新課標(biāo)2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分基醇點(diǎn)自主練透第1講選擇填空題的4種特殊解法學(xué)案理新人教A版

PAGE1-第1講選擇、填空題的4種特別解法方法一特值(例)解除法方法詮釋運(yùn)用前提運(yùn)用技巧常見問題特例法是依據(jù)題設(shè)和各選項(xiàng)的詳細(xì)狀況和特點(diǎn)，選取滿意條件的特別的數(shù)值、特別的點(diǎn)、特別的例子、特別的圖形、特別的位置、特別的函數(shù)、特別的方程、特別的數(shù)列等，針對各選項(xiàng)進(jìn)行代入比照，結(jié)合解除法，從而得到正確的答案.滿意當(dāng)一般性結(jié)論成立時，對符合條件的特別化狀況也肯定成立.找到滿意條件的合適的特別化例子，或舉反例解除，有時甚至須要兩次或兩次以上特別化例子才可以確定結(jié)論.求范圍、比較大小、含字母求值、恒成立問題、隨意性問題等．而對于函數(shù)圖象的判別、不等式、空間線面位置關(guān)系等不宜干脆求解的問題，常通過解除法解決.真題示例技法應(yīng)用(2024·高考全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()取特別值x＝π，結(jié)合函數(shù)的奇偶性進(jìn)行解除，答案選D．答案：D(2024·高考全國卷Ⅱ)若a>b，則()A．ln(a－b)>0 B．3a<3bC．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|取a＝－1，b＝－2，則a>b，可驗(yàn)證A，B，D錯誤，只有C正確.答案：C(2024·高考全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()當(dāng)x＝0時，y＝2，解除A，B；當(dāng)x＝0.5時，x2>x4，所以此時y>2，解除C，故選D．答案：D(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖來自古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所探討的幾何圖形．此圖由三個半圓構(gòu)成，三個半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.△ABC的三邊所圍成的區(qū)域記為Ⅰ，黑色部分記為Ⅱ，其余部分記為Ⅲ.在整個圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則()A．p1＝p2B．p1＝p3C．p2＝p3D．p1＝p2＋p3不妨設(shè)△ABC為等腰直角三角形，則易得區(qū)域Ⅰ，Ⅱ的面積相等.答案：A(2024·高考全國卷Ⅰ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝__________.取角α終邊上的特別點(diǎn)(1，2)，利用定義代入計(jì)算，求sinα，cosα.答案為eq\f(3\r(10),10).答案：eq\f(3\r(10),10)(2024·高考全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿意－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]當(dāng)x＝4時，f(x－2)＝f(2)<f(1)＝－1，不滿意；當(dāng)x＝3時，f(x－2)＝f(1)＝－1，滿意．所以選D．答案：D(2024·高考山東卷)若a>b>0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)<log2(a＋b) B．eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<log2(a＋b)<eq\f(b,2a) D．log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)利用特別值法檢驗(yàn)解除，當(dāng)a＝2，b＝eq\f(1,2)時，選項(xiàng)A，C，D對應(yīng)的不等式不成立，故選B．答案：B1．設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2[4(x－1)]，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x<2，))若f(x0)>3，則x0的取值范圍為()A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0，2)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1，3) 解析：選C．取x0＝1，則f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)<3，故x0≠1，解除B，D；取x0＝3，則f(3)＝log28＝3，故x0≠3，解除A．故選C．2．假如a1，a2，a3，…，an為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列，公差d≠0，則下列關(guān)系正確的為()A．a(chǎn)1a8>a4a5 B．a(chǎn)1a8<a4a5C．a(chǎn)1＋a8>a4＋a5 D．a(chǎn)1a8＝a4a5解析：選B．取特別數(shù)列，不妨設(shè)an＝n，則a1＝1，a4＝4，a5＝5，a8＝8，經(jīng)檢驗(yàn)，只有選項(xiàng)B成立．3．函數(shù)f(x)＝eq\f(|1－x2|,1－|x|)的圖象是()解析：選C．因?yàn)閤≠±1，所以解除A；因?yàn)閒(0)＝1，所以函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(0，1)，解除D；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))),1－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝eq\f(3,2)，所以解除B，故選C．4．如圖，點(diǎn)P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上第一象限內(nèi)的隨意一點(diǎn)，過橢圓的右頂點(diǎn)A、上頂點(diǎn)B分別作y軸、x軸的平行線，它們相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)P引BC，AC的平行線交AC于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M，交AB于D、E兩點(diǎn)，記矩形PMCN的面積為S1，三角形PDE的面積為S2，則S1∶S2＝()A．1 B．2C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)解析：選A．不妨取點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,5)))，則可計(jì)算S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(9,5)))×(5－4)＝eq\f(6,5)，由題易得PD＝2，PE＝eq\f(6,5)，所以S2＝eq\f(1,2)×2×eq\f(6,5)＝eq\f(6,5)，所以S1∶S2＝1.5．若函數(shù)y＝f(x)對定義域D中的每一個x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，則稱f(x)為“影子函數(shù)”，有下列三個命題：()①“影子函數(shù)”f(x)的值域可以是R；②“影子函數(shù)”f(x)可以是奇函數(shù)；③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函數(shù)”，且定義域相同，則y＝f(x)·g(x)是“影子函數(shù)”．上述命題正確的序號是()A．① B．②C．③ D．②③解析：選B．對于①：假設(shè)“影子函數(shù)”的值域?yàn)镽，則存在x1，使得f(x1)＝0，此時不存在x2，使得f(x1)f(x2)＝1，所以①錯；對于②：函數(shù)f(x)＝x(x≠0)，對隨意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝eq\f(1,x1)，則f(x1)f(x2)＝1，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x(x≠0)為奇函數(shù)，所以“影子函數(shù)”f(x)可以是奇函數(shù)，②正確；對于③：函數(shù)f(x)＝x(x>0)，g(x)＝eq\f(1,x)(x>0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)＝f(x)g(x)＝1(x>0)不是“影子函數(shù)”(因?yàn)閷﹄S意的x1∈(0，＋∞)，存在多數(shù)多個x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③錯．綜上，應(yīng)選B．6．(一題多解)已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，過點(diǎn)E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝()A．3 B．4C．5 D．eq\f(1,3)解析：選A．由于直線PQ是過點(diǎn)E的一條“動”直線，所以結(jié)果必定是一個定值．故可利用特別直線確定所求值．法一：如圖1，令PQ∥BC，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，此時，m＝n＝eq\f(2,3)，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.故選A．法二：如圖2，直線BE與直線PQ重合，此時，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，故m＝1，n＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.故選A．7．如圖，在三棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點(diǎn)P，Q滿意A1P＝BQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D．eq\r(3)∶1解析：選B．將P，Q置于特別位置：P→A1，Q→B，此時仍滿意條件A1P＝BQ(＝0)，則有Veq\s\do6(C-AA1B)＝Veq\s\do6(A1-ABC)＝eq\f(V\s\do6(ABC-A1B1C1),3).因此過P、Q、C三點(diǎn)的截面把棱柱分成體積比為2∶1的兩部分．8．已知AD，BE分別是△ABC的中線，若|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(BE,\s\up6(→))|＝1，且eq\o(AD,\s\up6(→))與eq\o(BE,\s\up6(→))的夾角為120°，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________．解析：若△ABC為等邊三角形，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\f(2\r(3),3)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)方法二驗(yàn)證法方法詮釋運(yùn)用前提運(yùn)用技巧常見問題驗(yàn)證法是把選項(xiàng)代入題干中進(jìn)行檢驗(yàn)，或反過來從題干中找合適的驗(yàn)證條件，代入各選項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)，從而可否定錯誤選項(xiàng)而得到正確選項(xiàng)的一種方法.存在唯一正確選項(xiàng).可以結(jié)合特例法、解除法等先否定一些明顯錯誤的選項(xiàng)，再選擇直覺認(rèn)為最有可能的選項(xiàng)進(jìn)行驗(yàn)證，這樣可以快速獲得答案.題干信息不全、選項(xiàng)是數(shù)值或范圍、正面求解或計(jì)算煩瑣的問題等.真題示例技法應(yīng)用(2024·高考全國卷Ⅰ)右圖是求eq\f(1,2＋\f(1,2＋\f(1,2)))的程序框圖，圖中空白框中應(yīng)填入()A．A＝eq\f(1,2＋A)B．A＝2＋eq\f(1,A)C．A＝eq\f(1,1＋2A)D．A＝1＋eq\f(1,2A)對于選項(xiàng)A，A＝eq\f(1,2＋A).當(dāng)k＝1時，A＝eq\f(1,2＋\f(1,2))，當(dāng)k＝2時，A＝eq\f(1,2＋\f(1,2＋\f(1,2)))，故A正確；閱歷證選項(xiàng)B，C，D均不符合題意．故選A．答案：A(2024·高考北京卷)設(shè)集合A＝{(x，y)|x－y≥1，ax＋y>4，x－ay≤2}，則()A．對隨意實(shí)數(shù)a，(2，1)∈AB．對隨意實(shí)數(shù)a，(2，1)?AC．當(dāng)且僅當(dāng)a<0時，(2，1)?AD．當(dāng)且僅當(dāng)a≤eq\f(3,2)時，(2，1)?A對a取數(shù)字驗(yàn)證．a(chǎn)＝0時，A錯；a＝2時，B錯；a＝eq\f(3,2)時，C錯．所以選D．答案：D(2024·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則()A．f(x)的最小正周期為π，最大值為3B．f(x)的最小正周期為π，最大值為4C．f(x)的最小正周期為2π，最大值為3D．f(x)的最小正周期為2π，最大值為4當(dāng)sinx＝0，cosx＝1時，函數(shù)值為4，所以A，C錯；把x＋π代入驗(yàn)證，可得f(x＋π)＝f(x)，說明D錯．故選B．答案：B(2024·高考全國卷Ⅲ)下列函數(shù)中，其圖象與函數(shù)y＝lnx的圖象關(guān)于直線x＝1對稱的是()A．y＝ln(1－x)B．y＝ln(2－x)C．y＝ln(1＋x)D．y＝ln(2＋x)函數(shù)y＝lnx的圖象過定點(diǎn)(1，0)，而(1，0)關(guān)于直線x＝1對稱的點(diǎn)還是(1，0)，將(1，0)代入選項(xiàng)驗(yàn)證.答案：B(2024·高考全國卷Ⅰ)設(shè)A、B是橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個端點(diǎn)．若C上存在點(diǎn)M滿意∠AMB＝120°，則m的取值范圍是()A．(0，1]∪[9，＋∞)B．(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C．(0，1]∪[4，＋∞)D．(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)選取四個選項(xiàng)的差異值m＝eq\r(3)，m＝4代入驗(yàn)證.答案：A1．下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是增函數(shù)又是奇函數(shù)的是()A．y＝－eq\f(1,x) B．y＝－log2xC．y＝3x D．y＝x3＋x解析：選D．y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上單調(diào)遞增，但是在整個定義域內(nèi)不是單調(diào)遞增函數(shù)，故A錯誤；y＝－log2x的定義域(0，＋∞)關(guān)于原點(diǎn)不對稱，不是奇函數(shù)，故B錯誤；y＝3x不是奇函數(shù)，故C錯誤；令f(x)＝y(tǒng)＝x3＋x，f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－x3－x＝－f(x)，是奇函數(shù)，且由冪函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)在R上單調(diào)遞增，故D正確，故選D．2．下列函數(shù)為偶函數(shù)的是()A．y＝x2sinx B．y＝x2cosxC．y＝|lnx| D．y＝2－x解析：選B．因?yàn)閥＝x2是偶函數(shù)，y＝sinx是奇函數(shù)，y＝cosx是偶函數(shù)，所以A選項(xiàng)為奇函數(shù)，B選項(xiàng)為偶函數(shù)；C選項(xiàng)中函數(shù)圖象是把對數(shù)函數(shù)y＝lnx的圖象在x軸下方部分翻折到x軸上方，其余部分的圖象保持不變，故為非奇非偶函數(shù)；D選項(xiàng)為指數(shù)函數(shù)y＝(eq\f(1,2))x，是非奇非偶函數(shù)．故選B．3．設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，則下列結(jié)論錯誤的是()A．f(x)的一個周期為－πB．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(2π,3)對稱C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))的一個零點(diǎn)為x＝－eq\f(π,3)D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減解析：選C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的周期為T＝kπ，所以A對；當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時，2x－eq\f(π,3)＝π，cosπ＝－1，所以B對；f(x＋eq\f(π,2))＝cos(2x＋eq\f(2π,3))，x＝－eq\f(π,3)時，2x＋eq\f(2π,3)＝0，cos0＝1≠0，所以C錯；x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上遞減，所以D對．故選C．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－a)為奇函數(shù)，g(x)＝lnx－2f(x)，則函數(shù)g(x)的零點(diǎn)所在區(qū)間為()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)解析：選C．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－a)為奇函數(shù)，可得a＝0，則g(x)＝lnx－2f(x)＝lnx－eq\f(2,x)，明顯函數(shù)g(x)為增函數(shù)，且有g(shù)(1)＝ln1－2＝－2<0，g(2)＝ln2－1<0，g(3)＝ln3－eq\f(2,3)>0，g(4)＝ln4－eq\f(1,2)>0，g(2)g(3)<0，故函數(shù)g(x)的零點(diǎn)所在區(qū)間為(2，3)，故選C．5．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)圖象的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,12)，則ω的最小值為()A．2 B．4C．10 D．16解析：選B．(從選項(xiàng)驗(yàn)證)若ω＝2，則當(dāng)x＝eq\f(π,12)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，不符合題意；若ω＝4，則當(dāng)x＝eq\f(π,12)時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,12)＋\f(π,6)))＝1，符合題意，所以ω的最小值為4.6．已知函數(shù)f(x)＝－x3－7x＋sinx，若f(a2)＋f(a－2)>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1) B．(－∞，3)C．(－1，2) D．(－2，1)解析：選D．(從選項(xiàng)驗(yàn)證)若a＝1，則f(a2)＋f(a－2)＝f(1)＋f(－1)＝0，不滿意f(a2)＋f(a－2)>0，所以B，C錯；若a＝－2，則f(a2)＋f(a－2)＝f(4)＋f(－4)＝0，也不滿意f(a2)＋f(a－2)>0，所以A錯．故選D．7．設(shè)x、y滿意約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥a，,x－y≤－1，))且z＝x＋ay的最小值為7，則a＝()A．－5 B．3C．－5或3 D．5或－3解析：選B．當(dāng)a＝－5時，作出不等式組表示的可行域，如圖所示(陰影部分)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝－1，,x＋y＝－5))得交點(diǎn)A(－3，－2)，則目標(biāo)函數(shù)z＝x－5y過A點(diǎn)時取得最大值．zmax＝－3－5×(－2)＝7，不滿意題意，解除A、C選項(xiàng)．當(dāng)a＝3時，作出不等式組表示的可行域，如圖所示(陰影部分)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝－1，,x＋y＝3))得交點(diǎn)B(1，2)，則目標(biāo)函數(shù)z＝x＋3y過B點(diǎn)時取得最小值．zmin＝1＋3×2＝7，滿意題意．故選B．方法三估算法方法詮釋運(yùn)用前提運(yùn)用技巧常見問題由于選擇題供應(yīng)了唯一正確的答案，又不需寫出過程，因此可以通過揣測、合情推理、估算獲得答案，這樣往往可以削減運(yùn)算量．估算省去了許多推導(dǎo)過程和困難的計(jì)算，節(jié)約時間.針對一些困難的、不易精確求值的與計(jì)算有關(guān)的命題，常與特值法結(jié)合起來運(yùn)用.對于數(shù)值計(jì)算，常采納放縮估算、整體估算、近似估算、特值估算等；對于幾何體問題，常進(jìn)行分割、拼湊、位置估算.求幾何體的表面積、幾何體的體積、三角函數(shù)的值、離心率、參數(shù)的范圍等.真題示例技法應(yīng)用(2024·高考全國卷Ⅰ)古希臘時期，人們認(rèn)為最美人體的頭頂至肚臍的長度與肚臍至足底的長度之比是eq\f(\r(5)－1,2)(eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，稱為黃金分割比例)，聞名的“斷臂維納斯”便是如此．此外，最美人體的頭頂至咽喉的長度與咽喉至肚臍的長度之比也是eq\f(\r(5)－1,2).若某人滿意上述兩個黃金分割比例，且腿長為105cm，頭頂至頸項(xiàng)下端的長度為26cm，則其身高可能是()A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm設(shè)某人身高為mcm，頸項(xiàng)下端至肚臍的長度為ncm，則由腿長為105cm，可得eq\f(m－105,105)>eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，解得m>169.890.由頭頂至頸項(xiàng)下端的長度為26cm，可得eq\f(26,n)>eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，解得n<42.071.由已知可得eq\f(26＋n,m－(n＋26))＝eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，解得m<178.218.綜上，此人身高m滿意169.890<m<178.218，所以其身高可能為175cm.故選B．答案：B(2024·高考全國卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．c<a<bD．b<c<a因?yàn)閍＝log20.2<0，b＝20.2>1，0<c＝0.20.3<1，所以b>c>a.故選B．答案：B(2024·高考全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)等邊三角形ABC的面積為9eq\r(3)，明顯球心不是此三角形的中心，所以三棱錐體積最大時，三棱錐的高應(yīng)在區(qū)間(4，8)內(nèi)，所以eq\f(1,3)×9eq\r(3)×4<VD-ABC<eq\f(1,3)×9eq\r(3)×8，即12eq\r(3)<VD-ABC<24eq\r(3)，故選B．答案：B(2024·高考全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,5)sin(x＋eq\f(π,3))＋cos(x－eq\f(π,6))的最大值為()A．eq\f(6,5)B．1C．eq\f(3,5)D．eq\f(1,5)當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，函數(shù)值大于1，故選A．答案：A(2024·高考全國卷Ⅱ)若a＞1，則雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1的離心率的取值范圍是()A．(eq\r(2)，＋∞)B．(eq\r(2)，2)C．(1，eq\r(2))D．(1，2)列出關(guān)于e的表達(dá)式，用a表示，依據(jù)a>1，估算e的范圍．答案為C．答案：C1．已知a＝log2e，b＝ln2，c＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．c>b>a D．c>a>b解析：選D．a(chǎn)＝log2e>1，b＝ln2＝eq\f(1,log2e)∈(0，1)，c＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23>log2e，據(jù)此可得c>a>b.故選D．2．某班設(shè)計(jì)了一個八邊形的班徽(如圖所示)，它由四個腰長為1，頂角為α的等腰三角形和一個正方形組成，則該八邊形的面積為()A．2sinα－2cosα＋2 B．sinα－eq\r(3)cosα＋3C．3sinα－eq\r(3)cosα＋1 D．2sinα－cosα＋1解析：選A．當(dāng)頂角α→π時，八邊形幾乎是邊長為2的正方形，面積接近于4，四個選項(xiàng)中，只有A符合，故選A．3．P為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)右支上的一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，則△PF1F2的內(nèi)切圓圓心的橫坐標(biāo)為()A．a(chǎn) B．bC．eq\r(a2＋b2) D．a(chǎn)＋b－eq\r(a2＋b2)解析：選A．如圖，點(diǎn)P沿雙曲線向右頂點(diǎn)無限接近時，△PF1F2的內(nèi)切圓越來越小，直至“點(diǎn)圓”，此“點(diǎn)圓”應(yīng)為右頂點(diǎn)，則內(nèi)切圓圓心的橫坐標(biāo)為a，故選A．4．若0<α<β<eq\f(π,4)，sinα＋cosα＝a，sinβ＋cosβ＝b，則()A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)b<1 D．a(chǎn)b>2解析：選A．若α→0，則sinα＋cosα＝a→1.若β→eq\f(π,4)，則sinβ＋cosβ＝b→eq\r(2)，從而b>a，結(jié)合選項(xiàng)分析，應(yīng)選A．5.如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝eq\f(3,2)，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為()A．eq\f(9,2) B．5C．6 D．eq\f(15,2)解析：選D．連接BE，CE，四棱錐E-ABCD的體積為VE-ABCD＝eq\f(1,3)×3×3×2＝6，多面體ABCDEF的體積大于四棱錐E-ABCD的體積，即所求幾何體的體積V>VE-ABCD＝6，而四個選項(xiàng)里面大于6的只有eq\f(15,2)，故選D．方法四構(gòu)造法方法詮釋運(yùn)用前提運(yùn)用技巧常見問題構(gòu)造法是一種創(chuàng)建性的解題方法，它很好地體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的發(fā)散、類比、轉(zhuǎn)化思想．利用已知條件和結(jié)論的特別性構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、方程或幾何圖形等，從而簡化推理與計(jì)算過程，使較困難的或不易求解的數(shù)學(xué)問題簡潔化.構(gòu)造法來源于對基礎(chǔ)學(xué)問和基本方法的積累，須要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括，主動聯(lián)想，橫向類比，從類似的問題中找到構(gòu)造的靈感.所構(gòu)造的函數(shù)、方程、圖形等要合理，不能超出原題的限制條件.對于不等式、方程、函數(shù)問題常采納構(gòu)造新函數(shù)，對于不規(guī)則的幾何體常構(gòu)造成規(guī)則幾何體處理.比較大小、函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題、不規(guī)則的幾何體問題等.真題示例技法應(yīng)用(2024·高考全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)πB．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)πD．eq\r(6)π由∠CEF＝90°，可得EC，利用余弦定理可求PA＝PB＝PC＝eq\r(2)?PA⊥PB⊥PC，利用外接球的直徑是由該幾何體補(bǔ)成的正方體的體對角線求R，可得球的體積.答案：D(2024·高考天津卷)設(shè)x>0，y>0，x＋2y＝5，則eq\f((x＋1)(2y＋1),\r(xy))的最小值為________.首先把待求式子的分子綻開，再把已知條件代入，化簡后構(gòu)造運(yùn)用基本不等式的條件，由基本不等式即可求解.答案：4eq\r(3)(2024·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)在長方體ABCD-A1B1C1D1的面ABB1A1的一側(cè)再補(bǔ)填一個完全一樣的長方體ABC2D2-A1B1B2A2，探討△AB2D1即可.答案：C(2024·高考全國卷Ⅱ)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③假如α∥β，m?α，那么m∥β.④假如m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等.其中正確的命題有________．(填寫全部正確命題的編號)構(gòu)造正方體，將有關(guān)棱與面看作問題中有關(guān)線與面，逐一推斷.答案：②③④(2024·高考全國卷Ⅰ)若a＞b＞0，0＜c＜1，則()A．logac<logbcB．logca<logcbC．a(chǎn)c<bcD．ca>cb構(gòu)造函數(shù)y＝logcx和y＝xc，利用函數(shù)的單調(diào)性可解決.答案：B(2015·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)據(jù)題意構(gòu)造新函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x),x)，先求導(dǎo)再解題.答案：A1．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿意f′(x)<f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)<ex的解集為()A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：選B．因?yàn)閒(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝0對稱，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，所以f(0)＝f(4)＝1.設(shè)g(x)＝eq\f(f(x),ex)(x∈R)，則g′(x)＝eq\f(f′(x)ex－f(x)ex,(ex)2)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex).又f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0(x∈R)，所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(x)<ex?eq\f(f(x),ex)<1，而g(0)＝eq\f(f(0),e0)＝1，所以f(x)<ex?g(x)<g(0)，所以x>0.故選B．2．已知m，n∈(2，e)，且eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)<lneq\f(m,n)，則()A．m>nB．m<nC．m>2＋eq\f(1,n)D．m，n的大小關(guān)系不確定解析：選A．由不等式可得eq\f(1,n2)－eq\f(1,m2)<lnm－lnn，即eq\f(1,n2)＋lnn<eq\f