R 上的增函数，又f(2 021)＝e 2 021，所以g(2 021)＝f （2 021）e 2 021 ＝1，所以g(t)＝f （t ）e t <1＝g(2 021)，解得t<2 021，即1e ln x<2 021，所以0<x<e 2 021e .方法六：估算法估算法就是不需要计算出准确数值，可根据变量变化的趋势或极值的取值情况估算出大致取值范围，从而解决相应问题的方法．【典例6】(2019·全国Ⅰ卷)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5－12 (5－12 ≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是5－12 .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是( )A．165 cm B．175 cmC．185 cm D．190 cm【解析】选B.头顶至脖子下端的长度为26 cm，可得咽喉至肚脐的长度小于42 cm，肚脐至足底的长度小于110 cm，则该人的身高小于178 cm，又由肚脐至足底的长度大于105 cm，可得头顶至肚脐的长度大于65 cm，则该人的身高大于170 cm，所以该人的身高在170～178 cm之间．【变式训练】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9 3 ，则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A．12 3 B．18 3C．24 3 D．54 3【解析】选B.等边三角形ABC的面积为9 3 ，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13×9 3 ×4<V三棱锥D-ABC <13×9 3 ×8，即12 3 <V三棱锥D-ABC<24 3 .。

高考数学选择题的十种方法

高考数学选择题的十种方法高考数学选择题分值大占据高考数学试卷的半壁江山，而且其题目的概括性强，小巧灵活，有一定深度，答好数学选择题，才能拿到好成绩。

下面小编分享的秒杀高考数学选择题的方法，一起来看看吧。

秒杀高考数学选择题的方法一：直选法——简单直观这种方法一般适用于基本不需要“转变”或推理的简单题目.这些题目主要考查考生对物理识记内容的记忆和理解程度，属常识性知识题目.常见考纲中的Ⅰ级要求内容。

二：比较排除法——排除异己这种方法要在读懂题意的基础上，根据题目的要求，先将明显的错误或不合理的备选答案一个一个地排除掉，最后只剩下正确的答案。

如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除;如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确。

三：特殊值法、极值法——投机取巧对较难直接判断选项的正误量，可以让某些物理量巧取满足题设条件的特殊值或极值，带入到各选项中逐个进行检验，凡是用特殊值或极值检验证明是不正确的选项，就一定是错误的，可以排除。

这种方法往往可以省去严密的逻辑推理或繁杂的数学证明。

四：极限思维法——无所不极物理中体现的极限思维常见方法有极端思维法、微元法。

当题目所涉及的物理量随条件单调变化时，可用极限法是把某个物理量推向极端，即极大或极小，极左或极右，并据此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。

微元法是把物理过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需对这些“微元”进行必要的数学方法或物理思想处理，便可使问题得于求解。

五：代入法——事半功倍对于一些计算型的选择题，可以将题目选项中给出的答案直接代入进行检验，或在计算程中某阶段代入检验，常可以有效地减少数学运算量。

六：对比归谬法——去伪存真对于一些选项间有相互关联的高考选择题，有时可能会出现如果选项A正确即会有选项B正确或选项C也正确的情况，对于答案应为单选或双选的选择题可用此方法进行排除错误选项。

高考数学选择题的解题技巧归纳

高考数学选择题的解题技巧归纳高考数学选择题蒙题技巧数量原则理想状态：15道题，每题5个选项，A、B、C、D、E平均每个选项共出现3次。

答案排列：3、3、3、3、3实际状态：每个选项在2——4的范围内。

选项排列：3、3、3、2、4(此种状态略多呈现)或3、2、4、2、4。

即某一个选项为2个，某一个选项为4个三不相同原则即连续三个问题不会连续出现相同答案答案排列不会出现ABCDE的英文字母排列顺序中庸之道即数值优先选择“中间量”选项，选项优先考虑BCD。

在同一道题中优先考虑数值的“中间量”后考虑选项BCD。

(如E选项对应数值为中间量时，优先从数值入手考虑)出现诸如“以上结果都不对”的选项不予考虑由提干给定信息入手，通过选项特征排除错误选项选项基本特征如下：单值与多值(例如提干出现“偶次方、绝对值、对称性”等结果出现多值) 正值与负值(考前冲刺P12/25题根据提干排除负值)有零与无零区间的开与闭(看极端情况能否取等号)正无穷与负无穷(通过极限考虑)整数与小数(分数)质数与合数大于与小于整除与不能整除带符号与不带符号(例如根号、平方号等等)少数服从多数原则即看选项特征，具有同一特征多的选项优先考虑。

复杂表达式化简题一般情况下选项出现1、2、0、-1、-2的情况比较多前后无定位，连续几道题均不会都需猜蒙答案的情况观察已做完的选项情况，哪个选项少就将这几道题全写成这个选项。

答案往往出现在互为相反数、互为倒数、相加为一(概率题)的几个选项。

高考数学选择题解题技巧高考数学选择题解题技巧一、排除法所谓排除法，就是经过判断推理，将四个备选答案中的三个迷惑答案一一排除，剩下一个正确答案.排除法也叫筛选法.例1 若a b，且c为实数，则下列各式中正确的是( ).A.ac bcB.acbc2 D.ac2≥bc2解析：由于c为实数，所以c可能大于0、小于0、也可能等于0.当c=0时，显然A、B、C均不成立，故应排除A、B、C.对于D来说，当c 0，c 0，c=0时，ac2≥bc2都成立，故应选D.例2 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=15，BC=8，则sinA+sinB+sinC=( ). A. B. C. D.解析：由∠C=90°可得 sinC=1. 又因为∠A、∠B均为锐角，所以sinA、sinB均为正数，从而 sinA+sinB+sinC 1.而A、B、C三个选项中的值均小于1，于是排除A、B、C ，故选 D.高考数学选择题解题技巧二、特殊值法当某些题目比较抽象，难以对其作出判断时，我们可以在符合题目条件的`范围内，用某些特殊值代替题目中的字母，然后作出判断.我们将这种解题的方法称为特殊值法.例3 若二次方程x2+2px+2q=0有实数根，其中p，q为奇数，那么它的根一定为( ).A.奇数B.偶数C.分数D.无理数解析：此题关于x的方程的系数为字母p、q，虽然知道p、q为奇数，但仍比较抽象，我们可以根据题设条件赋予未知字母特定的值，然后再去解这个一元二次方程，它的根的情况便一目了然了.不妨设p=3，q=1，则原方程变为x2+6x+2=0解得x=± -3，显然这是一个无理数，故应选择D.例4 若a、b、c都不为零，但a+b+c=0，则 + + 的值( ).A.正数B.零C.负数D.不能确定解析：此题若按传统方法进行通分将非常麻烦且不易求解，若采用特殊值法，则能化繁为简.令a=1、b=1、c=-2，代入原式得 + + = + - =0，故选B. 高考数学选择题解题技巧三、代入检验法当某些问题(如方程、函数等)解起来比较麻烦时，可以换一个角度进行分析判断，即把给出的根、给出的点或给出的值代入方程或函数式中进行验证，从而使问题得以简化.这类处理问题的方法被称为代入法，又叫验证法.例5 若最简根式和是同类根式，则a、b的值为( ).A.a=1 b=1B.a=1 b=-1C.a=-1 b=-1D.a=-1 b=1解析：由同类根式的定义可知根指数相同，被开方数也相同，这样便可列出一个二元一次方程组，再解这个二元一次方程组，用求出的解去检验给出的a、b的值，显然比较麻烦，如采用将给出的a、b的值分别代入最简根式中，再作出判断便容易多了.当把a=1、b=1代入根式后分别得出和，显然它们为同类根式，故应选A. 例6 若△ABC的三边长分别为整数，周长为11，且一边长为4，则这个三角形的最大边长为( ).A.7B.6C.5D.4解析：(1)若最大边为7，7+4=11，两边长就等于周长显然不行;(2)若最大边为6，则另一边只能为1，1、4、6无法构成三角形;(3)若最大边为5，且一边长为4.则第三边为2，因此5为最大边，无需再考虑4的情况.故选C.高考数学选择题解题技巧四、估算法估算法是一种粗略的计算方法，实质上是一种快速的近似计算方法，即对题目所给条件或信息作适当的变形与整理，从而对结果确定出一个范围或作出一个估计.例7 已知地球的表面积约等于5.1亿平方千米，其中水面面积约等于陆地面积的倍，则陆地面积约等于( )亿平方千米(精确到0.1).数学高考选择答题技巧一、按部就班的解题方法。

高考数学的解题思路技巧

高考数学的解题思路技巧高考数学的解题思路指导(一)选择题对选择题的审题，主要应清楚：是单选还是多选，是选择正确还是选择错误？答案写在什么地方，等等。

做选择题有四种基本方法：1 回忆法。

直接从记忆中取要选择的内容。

2 直接解答法。

多用在数理科的试题中，根据已知条件，通过计算、作图或代入选择依次进行验证等途径，得出正确答案。

3 淘汰法。

把选项中错误中答案排除，余下的便是正确答案。

4 猜测法。

(二) 应用性问题的审题和解题技巧解答应用性试题，要重视两个环节，一是阅读、理解问题中陈述的材料;二是通过抽象，转换成为数学问题，建立数学模型。

函数模型、数列模型、不等式模型、几何模型、计数模型是几种最常见的数学模型，要注意归纳整理，用好这几种数学模型。

(三) 最值和定值问题的审题和解题技巧最值和定值是变量在变化过程中的两个特定状态，最值着眼于变量的最大/小值以及取得最大/小值的条件;定值着眼于变量在变化过程中的某个不变量。

近几年的数学高考试题中，出现过各种各样的最值问题和定值问题，选用的知识载体多种多样，代数、三角、立体几何、解析几何都曾出现过有关最值或定值的试题，有些应用问题也常以最大/小值作为设问的方式。

分析和解决最值问题和定值问题的思路和方法也是多种多样的。

命制最值问题和定值问题能较好体现数学高考试题的命题原则。

应对最值问题和定值问题，最重要的是认真分析题目的情景，合理选用解题的方法。

(四) 计算证明题解答这种题目时，审题显得极其重要。

只有了解题目提供的条件和隐含的信息，确定具体解题步骤，问题才能解决。

在做这种题时，有一些共同问题需要注意：1 注意完成题目的全部要求，不要遗漏了应该解答的内容。

2 在平时练习中要养成规范答题的习惯。

3 不要忽略或遗漏重要的关键步骤和中间结果，因为这常常是题答案的采分点。

4 注意在试卷上清晰记录细小的步骤和有关的公式，即使没能获得最终结果，写出这些也有助于提高你的分数。

5 保证计算的准确性，注意物理单位的变换。

高考数学答题技巧：解答选择题的几种有效方法_答题技巧

高考数学答题技巧：解答选择题的几种有效方法_答题技巧古语云：授人以鱼，只供一饭。

授人以渔，则终身受用无穷。

学知识，更要学方法。

清华网校的学习方法栏目由清华附中名师结合多年教学经验和附中优秀学生学习心得组成，以帮助学生培养良好的学习习惯为目的，使学生在学习中能够事半功倍。

高考中总有那么一两道问题难度系数很低的，问题难，以拉开来不同考生的差距。

遇到难题一时想不出来，可以考虑换一种方法，换一种思路，如果仍然没有头绪，不妨先放一放，记下题号，等后面的解答完了再回来看看，你可能会获得新的解题方法。

最后如果仍然没有想出来的也不能放弃，是选择题就要猜测答案了，填空题也不能空着，猜测答案往上写，是大题，就要分步写，只要与问题有关，能写多少写多少。

遇到了难题，我该怎么办？会做的题目要力求做对、做全、得满分，而更多的问题是对不能完整完成的题目如何分段得分。

下面有两种常用方法。

一、面对一个疑难问题，一时间想不出方法时，可以将它划分为几个子问题，然后在解决会解决的部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步。

如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分。

而且可望在上述处理中，可能一时获得灵感，因而获得解题方法。

二。

有些问题好几问，每问都很难，比如前面的小问你解答不出，但后面的小问如果根基前面的结论你能够解答出来，这时候不妨先解答后面的，此时可以引用前面的结论，这样仍然可以得分。

如果稍后想出了前面的解答方法，可以补上：“事实上，第一问可以如下证明”。

选择题有什么解题技巧吗？1、直接求解法从题目的条件出发，通过正确的运算或推理，直接求得结论，再与选择支对照来确定选择支。

2、筛选排除法在几个选择支中，排除不符合要求的选择支，以确定符合要求的选择支。

3、特殊化方法就是取满足条件的特例(包括取特殊值、特殊点、以特殊图形代替一般图形等)，并将得出的结论与四个选项进行比较，若出现矛盾，则否定，可能会否定三个选项;若结论与某一选项相符，则肯定，可能会一次成功，这种方法可以弥补其它方法的不足。

高考数学选择题—解题策略二

高考数学选择题—解题策略二（二）选择题的几种特色运算1、借助结论——速算例29、棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A 、B、C、D、解析：借助立体几何的两个熟知的结论：（1）一个正方体可以内接一个正四面体；（2）若正方体的顶点都在一个球面上，则正方体的对角线就是球的直径。

可以快速算出球的半径，从而求出球的表面积为，故选A。

2、借用选项——验算例30、若满足，则使得的值最小的是（）A、（4.5，3）B、（3，6）C、（9，2）D、（6，4）解析：把各选项分别代入条件验算，易知B项满足条件，且的值最小，故选B。

3、极限思想——不算例31、正四棱锥相邻侧面所成的二面角的平面角为，侧面与底面所成的二面角的平面角为，则的值是（）A、1B、2C、－1D、解析：当正四棱锥的高无限增大时，，则故选C。

4、平几辅助——巧算例32、在坐标平面内，与点A（1，2）距离为1，且与点B（3，1）距离为2的直线共有（）A、1条B、2条C、3条D、4条解析：选项暗示我们，只要判断出直线的条数就行，无须具体求出直线方程。

以A （1，2）为圆心，1为半径作圆A，以B（3，1）为圆心，2为半径作圆B。

由平面几何知识易知，满足题意的直线是两圆的公切线，而两圆的位置关系是相交，只有两条公切线。

故选B。

5、活用定义——活算例33、若椭圆经过原点，且焦点F1（1，0），F2（3，0），则其离心率为（）A、B、C、D、解析：利用椭圆的定义可得故离心率故选C。

6、整体思想——设而不算例34、若，则的值为（）A、1B、-1C、0D、2解析：二项式中含有，似乎增加了计算量和难度，但如果设，，则待求式子。

故选A。

7、大胆取舍——估算例35、如图，在多面体ABCDFE中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF=，EF与面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为（）A、B、5 C、6 D、解析：依题意可计算，而＝6，故选D。

做高考数学的选择题规律

做高考数学的选择题规律高考数学总是有一些规律和方法，只要掌握了方法，就能够帮助自己解题。

小编在这里整理了相关文章，快来看看吧!做高考数学的选择题规律数形结合法：就是把高考数学问题中的数量关系和空间图形结合起来思考问题。

数与型相互转化，使问题化繁为简，得以解决。

特殊值法：有些高考数学问题从理论上论证它的正确性比较困难，但是代入一些满足题意的特殊值，验证它是错误的比较容易，此时，我们就可以用这种方法来解决问题。

划归转化法：运用某种方法把生疏问题转化为熟悉问题，把复杂问题转化为简单问题，使问题得以解决。

方程法：通过设未知数，找等量关系，建方程，解方程，使高考数学问题得以解决的方法。

实践操作法：近几年出现了一些纸片折叠剪裁的高考数学题目，我们在考试中实际动手操作一下，就会很容易得出答案。

假设法：有些高考数学题目情况繁多，无从下手，这时候我们就可以先假设一种情况，然后从这个假设出发，排除不可能的情况，得出正确结论。

高考数学5种答题思路1、函数与方程思想函数思想是指运用运动变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，通过建立函数关系运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题和解决问题;方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题转化为方程或不等式模型去解决问题。

同学们在解高考数学题时可利用转化思想进行函数与方程间的相互转化。

2、数形结合思想高考数学研究的对象可分为两大部分，一部分是数，一部分是形，但数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合或形数结合。

它既是寻找问题解决切入点的“法宝”，又是优化解题途径的“良方”，因此建议同学们在解答高考数学题时，能画图的尽量画出图形，以利于正确地理解题意、快速地解决问题。

3、特殊与一般的思想用这种思想解高考数学选择题有时特别有效，这是因为一个命题在普遍意义上成立时，在其特殊情况下也必然成立，根据这一点，同学们可以直接确定选择题中的正确选项。

不仅如此，用这种思想方法去探求高考数学主观题的求解策略，也同样有用。

高考数学选择题的十大万能解题方法,选择题正确率低的要看!

高考数学选择题的十大万能解题方法，选择题正确率低的要看！1、特值检验法：对于具有一般性的数学问题，我们在解题过程中，可以将问题特殊化，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下不真这一原理，达到去伪存真的目的。

2、极端性原则：极将所要研究的问题向极端状态进行分析，使因果关系变得更加明显，从而达到迅速解决问题的目的。

极端性多数应用在求极值、取值范围、解析几何上面，很多计算步骤繁琐、计算量大的题，一但采用极端性去分析，那么就能瞬间解决问题。

3、剔除法：剔除利用已知条件和选择支所提供的信息，从四个选项中剔除掉三个错误的答案，从而达到正确选择的目的。

这是一种常用的方法，尤其是答案为定值，或者有数值范围时，取特殊点代入验证即可排除。

4、数形结合法：由题目条件，作出符合题意的图形或图象，借助图形或图象的直观性，经过简单的推理或计算，从而得出答案的方法。

数形结合的好处就是直观，甚至可以用量角尺直接量出结果来。

5、递推归纳法：通过题目条件进行推理，寻找规律，从而归纳出正确答案的方法。

6、顺推破解法：顺利用数学定理、公式、法则、定义和题意，通过直接演算推理得出结果的方法。

7、逆推验证法（代答案入题干验证法）：将选择支代入题干进行验证，从而否定错误选择支而得出正确选择支的方法。

8、正难则反法：8、正从题的正面解决比较难时，可从选择支出发逐步逆推找出符合条件的结论，或从反面出发得出结论。

9、特征分析法：特对题设和选择支的特点进行分析，发现规律，归纳得出正确判断的方法。

10、估值选择法：有些问题，由于题目条件限制，无法（或没有必要）进行精准的运算和判断，此时只能借助估算，通过观察、分析、比较、推算，从面得出正确判断的方法。