备战高考数学考试万能工具包第二篇考前必看解题技巧专题21巧用12个解题技巧

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高考备考中的数学答题技巧分享

高考备考中的数学答题技巧分享数学是高考的一门重要科目，对许多考生来说也是备考中的难点。

在备考阶段，掌握一些有效的答题技巧可以帮助考生提高解题速度和准确度。

本文将分享一些在高考备考中可应用的数学答题技巧。

一、审题准确在高考数学试卷中，题目的表述多样，所以在答题前务必准确理解题目要求。

首先，仔细阅读题目，明确问题的要求和给定条件。

如果题目较长，可以在纸上简单写下关键信息，以帮助理清思路。

同时，也要注意题目是否有附加条件或限制条件，确保不遗漏任何重要信息。

二、画图辅助在解答几何题或图形题时，画图是一个非常有用的辅助工具。

通过画图，能更直观地理解问题，找到解题思路。

在画图的过程中，要注意准确绘制出相应的图形，标注清楚各个角度、边长或其他约束条件。

同时，画图的同时也是在构建思路，帮助理清思维。

三、巧用等式变换在解答代数题和方程题时，等式变换是一种常见且有效的答题技巧。

通过将等式两边进行加减乘除操作，可以改变等式的形式，从而推导出答案。

在运用等式变换时，要根据题目具体情况选择合适的变换方式，尽量简化计算。

四、灵活运用倍数关系在解答数量关系和比例关系问题时，灵活运用倍数关系也是一个常见的答题技巧。

通过确定两个数的倍数关系，可以快速推算出未知数量的值。

例如，如果已知甲的年龄是乙的两倍，那么乙的年龄可以通过甲的年龄除以2来得到。

这种技巧在解答实际问题时尤为常用，能有效减少计算步骤。

五、利用答案选项在选择题中，利用答案选项也是一种常见的答题技巧。

有时，选项中的数值可以提供一些线索，帮助考生找到解题思路。

考生可以试着将选项中的数值带入题目中进行验证，从而确定正确答案。

在利用答案选项时，还要注意排除干扰选项，确保选出的答案符合实际情况。

六、多练习、总结归纳数学是一门需要不断练习的学科。

在备考阶段，考生要多做一些相关题目，熟悉各种题型和解题方法。

同时，还要经常总结归纳，将常见题型、解题套路等内容整理起来，形成自己的笔记或小抄。

高考数学考试万能工具包第二篇考前必看解题技巧专题2_3破解6类解答题

专题03 破解6类解答题一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名三角函数类解答题是高考的热点,其起点低、位置前,但由于其公式多,性质繁,使不少同学对其有种畏惧感.突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名.(1)变角:已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用.如α=(α+β)-β=(α-β)+β,2α=(α+β)+(α-β),2α=(β+α)-(β-α).(2)变式:根据式子的结构特征进行变形,使其更贴近某个公式,方法通常有:“常值代换”“逆用、变形用公式”“通分约分”“分解与组合”“配方与平方”等.(3)变名:通过变换函数名称达到减少函数种类的目的,方法通常有“切化弦”“升次与降次”等.例1 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin B=.(1)求b和sin A的值;(2)求sin的值.所以sin 2A=2sin Acos A=,cos 2A=1-2sin2A=-.(变名)故sin=sin 2Acos+cos 2Asin=.(变角)变式:利用恒等变换变为sin A=.变名:利用二倍角公式实现三角函数名称的变化. 变角:把2A+的三角函数表示为2A 和的三角函数. ▲破解策略求解此类题目的策略:既要注重三角知识的基础性,又要注重三角知识的应用性,突出与代数、几何、向量等知识的综合联系.“明确思维起点,把握变换方向,抓住内在联系,合理选择公式”是三角变换的基本要决.在解题时,要紧紧抓住“变”这一核心,灵活运用公式与性质,仔细审题,快速运算. 【变式训练】【2018四川省广元市一模】设函数()22cos 22cos 3f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. （1）求()f x 的最大值，并写出使()f x 取最大值时x 的集合；（2）已知ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若()32f A =， 2b c +=，求a 的最小值. 二、数列问题重在“归”——化归、归纳等差数列与等比数列是两个基本数列,是一切数列问题的出发点与归宿.首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量.只要涉及这两个数列的数学问题,我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系,从而达到解决问题的目的.这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法,对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的情形出发,从中归纳出一般的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法:观察、归纳、猜想、证明.由于数列是一种特殊的函数,也可根据题目的特点,将数列问题化归为函数问题来解决.例2 (2017课标全国Ⅲ,17,12分)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n. (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列的前n 项和.从而{a n }的通项公式为a n =(n∈N *).(2)记的前n 项和为S n .由(1)知==-.(化归)则S n =-+-+…+-=.归纳:通过条件归纳出a 1+3a 2+…+(2n -3)a n-1=2(n-1)(n≥2),进而得出{a n }的通项公式. 化归:把数列的通项分拆,利用裂项相消法求和.▲破解策略 “算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想,利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质.等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列,高考中通常考查的是非等差、等比数列问题,应对的策略就是通过化归思想,将其转化为这两种数列.【变式训练】【2018江西省师范大学附属中学、九江第一中学联考】已知正项数列{}n a 满足:()211,21n n a a n a =--= ()()211212.n n a n a n n --++-≥∈N 且(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)求3223111111n n a a a a a a ++++++---的值.三、立体几何问题重在“建”——建模、建系立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深,解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型;建系——依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.例 3 (2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.(建系)则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为.建模:构建二面角的平面角模型.建系:以两两垂直的直线为坐标轴.▲破解策略立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定,因此,复习备考时往往有“纲”可循,有“题”可依.在平时的学习中,要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练,切勿顾此失彼;要重视识图训练,能正确确定关键点或线的位置,将局部空间问题转化为平面问题;能依托于题中的垂直条件,建立适当的空间直角坐标系,将几何问题化归为代数问题.【变式训练】【湖南省株洲市2018届高三教学质量统一检测】如图,在几何体ABCDEF中，四边形ADEF为矩形，四边形ABCD 为梯形, //AB CD ,平面CBE 与平面BDE 垂直，且CB BE ⊥.（1）求证： ED ⊥平面ABCD ；（2）若,1AB AD AB AD ⊥==,且平面BCE 与平面ADEF 所成锐二面角的余弦值为66,求AF 的长. 四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型概率与统计问题的求解关键是辨别它的概率模型,只要模型一找到,问题便迎刃而解.而概率与统计模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程,同时,还需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、对立事件等事件间的关系,注意放回和不放回试验的区别,合理划分复杂事件.例4 (2016课标Ⅱ,18,12分)某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下: 上年度出险次数 01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下: 一年内出险次1234≥5数概率0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解析(1)设A表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,(辨析1)故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(辨型1)(2)设B表示事件:“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,(辨析2)故P(B)=0.1+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)====.(辨型2)辨型1:该问题为求随机事件的概率,利用互斥事件的概率加法公式求解.辨析2:判断事件B发生,在一年内出险次数为4或≥5.辨型2:该问题为条件概率,可利用公式求解.▲破解策略概率与统计知识的复习应抓住基本概念、基本公式,不需要做难题、偏题、怪题.在审题时,一般按以下程序操作:(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点,事件之间有什么关系,如互斥、对立、独立等;(2)理清事件以什么形式发生,如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等;(3)明确抽取方式,如放回还是不放回、抽取有无顺序等;(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数,或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率.【变式训练】【2018湖南省长沙市第一中学模拟】2017年4月1日，新华通讯社发布：国务院决定设立河北雄安新区.消息一出，河北省雄县、容城、安新3县及周边部分区域迅速成为海内外高度关注的焦点. （1）为了响应国家号召，北京市某高校立即在所属的8个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬迁至雄安新区”的问卷调查，8个学院的调查人数及统计数据如下：调查人数(x) 10 2030 40 50 60 70 80愿意整体搬迁人数(y)8 17 25 31 39 47 55 66请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量y关于变量x的线性回归方程y bx a=+（b保留小数点后两位有效数字）；若该校共有教职员工2500人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至雄安新区的人数；（2）若该校的8位院长中有5位院长愿意将学校整体搬迁至雄安新区，现该校拟在这8位院长中随机选取4位院长组成考察团赴雄安新区进行实地考察，记X为考察团中愿意将学校整体搬迁至雄安新区的院长人数，求X的分布列及数学期望.参考公式及数据：882122111,ˆˆ,16310,20400·ni iii i ini iiix y n x yb a y b x x y xx n x====-⋅⋅==-⋅==-∑∑∑∑.五、解析几何问题重在“设”——设点、设线解析几何试题知识点多,运算量大,能力要求高,综合性强,在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现,是考生“未考先怕”的题型,不是怕解题无思路,而是怕解题过程中繁杂的运算.因此,在遵循“设——列——解”程序化解题的基础上,应突出解析几何“设”的重要性,以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾,突破如何避繁就简这一瓶颈.例5 (2017课标全国Ⅰ,20,12分)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,(设点)于是直线AB的斜率k===1.(2)由y=,得y'=,设M(x3,y3),由题设知=1,即4=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.设点:设出A,B两点坐标,并得出x1≠x2,x1+x2=4.设线:由(1)知直线斜率,再设直线方程为y=x+m,利用条件可求出m的值.▲破解策略解析几何的试题常要根据题目特征,恰当地设点、设线,以简化运算.常见的设点方法有减元设点、参数设点、直接设点等,常见的设线方法有圆方程的标准式与一般式、直线方程有y=kx+b、x=my+n 及两点式、点斜式等形式、还有曲线系方程、参数方程等.【变式训练】【2018黑龙江省大庆市一模】已知椭圆2222:1x y C a b+= ()0a b >>，其焦距为2，离心率为22（1）求椭圆C 的方程；（2）设椭圆的右焦点为F ， K 为x 轴上一点，满足2OK OF =，过点K 作斜率不为0的直线l 交椭圆于,P Q 两点，求FPQ ∆面积s 的最大值.六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解以函数为载体,以导数为工具的综合问题是高考常考的压轴大题,多涉及含参数的函数的单调性、极值或最值的探索与讨论,复杂函数的零点的讨论,不等式中参数范围的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是近几年高考试题的命题热点.对于此类综合试题,一般先求导,再变形或分解出基本函数,再根据题意处理.例6 (2017课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax 2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x 0,且e -2< f(x 0)<2-2.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x 2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,(分解) 则h'(x)=2-. 当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0, 所以h(x)在单调递减,在单调递增.分离:把函数f(x)分离为x 与g(x)的积. 分解:构造h(x)=2x-2-ln x.▲破解策略函数与导数压轴题计算复杂、综合性强、难度大.可以参变量分离,把复杂函数分离为基本函数;可把题目分解成几个小题;也可把解题步骤分解为几个小步,注重分步解答,这样,即使解答不完整,也要做到尽可能多拿步骤分.【变式训练】已知函数()1ln f x ax x =-+（1）若不等式()0f x ≤恒成立，则实数a 的取值范围；（2）在（1）中， a 取最小值时，设函数()()()()122g x x f x k x =--++.若函数()g x 在区间182⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，求实数k 的取值范围；（3）证明不等式： ()2212ln 234n n n n-+⨯⨯⨯⨯>（*n N ∈且2n ≥）.答案精解精析一、三角函数问题重在“变”——变角、变式与变名【变式训练】【解析】（1）由题意得()()13cos2x 2122f x sin x cos x =--++ 13cos2x 212sin x =-+ cos 213x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ ，∵1cos 213x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭， ∴0cos 2123x π⎛⎫≤++≤ ⎪⎝⎭， ∴()f x 的最大值为2．此时()223x k k Z ππ+=∈，即()6x k k Z ππ=-∈，∴5233A ππ+=，∴23A π=在ABC ∆中， 2b c +=， 1cos 2A =，由余弦定理得()2222222cos a b c bc A b c bc b c bc =+-=++=+-又212b c bc +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，∴()22413a b c bc =+-≥-=，当且仅当1b c ==时取等号， ∴a二、数列问题重在“归”——化归、归纳【变式训练】【解析】(1) ()221n n a n a --因为=()21121n n a n a --+-,⇒()()11n n n n a a a a -+-+=()()121n n n a a --+,0n a >所以,所以()1212n n a a n n --=-≥,又n a 因为=()()()112211n n n n a a a a a a a ----+-++-+=()()212331n n -+-+++=2n .(2)11n n a a +-=122111n n n a a a -+=+--=2211n +-=()()2111n n +-+=()111211n n n +-≥-+,所以原式=1111111111113243511n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-++-++-+++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=()1111111113243511n n n ⎛⎫-+-+-+-++- ⎪++⎝⎭= 11121n n n +--+. 三、立体几何问题重在“建”——建模、建系【变式训练】【解析】（1)证明：因为平面CBE 与平面BDE 垂直故ED ⊥平面ABCD（2）由（1）知， ED 垂直DA ， ED 垂直DC ，又AD 垂直AB ， AB 平行CD ，所以DC 垂直DA ，如图，以D 为坐标原点， DA DC DE 、、分别为,,x y z 轴建立空间坐标系1,,2AD AB AB AD BD ==⊥=又,45CB BD CDB ⊥∠=︒，所以2DC =，设DE a =则()()()1,1,0,0,2,0,0,0,B C E a()()1,1,,1,1,0BE a BC =--=-因为平面BCE 与平面ADEF 6，则6cos ,n m =，2624a =+1a =，即1AF DE == 四、概率问题重在“辨”——辨析、辨型【变式训练】【解析】（1）由已知有 1221163108453645,36,0.820400845ˆ54ni ii n i i x y n x y x y bx n x==-⋅⋅-⨯⨯====≈-⨯⨯-⋅∑∑，360.80450a =-⨯=,故变量 y 关于变量 x 的线性回归方程为0.8y x =，所以当 2500x =时，25000.802000y =⨯=.（2）由题意可知X 的可能取值有1，2,3,4.()()132253534488131,2147C C C C P X P X C C ⋅⋅======， ()()2145354488313,4714C C C P X P X C C ⋅======. 所以 X 的分布列为X1 2 3 4p114 37 37 114()1331512341477142E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 五、解析几何问题重在“设”——设点、设线【变式训练】【解析】(1)因为椭圆焦距为2，即22c =，所以1c =,22c a =，所以2a =，从而2221b a c =-=，所以椭圆的方程为2212x y +=.()()22222222818214221121k k k k k k k -=+-+++ ()()()222222812121222121k k kk k k --==++，令212t k =+，12t <<，则22232131222416t t S t t -+-⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，当134t =时， S 取得最大值，此时216k =， 6k =±， S 取得最大值24. 六、函数与导数问题重在“分”——分离、分解【变式训练】【解析】(2)由(1)可知， 1a ≥，当1a =时， ()1ln f x x x =-+，()()()ln 22g x x x x k x =--++ ()2ln 22x x x k x =--++，()g x 在区间1,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，即关于x 的方程()2ln 220x x x k x --++=在区间1,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个实数根. 整理方程得， 2ln 22x x x k x -+=+，令()2ln 21,822x x x s x x x -+⎡⎤=∈⎢⎥+⎣⎦，， ()()2232ln 4'2x x x s x x +--=+，令()232ln 4x x x x ϕ=+--， 1,82x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()()212'x x x xϕ-+=， 1,82x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，于是()'0x ϕ≥， ()x ϕ在1,82⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增.因为()10ϕ=，当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时， ()0x ϕ<，从而()'0s x <， ()s x 单调递减，当(]1,8x ∈时， ()0x ϕ>，从而()'0s x >， ()s x 单调递增，19ln22105s ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ()11s =， ()3312ln285s -=，因为()15726ln280210s s -⎛⎫-=>⎪⎝⎭，所以实数k 的取值范围是9ln21105⎛⎤+⎥⎝⎦，. (3)由(1)可知，当1a =时，有1ln x x -≥，当且仅当1x =时取等号.。

高中数学考试万能工具包专题2.1 巧用12个解题技巧

第2篇考前必看解题技巧专题01巧用12个解题技巧技法一特例法从题干(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、特殊函数等.例1 (2017·山东卷)若a ＞b ＞0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A.a ＋1b ＜b2a ＜log 2(a ＋b )B.b 2a ＜log 2(a ＋b )＜a ＋1bC.a ＋1b ＜log 2(a ＋b )＜b 2aD.log 2(a ＋b )＜a ＋1b ＜b 2a▲方法点睛 1.特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般性结论的选择题.2.特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理.第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解. 【变式训练】1. 如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.3∶12.函数f(x)=cos x·log 2|x|的图象大致为( )3.如图,点P 为椭圆+=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D 、E 两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=( )A.1B.2C.D.技法二图解法(数形结合法)对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等,都是常用的图形.例2 (1)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a·b=,(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于( )A. B.C. D.1【答案】A【解析】(1)解法一(几何法):如图,a=,b=,c=.由题意有∠AOB=,点C在圆M上.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=||+||=sin+cos=.选A.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=||+||=sin+cos=.选A.(2) 【2018山西省太原市实验中学模拟】函数是定义域为的偶函数，当时，若关于的方程有且仅有8个不同实数根，则实数的取值范围是________【答案】要使关于x的方程，有且仅有8个不同实数根，设t=f（x），则t2+at+=0的两根均在（-1，--故答案为▲方法点睛数形结合是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、几何图形较熟悉，否则错误的图象反而导致错误的选择. 【变式训练】 1.已知函数f(x)=和函数g(x)=log 2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数为( )A.1B.2C.3D.42.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f （x ＋1），x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等.若方程f (x )＝k (x ＋1)(k >0)恰有三个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1技法三估算法估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算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,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.例3 (1)(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1为事件“x+y≥”的概率,p 2为事件“|x -y|≤”的概率,p 3为事件“xy≤”的概率,则( )A.p 1<p 2<p 3B.p 2<p 3<p 1C.p 3<p 1<p 2D.p 3<p 2<p 1(2)已知三棱锥P-ABC 的侧面与底面所成二面角都是60°,底面三角形三边长分别是7、8、9,则此三棱锥的侧面面积为 ( )A.12B.24C.6D.18答案 (1)B (2)B解析 (1)满足条件的x,y 构成的点(x,y)在正方形OBCA 及其边界上.事件“x+y≥”对应的图形为图①公式求出侧面面积为32,四个选项中只有24与之最接近,选B.▲方法点睛估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.如某些函数的取值范围或最值、函数图象的变化等问题,常用此法确定正确选项.【变式训练】设M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x ≤2表示的平面区域，则当a 从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a扫过A 中的那部分区域的面积为( ) A.34 B.1 C.74D.2技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于任意的一个a 值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各项的系数对应相等.例4 衣柜里的樟脑丸,会因为挥发而体积变小,刚放入的新樟脑丸体积为a,经过t 天后樟脑丸的体积V(t)与天数t 的关系为V(t)=a·e -kt,若新樟脑丸经过80天后,体积变为a,则函数V(t)的解析式为 .答案 V(t)=a·(t≥0)解析因为樟脑丸经过80天后,体积变为a,所以a=a·e-80k,所以e-80k=,解得k=-ln ,所以V(t)=a·=a·,所以函数V(t)的解析式为V(t)=a·(t≥0).▲方法点睛破解此类题的关键是依题设所给的函数模型,利用待定系数法求解,本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式,得关于参数的方程,利用“两边取对数”,即可求出参数的值.【变式训练】1. 函数f(x)＝lg为奇函数，则实数a＝________.2.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为2，且过点，则函数f(x)＝________.技法五换元法换元法又称辅助元法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.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,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.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.典型例题例5 椭圆+=1上有两点P、Q,O为原点,连接OP、OQ,k OP·k OQ=-.(1)求证:|OP|2+|OQ|2等于定值;(2)求线段PQ的中点M的轨迹方程.解析(1)证明:设P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin θ2),则k OP·k OQ=·=-,整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0.∴|OP|2+|OQ|2=16cos2θ1+4sin2θ1+16cos2θ2+4sin2θ2=8+12(cos2θ1+cos2θ2)=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,即|OP|2+|OQ|2等于定值20.(2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的横、纵坐标分别为x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,所以有+y2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为+=1.▲方法点睛由椭圆方程,联想到cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程稍作变形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点M的轨迹方程的关键一步.一般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程.【变式训练】1. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a2的最大值和最小值技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 (1)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体各个面的面积中,最小的值为( )A.2B.8C.4D.8(2)已知m,n∈(2,e),且-<ln ,则( )A.m>nB.m<nC.m>2+D.m,n 的大小关系不确定答案 (1)B (2)A解析 (1)构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P 、B 分别为相应棱的中点.因为S △PAB =S △PBC =××4=4,S △ABC =×4×4=8,S △PAC =·AC·=×4×=8.因为8>4>8,所以该几何体各个面的面积中,最小的值为8,故选B.▲方法点睛应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决所构造的问题. 跟踪集训1.(2018·合肥模拟)如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.2. 【2018湖北省襄阳市统测】已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为()y f x ='，满足()()f x f x '<，f (0) = 1，则不等式()xf x e <的解集为（）A. ()0+∞，B. ()1+∞，C. ()2-+∞，D. ()4+∞，技法七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,最后得出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论.典型例题例7 如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形答案 D得所以A2+B2+C2=++,即π=-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.所以△A2B2C2不是锐角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.故选D.▲方法点睛用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛盾或自相矛盾.【变式训练】【2018吉林省长春市一五0中学模拟】设m、n、t都是正数，则4mn+、4nt+、4tm+三个数（）A. 都大于4B. 都小于4C. 至少有一个大于4D. 至少有一个不小于4技法八分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况.典型例题例8 【2018安徽省淮南市联考】已知函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】B∴∴在上恒成立，∴在上减函数，∴,实数的取值范围为，故选B.▲方法点睛应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数,然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致错解.【变式训练】已知函数，为自然对数的底数，．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围．技法九整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算.典型例题例9 (1)等比数列{a n}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,则a9+a11+a13+a15的值为( )A.1B.2C.3D.5(2)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且满足f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,则f '=( )A.0B.C.1D.答案(1)C (2)B所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),故a9+a11===2.同理,a9+a11是a5+a7与a13+a15的等比中项,所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故a13+a15===1.所以a9+a11+a13+a15=2+1=3.(2)因为f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,所以f '(x)=-2f 'sin x+cos x+2.令x=,得f '=-2f 'sin +cos+2,解得f '=.故选B.▲方法点睛整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.【变式训练】已知x,y,z是正数,求证:++≥.技法十判别式法判别式法就是将实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解.典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)=x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β,又Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β)=-4(ysin α-zsin γ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcos β+2zxcos γ.▲方法点睛判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用Δ≤0来证明.【变式训练】1.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是.2.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.技法十一割补法割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图形转化为规则图形,这种方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.典型例题例11 (1)如图,过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°(2)已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体EGBADC的体积为.答案(1)C (2)解析(1)把原四棱锥补成正方体ABCD-PQRH,如图所示,连接CQ,则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角,又因为∠CQB=45°,所以平面PAB 与平面CDP所成二面角的度数为45°.(2)▲方法点睛对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积).【变式训练】1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.6B.8C.10D.122.函数y=cos x(0≤x≤2π)和y=1的图象所围成的封闭图形的面积为 .3. 【2018河南省联考】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，且22AD BC CD ==，PA PB PD ==．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若45PAD ∠=︒且，E ，F 分别是PA ，PC 的中点，求多面体PEBFD 的体积．技法十二等体积转化法等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离. 典型例题例12 【2018四川省广元市统考】如图四棱锥P ABCD -，底面梯形ABCD 中，//AB DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，已知（1）求证：BD PA ⊥；(2)线段PC 上是否存在点M ，使三棱锥P ABD -体积为三棱锥P MBD -体积的6倍.若存在，找出点M 的位置；若不存在，说明理由.【解析】（1∴222,AB AD BD =+BD AD ∴⊥，∴点M 是PC 上的一个靠近点P 的三等分点.▲方法点睛利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显. 跟踪集训1. 【2018广东深圳高级中学模拟】如图,在正方体中,棱长为1,分别为与的中点,到平面的距离为A.B.C.D.2. 【2018甘肃张掖质检】如图，四边形ABCD 是矩面（1）证明：平面PAC ⊥平面PBE ；（2）设AC 与BE 相交于点F ，点G 在棱PB 上，且CG PB ⊥，求三棱锥F BCG -的体积.答案部分技法一特例法【变式训练】2.【答案】B【解析】函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f =cos log 2=-cos , f =cos·log 2=-cos ,所以f =f,排除A,D;又f=-cos <0,排除C.故选B.3.【答案】A 【解析】不妨取点P ,则可计算S 1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S 2=×2×=,所以S 1∶S 2=1.技法二图解法(数形结合法) 【变式训练】 1.【答案】C2.【答案】B【解析】直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1，0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)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，所以14≤k <13.技法三估算法【变式训练】【答案】C【解析】如图知区域的面积是△OAB 去掉一个小直角三角形.阴影部分面积比1大，比S △OAB ＝12×2×2＝2小，故C 项满足.技法四待定系数法【变式训练】 1.【答案】-1【解析】因为函数f (x )＝lg为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即lg ＝－lg ⇒＝⇒a ＋⇒1－x 2＝(a ＋2)2－a 2x 2⇒a ＝－1.故答案为-1技法五换元法【变式训练】1. 【解】设sinx ＋cosx ＝t ，则t∈[，由(sinx ＋cosx)2＝1＋2sinx·cosx 得：sinx·cosx∴ f(x)＝g(t)－2a)2＋（a>0），t∈[，t＝取最小值：－2a2－a当t取最大值：－2a2＋。

备战高考数学选择题万能解题法

备战2021年高考数学选择题万能解题法查字典数学网高考频道为2021年高考生支招，介绍几种高考数学选择题万能解题法：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，那么它在一般情况下不真这一原理，到达去伪存真的目的。

2.极端性原那么：将所要研究的问题向极端状态进展分析，使因果关系变得更加明显，从而到达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：利用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，从而到达正确选择的目的。

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：通过题目条件进展推理，寻找规律，从而归纳出正确答案的方法。

6.顺推破解法：利用数学定理、公式、法那么、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展验证，从而否认错误选择支而得出正确选择支的方法。

8.正难那么反法：从题的正面解决比拟难时，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：对题设和选择支的特点进展分析，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)进展精准的运算和判断，此时只能借助估算，通过观察、分析、比拟、推算，从面得出正确判断的方法。

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高考数学决胜秘籍—12方法、58题足以应对万千题海

数学解题方法1、直接法：就是从题设条件出发，通过正确的运算、推理或判断，直接得出结论再与选择支对照，从而作出选择的一种方法。

运用此种方法解题需要扎实的数学基础。

例1、某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有2次击中目标的概率为（）解析：某人每次射中的概率为0.6，3次射击至少射中两次属独立重复实验。

故选A。

例2、有三个命题：①垂直于同一个平面的两条直线平行；②过平面α的一条斜线l有且仅有一个平面与α垂直；③异面直线a、b不垂直，那么过a的任一个平面与b都不垂直。

其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3解析：利用立几中有关垂直的判定与性质定理对上述三个命题作出判断，易得都是正确的，故选D。

例3、已知F1、F2是椭圆+=1的两焦点，经点F2的的直线交椭圆于点A、B，若|A B|=5，则|A F1|+|B F1|等于（）A．11B．10C．9D．16解析：由椭圆的定义可得|A F1|+|A F2|=2a=8,|B F1|+|B F2|=2a=8，两式相加后将|A B|=5=|A F2|+|B F2|代入，得|A F1|+|B F1|＝11，故选A。

例4、已知在[0，1]上是的减函数，则a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，2）C．（0，2）D．[2，+∞）解析：∵a>0,∴y 1=2-a x是减函数，∵在[0，1]上是减函数。

∴a>1，且2-a>0，∴1<a<2，故选B。

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。

用特例法解选择题时，特例取得愈简单、愈特殊愈好。

（1）特殊值例5、若s i nα>t a nα>c o tα()，则α∈（）A．(，)B．（，0）C．（0，）D．（，）解析：因，取α=－代入s i nα>t a nα>c o tα，满足条件式，则排除A、C、D，故选B。

【高考复习】发挥更常水平高考数学应试技巧和策略

【高考复习】发挥更常水平高考数学应试技巧和策略高考即将来临，很多同学认为高考数学的成败已经立竿见影，因此就会对其有所松懈，其实不然，因为高考数学成绩不仅仅取决于你现有的数学水平，还取决于你的高考临场发挥，下面，分享高考数学应试的策略和技巧，让各位同学能够更常应对高考。

一、考前各种准备1.工具准备：签字笔、铅笔、橡皮、角尺、圆规、手表、身份证、准考证等.(注意：高考作图时要用铅笔作图，等确认之后也可以用签字笔描)2.知识准备：公式、图表强化记忆，查漏补缺3.生理准备：保持充足的睡眠、调整自己的生物钟、进行适度的文体活动4.心理准备：有自信心，有恰当合理的目标二、临场应试策略1.科学分配考试时间试卷发下来以后，首先按要求填涂好姓名、准考证号等栏目，完成以上工作以后，估计还未到考试时间，可先把试卷快速浏览一遍，对试题的内容、难易有一个大概的了解，做到心中有数，考试开始铃声一响，马上开始答题。

120分钟的时间里面争取得150分，这是一个效率的竞争，因此时间分配相当重要。

2.合理安排答题顺序解题的顺序对考试成绩影响很大，试想考生如果先做难的综合题，万一做不出，白白浪费了时间，还会对后面的考试产生不良的影响，考试时好按照以下的顺序：(1)从前到后.高考数学试卷前易后难，前面选择、填空题信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，解答题前三、四道也不太难，从前往后做，先把基本分拿到手，就能心里踏实，稳操胜券。

(2)先易后难.先做简单题，再做综合题，遇到难题时，一时不会做，做一个记号，先跳过去，做完其它题再来解决它，但要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，影响情绪。

(3)先熟后生.先做那些知识比较熟悉、题型结构比较熟悉、解题思路比较熟悉的题目，这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、达到拿下中高档题目的目的.3.争取一个良好开端良好的开端是成功的一半，从考试心理角度来说，这确实很有道理.拿到试题后，不要急于求成、立即下手解题，在通览一遍整套试题后，稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜”的感觉，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入较佳思维状态，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。

备战高考数学考试万能工具包第二篇考前必看解题技巧专题2.1 巧用12个解题技巧

专题01 巧用12个解题技巧技法一特例法从题干(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、特殊函数等.例1 (2017·山东卷)若a ＞b ＞0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A.a ＋1b ＜b2a ＜log 2(a ＋b )B.b 2a ＜log 2(a ＋b )＜a ＋1bC.a ＋1b ＜log 2(a ＋b )＜b 2aD.log 2(a ＋b )＜a ＋1b ＜b 2a▲方法点睛 1.特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般性结论的选择题.2.特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理.第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解. 【变式训练】1. 如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.3∶12.函数f(x)=cos x·log 2|x|的图象大致为( )3.如图,点P 为椭圆+=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D 、E 两点,记矩形PMCN 的面积为S 1,三角形PDE 的面积为S 2,则S 1∶S 2=( )A.1B.2C.D.技法二图解法(数形结合法)对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等,都是常用的图形.例2 (1)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a·b=,(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于( )A. B.C. D.1【答案】A【解析】(1)解法一(几何法):如图,a=,b=,c=.由题意有∠AOB=,点C在圆M上.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=||+||=sin+cos=.选A.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=||+||=sin+cos=.选A.(2) 【2018山西省太原市实验中学模拟】函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x ≥时，()()20.25,02{0.50.75,2xx x f x x -≤≤=--> 若关于x 的方程()()27016af x af x ++= ()a R ∈有且仅有8个不同实数根，则实数a 的取值范围是________ 【答案】716,49⎛⎫⎪⎝⎭要使关于x 的方程()()27016af x af x ++=，有且仅有8个不同实数根，设t=f （x ），则t 2+at+716a =0的两根均在（-1，--3)42743171624{ 7491016937016416a a a a a a a a ->-<-<-∴<<-+>-+>故答案为716,49⎛⎫⎪⎝⎭▲方法点睛数形结合是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、几何图形较熟悉，否则错误的图象反而导致错误的选择. 【变式训练】 1.已知函数f(x)=和函数g(x)=log 2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数为( )A.1B.2C.3D.42. 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f （x ＋1），x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等.若方程f (x )＝k (x ＋1)(k >0)恰有三个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1技法三估算法估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算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,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.例3 (1)(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1为事件“x+y≥”的概率,p 2为事件“|x -y|≤”的概率,p 3为事件“xy≤”的概率,则( )A.p 1<p 2<p 3B.p 2<p 3<p 1C.p 3<p 1<p 2D.p 3<p 2<p 1(2)已知三棱锥P-ABC 的侧面与底面所成二面角都是60°,底面三角形三边长分别是7、8、9,则此三棱锥的侧面面积为 ( )A.12B.24C.6D.18答案 (1)B (2)B解析 (1)满足条件的x,y 构成的点(x,y)在正方形OBCA 及其边界上.事件“x+y≥”对应的图形为图①公式求出侧面面积为32,四个选项中只有24与之最接近,选B.▲方法点睛估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.如某些函数的取值范围或最值、函数图象的变化等问题,常用此法确定正确选项.【变式训练】设M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x ≤2表示的平面区域，则当a 从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a扫过A 中的那部分区域的面积为( ) A.34 B.1 C.74D.2技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于任意的一个a 值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各项的系数对应相等.例4 衣柜里的樟脑丸,会因为挥发而体积变小,刚放入的新樟脑丸体积为a,经过t 天后樟脑丸的体积V(t)与天数t 的关系为V(t)=a·e -kt,若新樟脑丸经过80天后,体积变为a,则函数V(t)的解析式为 .答案 V(t)=a·(t≥0)解析因为樟脑丸经过80天后,体积变为a,所以a =a·e-80k,所以e-80k=,解得k=-ln ,所以V(t)=a·=a·,所以函数V(t)的解析式为V(t)=a·(t≥0).▲方法点睛破解此类题的关键是依题设所给的函数模型,利用待定系数法求解,本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式,得关于参数的方程,利用“两边取对数”,即可求出参数的值. 【变式训练】 1. 函数f(x)＝lg 21a x ⎛⎫+⎪+⎝⎭为奇函数，则实数a ＝________. 2. 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ) 0,22ππωϕ⎛⎫>-≤≤⎪⎝⎭的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，则函数f (x )＝________. 技法五换元法换元法又称辅助元法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.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,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.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. 典型例题例5 椭圆+=1上有两点P 、Q,O 为原点,连接OP 、OQ,k OP ·k OQ =-.(1)求证:|OP|2+|OQ|2等于定值; (2)求线段PQ 的中点M 的轨迹方程. 解析 (1)证明:设P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin θ2),则k OP ·k OQ =·=-,整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0. ∴|OP|2+|OQ|2=16cos 2θ1+4sin 2θ1+16cos 2θ2+4sin 2θ2 =8+12(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,即|OP|2+|OQ|2等于定值20.(2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的横、纵坐标分别为x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,所以有+y2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为+=1.▲方法点睛由椭圆方程,联想到cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程稍作变形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点M的轨迹方程的关键一步.一般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程.【变式训练】1. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx )－sinx·cosx－2a2的最大值和最小值技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 (1)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体各个面的面积中,最小的值为( )A.2B.8C.4D.8(2)已知m ,n∈(2,e),且-<ln ,则( )A.m>nB.m<nC.m>2+D.m,n 的大小关系不确定答案 (1)B (2)A解析 (1)构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P 、B 分别为相应棱的中点.因为S △PAB =S △PBC =××4=4,S △ABC =×4×4=8,S △PAC =·AC·=×4×=8.因为8>4>8,所以该几何体各个面的面积中,最小的值为8,故选B.▲方法点睛应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决所构造的问题. 跟踪集训1. (2018·合肥模拟)如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.2. 【2018湖北省襄阳市统测】已知定义在R 上的可导函数f (x)的导函数为()y f x ='，满足()()f x f x '<，f (0) = 1，则不等式()xf x e <的解集为（）A. ()0+∞，B. ()1+∞，C. ()2-+∞，D. ()4+∞，技法七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,最后得出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论.典型例题例7 如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形答案 D得所以A2+B2+C2=++,即π=-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.所以△A2B2C2不是锐角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.故选D.▲方法点睛用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛盾或自相矛盾.【变式训练】【2018吉林省长春市一五0中学模拟】设m、n、t都是正数，则4mn+、4nt+、4tm+三个数（）A. 都大于4B. 都小于4C. 至少有一个大于4D. 至少有一个不小于4技法八分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况. 典型例题例8 【2018安徽省淮南市联考】已知函数()ln sin f x x a x =-在区间,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数，则实数a 的取值范围为( )A. ⎛-∞ ⎝⎦B. ,π⎛-∞ ⎝⎦C. π⎡⎢⎣⎦D. π⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭【答案】B∴()10424224p x p πππ⎛⎫⎫≤=-+⨯=-<⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴()0h x '<在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()h x 在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上减函数，∴4a h π⎛⎫≤== ⎪⎝⎭,实数a的取值范围为⎛-∞ ⎝⎦，故选B. ▲方法点睛应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数,然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致错解.【变式训练】已知函数()ln f x x ax =-， e 为自然对数的底数， a R ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1x ≥时， ()()ln 11x xf x x e x ≤-++恒成立，求a 的取值范围．技法九整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算.典型例题例9 (1)等比数列{a n}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,则a9+a11+a13+a15的值为( )A.1B.2C.3D.5(2)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且满足f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,则f '=( )A.0B.C.1D.答案(1)C (2)B所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),故a9+a11===2.同理,a9+a11是a5+a7与a13+a15的等比中项,所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故a13+a15===1.所以a9+a11+a13+a15=2+1=3.(2)因为f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,所以f '(x)=-2f 'sin x+cos x+2.令x=,得f '=-2f 'sin +cos+2,解得f '=.故选B.▲方法点睛整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.【变式训练】已知x,y,z是正数,求证:++≥.技法十判别式法判别式法就是将实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解.典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≥2xyc os α+2yzcos β+2zxcos γ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)=x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β,又Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β)=-4(ysin α-zsin γ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.▲方法点睛判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用Δ≤0来证明.【变式训练】1.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是.2.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.技法十一割补法割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图形转化为规则图形,这种方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.典型例题例11 (1)如图,过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°(2)已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体EGBADC的体积为.答案(1)C (2)解析(1)把原四棱锥补成正方体ABCD-PQRH,如图所示,连接CQ,则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角,又因为∠CQB=45°,所以平面PAB 与平面CDP所成二面角的度数为45°.(2)▲方法点睛对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积).【变式训练】1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.6B.8C.10D.122.函数y=cos x(0≤x≤2π)和y=1的图象所围成的封闭图形的面积为 .3. 【2018河南省联考】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形， //AD BC ， 90ADC ∠=︒，且22AD BC CD ==， PA PB PD ==．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若45PAD ∠=︒且PA =， E ， F 分别是PA ， PC 的中点，求多面体PEBFD 的体积．技法十二等体积转化法等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离. 典型例题例12 【2018四川省广元市统考】如图四棱锥P ABCD -，底面梯形ABCD 中， //AB DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，已知24,22BD AD AB DC BC =====（1）求证： BD PA ⊥；(2)线段PC 上是否存在点M ，使三棱锥P ABD -体积为三棱锥P MBD -体积的6倍.若存在，找出点M 的位置；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：∵4,2,BD AD AB === ∴222,AB AD BD =+BD AD ∴⊥，由题意得1111212361133ABD P ABD P ABDP MBD P BCD M BCDBCD BCD S hV V h V V V h mh S h S h ∆-----∆∆====---解得23m =． ∴点M 是PC 上的一个靠近点P 的三等分点.▲方法点睛利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显. 跟踪集训1. 【2018广东深圳高级中学模拟】如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,棱长为1, E F 、分别为11C D 与AB 的中点, 1B 到平面1A FCE 的距离为A.5 B. 5 C. 2 D. 32. 【2018甘肃张掖质检】如图，四边形ABCD 是矩形,3,2,A B B C D E E C P E ===⊥平面,ABCD PE =（1）证明：平面PAC ⊥平面PBE ；（2）设AC 与BE 相交于点F ，点G 在棱PB 上，且CG PB ⊥，求三棱锥F BCG -的体积.答案部分技法一特例法【变式训练】2.【答案】B【解析】函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f =cos log 2=-cos ,f =cos·l og 2=-cos ,所以f =f,排除A,D;又f=-cos <0,排除C.故选B.3.【答案】A【解析】不妨取点P ,则可计算S 1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S 2=×2×=,所以S 1∶S 2=1.技法二图解法(数形结合法) 【变式训练】 1.【答案】C2. 【答案】B【解析】直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1，0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)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，所以14≤k <13.技法三估算法【变式训练】【答案】C【解析】如图知区域的面积是△OAB 去掉一个小直角三角形.阴影部分面积比1大，比S △OAB ＝12×2×2＝2小，故C 项满足.技法四待定系数法【变式训练】 1.【答案】-1【解析】因为函数f (x )＝lg 21a x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即lg 21a x ⎛⎫+⎪-⎝⎭＝－lg 21a x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭⇒ 21a x +-＝121a x++ ⇒a ＋()21112x x a x +=-++ ⇒1－x 2＝(a ＋2)2－a 2x 2⇒a ＝－1.故答案为-1技法五换元法【变式训练】1. 【解】设sinx ＋cosx ＝t ，则t∈[-2,2]，由(sinx ＋cosx)2＝1＋2sinx·cosx 得：sinx·cosx＝t 212-∴ f(x)＝g(t)＝－12(t －2a)2＋12（a>0），t∈[-2,2]，t ＝-2时，取最小值：－2a 2－22a－12当2a≥2时，t ＝2，取最大值：－2a 2＋22a －12 ；当0<2a≤2时，t ＝2a ，取最大值：12。

高考数学.docx常用解题技巧大全!高中生必看!

高考数学：常用解题技巧大全！高中生必看！今天为大家整理了一份高中数学老师都推荐的数学解题方法，这里面的21种方法涵盖了高中数学的方方面面，可以说是高中数学解题方法大综合，各位同学一定要记得收藏哦！1解决绝对值主要包括化简、求值、方程、不等式、函数等题，基本思路是：把含绝对值的问题转化为不含绝对值的问题。

具体转化方法有：①分类讨论法:根据绝对值符号中的数或式子的正、零、负分情况去掉绝对值。

②零点分段讨论法：适用于含一个字母的多个绝对值的情况。

③两边平方法：适用于两边非负的方程或不等式。

④几何意义法：适用于有明显几何意义的情况。

2因式分解根据项数选择方法和按照一般步骤是顺利进行因式分解的重要技巧。

因式分解的一般步骤是：提取公因式选择用公式十字相乘法分组分解法拆项添项法3配方法利用完全平方公式把一个式子或部分化为完全平方式就是配方法，它是数学中的重要方法和技巧。

配方法的主要根据有：4换元法解某些复杂的特型方程要用到“换元法”。

换元法解方程的一般步骤是：设元→换元→解元→还元5待定系数法待定系数法是在已知对象形式的条件下求对象的一种方法。

适用于求点的坐标、函数解析式、曲线方程等重要问题的解决。

其解题步骤是：①设②列③解④写6复杂代数等式复杂代数等式型条件的使用技巧：左边化零，右边变形。

①因式分解型：(-----)(----)=0 两种情况为或型②配成平方型：(----)2+(----)2=0 两种情况为且型7数学中两个最伟大的解题思路(1)求值的思路列欲求值字母的方程或方程组(2)求取值范围的思路列欲求范围字母的不等式或不等式组8化简二次根式基本思路是：把√m化成完全平方式。

即：9观察法10代数式求值方法有：(1)直接代入法(2)化简代入法(3)适当变形法（和积代入法）注意：当求值的代数式是字母的“对称式”时，通常可以化为字母“和与积”的形式，从而用“和积代入法”求值。

11解含参方程方程中除过未知数以外，含有的其它字母叫参数，这种方程叫含参方程。

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专题01巧用12个解题技巧技法一特例法从题干(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、特殊函数等.例1 (2017·山东卷)若a ＞b ＞0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A.a ＋1b ＜b2a ＜log 2(a ＋b )B.b 2a ＜log 2(a ＋b )＜a ＋1bC.a ＋1b ＜log 2(a ＋b )＜b 2aD.log 2(a ＋b )＜a ＋1b ＜b2a▲方法点睛 1.特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般性结论的选择题.2.特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理.第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解. 【变式训练】1. 如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.3∶12.函数f(x)=cos x·log 2|x|的图象大致为( )3.如图,点P 为椭圆+=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D 、E 两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=( )A.1B.2C.D.技法二图解法(数形结合法)对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等,都是常用的图形.例2 (1)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a·b=,(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于( )A.B.C. D.1【答案】A【解析】(1)解法一(几何法):如图,a=,b=,c=.由题意有∠AOB=,点C在圆M上.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max=||+||=sin+cos=.选A.当点C 达到点D 时,|c|最大,|c|max=||+||=sin +cos =.选A.(2) 【2018山西省太原市实验中学模拟】函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x ≥时，()()20.25,02{0.50.75,2xx x f x x -≤≤=-->若关于x 的方程()()27016af x af x ++=()a R ∈有且仅有8个不同实数根，则实数a 的取值范围是________ 【答案】716,49⎛⎫⎪⎝⎭要使关于x 的方程()()27016a f x af x ++=，有且仅有8个不同实数根，设t=f （x ），则t 2+at+716a =0的两根均在（-1，--3)42743171624{ 7491016937016416a a a a a a a a ->-<-<-∴<<-+>-+>故答案为716,49⎛⎫⎪⎝⎭▲方法点睛数形结合是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、几何图形较熟悉，否则错误的图象反而导致错误的选择. 【变式训练】 1.已知函数f(x)=和函数g(x)=log 2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数为( )A.1B.2C.3D.42.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f （x ＋1），x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等.若方程f (x )＝k (x ＋1)(k >0)恰有三个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1技法三估算法估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算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,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.例3 (1)(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1为事件“x+y≥”的概率,p 2为事件“|x -y|≤”的概率,p 3为事件“xy≤”的概率,则( )A.p 1<p 2<p 3B.p 2<p 3<p 1C.p 3<p 1<p 2D.p 3<p 2<p 1(2)已知三棱锥P-ABC 的侧面与底面所成二面角都是60°,底面三角形三边长分别是7、8、9,则此三棱锥的侧面面积为 ( )A.12B.24C.6D.18答案 (1)B (2)B解析 (1)满足条件的x,y 构成的点(x,y)在正方形OBCA 及其边界上.事件“x+y≥”对应的图形为图①公式求出侧面面积为32,四个选项中只有24与之最接近,选B.▲方法点睛估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.如某些函数的取值范围或最值、函数图象的变化等问题,常用此法确定正确选项.【变式训练】设M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x ≤2表示的平面区域，则当a 从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a扫过A 中的那部分区域的面积为( ) A.34 B.1 C.74D.2技法四待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于任意的一个a 值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各项的系数对应相等.例4 衣柜里的樟脑丸,会因为挥发而体积变小,刚放入的新樟脑丸体积为a,经过t 天后樟脑丸的体积V(t)与天数t 的关系为V(t)=a·e -kt,若新樟脑丸经过80天后,体积变为a,则函数V(t)的解析式为.答案 V(t)=a·(t≥0)解析因为樟脑丸经过80天后,体积变为a,所以a=a·e-80k,所以e-80k=,解得k=-ln ,所以V(t)=a·=a·,所以函数V(t)的解析式为V(t)=a·(t≥0).▲方法点睛破解此类题的关键是依题设所给的函数模型,利用待定系数法求解,本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式,得关于参数的方程,利用“两边取对数”,即可求出参数的值. 【变式训练】 1. 函数f(x)＝lg 21a x ⎛⎫+⎪+⎝⎭为奇函数，则实数a ＝________. 2. 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ) 0,22ππωϕ⎛⎫>-≤≤⎪⎝⎭的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为22，且过点12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，则函数f (x )＝________. 技法五换元法换元法又称辅助元法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.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,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.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. 典型例题例5 椭圆+=1上有两点P 、Q,O 为原点,连接OP 、OQ,k OP ·k OQ =-.(1)求证:|OP|2+|OQ|2等于定值; (2)求线段PQ 的中点M 的轨迹方程. 解析 (1)证明:设P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin θ2),则k OP ·k OQ =·=-,整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0. ∴|OP|2+|OQ|2=16cos 2θ1+4sin 2θ1+16cos 2θ2+4sin 2θ2 =8+12(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,即|OP|2+|OQ|2等于定值20.(2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的横、纵坐标分别为x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,所以有+y2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为+=1.▲方法点睛由椭圆方程,联想到cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程稍作变形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点M的轨迹方程的关键一步.一般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程.【变式训练】1. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a2的最大值和最小值技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 (1)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体各个面的面积中,最小的值为( )A.2B.8C.4D.8(2)已知m,n∈(2,e),且-<ln ,则( )A.m>nB.m<nC.m>2+D.m,n 的大小关系不确定答案 (1)B (2)A解析 (1)构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P 、B 分别为相应棱的中点.因为S △PAB =S △PBC =××4=4,S △ABC =×4×4=8,S △PAC =·AC·=×4×=8.因为8>4>8,所以该几何体各个面的面积中,最小的值为8,故选B.▲方法点睛应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决所构造的问题. 跟踪集训1.(2018·合肥模拟)如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.2. 【2018湖北省襄阳市统测】已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函数为()y f x ='，满足()()f x f x '<，f (0) = 1，则不等式()xf x e <的解集为（）A. ()0+∞，B. ()1+∞，C. ()2-+∞，D. ()4+∞，技法七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,最后得出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论. 典型例题例7 如果△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是钝角三角形答案 D得所以A 2+B 2+C 2=++,即π=-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.所以△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.▲方法点睛用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛盾或自相矛盾. 【变式训练】【2018吉林省长春市一五0中学模拟】设m、n、t都是正数，则4mn+、4nt+、4tm+三个数（）A. 都大于4 B. 都小于4 C. 至少有一个大于4 D. 至少有一个不小于4技法八分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况.典型例题例8 【2018安徽省淮南市联考】已知函数()ln sinf x x a x=-在区间,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数，则实数a 的取值范围为()A.43,⎛⎤-∞⎥⎝⎦B.42,⎛⎤-∞⎥⎝⎦C.4243,⎡⎤⎢⎥⎣⎦D.42,⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭【答案】B∴()22210424224p x pπππ⎛⎫⎫≤=-+⨯=-<⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴()0h x'<在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()h x在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上减函数，∴424242a hπππ⎛⎫≤==⎪⎝⎭⨯,实数a的取值范围为42,π⎛-∞⎝⎦，故选B.▲方法点睛应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数,然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致错解.【变式训练】已知函数()lnf x x ax=-，e为自然对数的底数，a R∈．（1）讨论函数()f x的单调性；（2）当1x ≥时，()()ln 11x xf x x e x ≤-++恒成立，求a 的取值范围．技法九整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题例9 (1)等比数列{a n }中,已知a 1+a 3=8,a 5+a 7=4,则a 9+a 11+a 13+a 15的值为( )A.1B.2C.3D.5(2)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且满足f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,则f '=( )A.0B.C.1D. 答案 (1)C (2)B所以(a 5+a 7)2=(a 1+a 3)(a 9+a 11),故a 9+a 11===2.同理,a 9+a 11是a 5+a 7与a 13+a 15的等比中项,所以(a 9+a 11)2=(a 5+a 7)(a 13+a 15),故a 13+a 15===1.所以a 9+a 11+a 13+a 15=2+1=3.(2)因为f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,所以f '(x)=-2f 'sin x+cos x+2.令x=,得f '=-2f 'sin +cos+2,解得f '=.故选B.▲方法点睛整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.【变式训练】已知x,y,z是正数,求证:++≥.技法十判别式法判别式法就是将实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解.典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)=x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β,又Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β)=-4(ysin α-zsin γ)2≤0,所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.▲方法点睛判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用Δ≤0来证明.【变式训练】1.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是.2.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是. 技法十一割补法割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图形转化为规则图形,这种方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.典型例题例11 (1)如图,过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°(2)已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体EGBADC的体积为.答案(1)C (2)解析(1)把原四棱锥补成正方体ABCD-PQRH,如图所示,连接CQ,则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角,又因为∠CQB=45°,所以平面PAB 与平面CDP所成二面角的度数为45°.(2)▲方法点睛对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积).【变式训练】1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.6B.8C.10D.122.函数y=cos x(0≤x≤2π)和y=1的图象所围成的封闭图形的面积为.3. 【2018河南省联考】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，且22AD BC CD ==，PA PB PD ==．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若45PAD ∠=︒且2PA =，E ，F 分别是PA ，PC 的中点，求多面体PEBFD 的体积．技法十二等体积转化法等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离. 典型例题例12 【2018四川省广元市统考】如图四棱锥P ABCD -，底面梯形ABCD 中，//AB DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，已知24,225BD AD AB DC BC =====（1）求证：BD PA ⊥；(2)线段PC 上是否存在点M ，使三棱锥P ABD -体积为三棱锥P MBD -体积的6倍.若存在，找出点M 的位置；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：∵4,2,25BD AD AB ===， ∴222,AB AD BD =+BD AD ∴⊥，由题意得1111212361133ABD P ABD P ABDP MBD P BCD M BCDBCD BCD S hV V h V V V h mh S h S h ∆-----∆∆====---解得23m =． ∴点M 是PC 上的一个靠近点P 的三等分点.▲方法点睛利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显. 跟踪集训1. 【2018广东深圳高级中学模拟】如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,棱长为1,E F 、分别为11C D 与AB 的中点,1B 到平面1A FCE 的距离为A.105 B. 305 C. 32 D. 632. 【2018甘肃张掖质检】如图，四边形ABCD 是矩形33,3,2,AB BC DE EC PE ===⊥u u u v u u u v平面,6ABCD PE =.（1）证明：平面PAC ⊥平面PBE ；（2）设AC 与BE 相交于点F ，点G 在棱PB 上，且CG PB ⊥，求三棱锥F BCG -的体积.答案部分技法一特例法【变式训练】2.【答案】B【解析】函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f =cos log 2=-cos , f =cos·log 2=-cos ,所以f =f,排除A,D;又f=-cos <0,排除C.故选B.3.【答案】A 【解析】不妨取点P ,则可计算S 1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S 2=×2×=,所以S 1∶S 2=1.技法二图解法(数形结合法) 【变式训练】 1.【答案】C2.【答案】B【解析】直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1，0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)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，所以14≤k <13.技法三估算法【变式训练】【答案】C【解析】如图知区域的面积是△OAB去掉一个小直角三角形.阴影部分面积比1大，比S△OAB＝12×2×2＝2小，故C项满足.技法四待定系数法【变式训练】1.【答案】-1【解析】因为函数f(x)＝lg21ax⎛⎫+⎪+⎝⎭为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即lg21ax⎛⎫+⎪-⎝⎭＝－lg21ax⎛⎫+⎪+⎝⎭⇒21ax+-＝121ax++⇒a＋()21112xx a x+=-++⇒1－x2＝(a＋2)2－a2x2⇒a＝－1.故答案为-1技法五换元法【变式训练】1. 【解】设sinx＋cosx＝t，则t∈[-2,2]，由(sinx＋cosx)2＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx ＝t212-∴ f(x)＝g(t)＝－12(t－2a)2＋12（a>0），t∈[-2,2]，t＝-2时，取最小值：－2a2－22a －12当2a≥2时，t＝2，取最大值：－2a2＋22a－12；当0<2a≤2时，t＝2a，取最大值：12。