高考數學選擇題、填空題的六大解題方法和技巧方法一：直接法直接法就是直接從題設條件出發，利用已知條件、相關概念、性質、公式、公理、定理、法則等基礎知識，通過嚴謹推理、準確運算、合理驗證，得出正確結論，此法是解選擇題和填空題最基本、最常用的方法．2－i【典例1】（1）（2021.新高考II卷）在復平面內，復數對應的點位于（）1－3iA?第一象限B?第二象限C?第三象限D?第四象限2－i（2－i）（1＋3i）5＋5i112－i【解析】選A.因為市=（i-3i）（l+3i）二百=2+2匚所以復數卞對應的點位于第一象限．⑵（2021.煙臺二模）已知雙曲線C：X2-y2二1（a>0,b>0）的左、右焦點分別為F1,F2,點A在C的右支上，人氣與C交于點B，若FA.FB二0，且|FA|二|耐丨，則C的離心率為（）12222A?逸B?、陽C?來D?、畀【解析】選B?由F2A?F2B=0且|FA|二iFB知：AABF2為等腰直角三角形且22ZAF2B=2、ZBAF2二4，即IABI二\邁1呼丨二羽1呼1,廠IF1AI-IF2AI二2a,因為］IF2BI-IF1BI=2a,<IABI二IF1AI-IF1BI,所以IABI二4a，故IF2AI二IF2BI二2逗a,則|F]AI二2（\迂+l）a,而在△AF1F2中,IF1F2|2=|f2A|2+|F]A|2-2|F2AIIF1AlcosZBAF2,所以4c2二8a2+4（3+2護血-8Q2+1血，則C2=3a2,故e=C二戶.【變式訓練】?（2021?北京高考）在復平面內，復數z滿足（1-i）z=2,則z=（）A．1B．iC．1-iD．1+i【解析】選D方法一：z二2二2（1+：）二1+i.1-i（1-i）（1+i）_a+b=2,方法二：設z=a+bi,則（a+b）+（b-a）i=2,聯立]解得a=b=1，所以z=1+i.b-a=0,?（2021?鄭州二模）已知梯形ABCD中，以AB中點O為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系.IABI二2ICDI,點E在線段AC上，且AE=|EC，若以A,B為焦點的雙曲線過C,D,E三點，則該雙曲線的離心率為（）yj/￡d\A/~oBxA?顧B.預C?農D?返【解析】選B.設雙曲線方程為牛-b2二1,由題中的條件可知ICDUc,a2b2且CD所在直線平行于x軸,設C[2，yo),A(-c,0),E(x,y),所以A￡=(x+c,y),EC二[|-x，y0-yj,402-b2=1，x-2c由恥-3EC，可得'2，所以E「5c，fy0），ly-5yo因為點E的坐標滿足雙曲線方程，所以護-煞-1,25a225b2即25a2-25島T-1，即25!-25'解得e-⑴-方法二：特例法從題干出發，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構造滿足題設條件的特殊函數或特殊圖形或特殊位置，進行判斷．特例法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可以使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點、特殊位置、特殊函數等.【典例2】⑴（2021?鄭州三模）在矩形ABCD中，其中AB-3,AD-1,AB上的點E滿足AE+?>■?2BE-0,F為AD上任意一點，則EB?BF-（）A.1B.3C.－1D.－3【解析】選D?（直接法）如圖，因為AE+2BE-0,所以EB-1AB,設AF-久AD,貝gBF—BA+2AD--AB+2AD,所以EB^BF-1AB?(-AB+2AD)--11AB12+I2AB.AD-－3+0-－3.

（特例法）該題中，“F為AD上任意一點”，且選項均為定值，不妨取點A為F.因為AE+2BE=0,所以EB=1AB.故EB.BF=3AB?（-AB）P--P--W32AX1-31-3(2)(2021?成都三模)在AABC中，內角A,B,C成等差數列，則sin2A+sin2C-sinAsinC二【解析】（方法一：直接法）由內角A,B,C成等差數列，知：2B二A+C,而A+B+C二n,所以b=3,而由余弦定理知：b2-a2+C2-2accosB二a2+C2-ac,結合正弦定理得：sin2B-sin2A+sin2C-sinAsinC-4.（方法二:特例法）該題中只有“內角ABC成等差數列”的限制條件,故可取特殊的三角形等邊三角形代入求值．不妨取A-B-不妨取A-B-C-3則sin2A+sin2C-sinAsinC-sin2〒n+sin2g.n.n-singsin3（也可以取a=6，B-3，c=2代入求值?）答案：3【變式訓練】設四邊形ABCD為平行四邊形，IAB|=6,|AD1=4,若點M,N滿足BM-3MC,DN-2NC2NC，則AM?nM等于()2NC2NC，則AM?nM等于()A.20B.15C.9D.6【解析】選C.若四邊形ABCD為矩形，建系如圖，由BM二3MC,DN町=2NC，知M(6,3),N(4,4)，所以AM所以AM?NM=6x2+3x(-1)=9.方法三：數形結合法對于一些含有幾何背景的問題，往往可以借助圖形的直觀性，迅速作出判斷解決相應的問題?如Veen圖、三角函數線、函數圖象以及方程的曲線等，都是常用的圖形.【典例3】已知a,b是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a-c)?(b-c)=0,則Icl的最大值是()A?1B?2C.QD?辛【解析】選C.如圖，設OA二=a,OB=b,貝MOA|=|OB|=1,OA丄Ob，設OC=c,貝Ua-c=CA,b-c=CB,(a-c)?(b-c)=0,即CA?CB=0.所以CA丄CB.點C在以AB為直徑的圓上，圓的直徑長是1AB|=渥，lcl=lOC丨，IOCI的最大值是圓的直徑，長為＜2.【變式訓練】1?設直線l：3x+2y-6=0,P(m,n)為直線l上動點，則(m-1)2+血的最小值為()b3C3/HD匹A?13B?13C?13D?13【解析】選A.(m-1)2+n2表示點P(m,n)到點A(1,0)距離的平方，|3－6|該距離的最小值為點A(1,0)到直線l的距離/即=-^/則(m-1)2+血的最小值為.131313xInx-xInx-2x(x>0),2.(2。21.河南聯考)已知函數如)叮2+心0),若f(X)的圖象上有且僅有2個不同的點關于直線y=3-2的對稱點在直線kx-y-3=0上，則實數k的取值是【解析】直線kx-y-3二0關于直線y=-|對稱的直線l的方程為kx+y=0,對應的函數為y=-kx,其圖象與函數y二f(x)的圖象有2個交點.對于一次函數y二-kx,當x=0時,y=0,由f(x)#0知不符合題意.f(x)當x定0時，令-kx二f(x),可得-k=——，此時，xInx-2(x>0),令g(x)二空x<令g(x)二空x二1、x+丄(xv0).x當x>0時，g(x)為增函數，g(x)eR,當x<0時，g(x)為先增再減函數，g(x)e(-^,-2].結合圖象,f曲)=空1結合圖象,f曲)=空1』吧2(Q0)訊)爻U+右XO)_r——7直線y=-k與函數y二g(x)有2個交點，因此，實數-k二-2,即k二2.答案：2方法四：排除法排除法也叫篩選法、淘汰法，它是充分利用單選題有且只有一個正確的選項這一特征，通過分析、推理、計算、判斷，排除不符合要求的選項，從而確定正確選項．n■x【典例4】（1）（2021.鄭州二模）函數f（x）二sinxIn在（-兀，n）的圖象大致為（）n+xyoBAyocDyoBAyocDn■x【解析】選A.根據題意，函數f(x)=sinxIn,x^(-n,n),n+xn+xn-xf(-x)=sin(-x)ln=sinxIn=f(x),n-xn+x則f（x）在區間（-n,n）上為偶函數，所以排除B,C,((1((1又由sinn2ln又由sinn2ln兀-2-3712二In3vO,所以排除D.⑵(2021?太原二模)已知函數y=f(x)部分圖象的大致形狀如圖所示，則y=f(x)的解析式最可能是()cosx是()cosxA.f(x)二ex－e－xsinxB.f(x)二ex－e－xcosxCcosxC-f(x)二+eex－xsmxD-f(x)二+eex－x【解析】選A.由圖象可知，f(2)<0,f(-1)<0,對于B,f(2)=>0,故B不正確；e2-e-2cos1e-1+cos1e-1+e>0,故C不正確；對于C,f(-1)=e-1+e對于D，f⑵二冊>°，故D不正確?變式訓練】1?1?(2021?嘉興二模)函數f(x)=1\cosx的圖象可能是(+1+1=0AA（11\【解析】選c.由f（-x）二二口+二市?（-X）(丄+(丄+亠、X-1X+1cosx=-f(x)知，函數f（x）為奇函數，故排除B.又f(x)二(1又f(x)二(1<x-14-2xcosX二x2-1cosx，當XU(0,D時，竺<0,cosx>0f(x)v0.故排除A,D.x2-12?（2021?石家莊一模）甲、乙、丙三人從紅、黃、藍三種顏色的帽子中各選一頂戴在頭上，每人帽子的顏色互不相同，乙比戴藍帽的人個頭高，丙和戴紅帽的人身高不同，戴紅帽的人比甲個頭小，則甲、乙、丙所戴帽子的顏色分別為（）A?紅、黃、藍B?黃、紅、藍C?藍、紅、黃D?藍、黃、紅【解析】選B.丙和戴紅帽的人身高不同，戴紅帽的人比甲個頭小，故戴紅帽的人為乙，即乙比甲的個頭小；乙比戴藍帽的人個頭高，故戴藍帽的人是丙.綜上，甲、乙、丙所戴帽子的顏色分別為黃、紅、藍.方法五：構造法構造法實質上是轉化與化歸思想在解題中的應用，需要根據已知條件和所要解決的問題確定構造的方向，通過構造新的函數、不等式或數列等模型轉化為熟悉的問題求解．【典例5【典例5】⑴(2021.昆明三模)已知函數f(x)=ex-alnx寧-1有兩個不同的零點，則實數a的A.取值范圍是(c.c.(2，+wD.(1,+w)學學-1有兩個不同的零點，A.【解析】選D方法一(切線構造)：函數f(x)=ex-a則ex-a-1=ln|x有兩個解，A.令g(x)=ex-a-1,h(x)二呼(x>o),則g(x)與h(x)有2個交點，h'(x)二1hx(x>0),x2當x>e時h'(x)<0,h(x)單調遞減，當Ovxve時h(x)>0,h(x)單調遞增，由g'(x)二ex-a(x>0)得g(x)單調遞增，當g(x)與h(x)相切時，設切點為［x0x0h'(x當g(x)與h(x)相切時，設切點為［x0x0h'(x0)二1-lnx0二g(x0)二ex0_a，同時也0二ex0-a-1，得竽01-lnx0即x0lnx0+x0=1-lnx0,(x0+l)lnx0=-(x0+1)(x0-1),又x0>o,lnx0=1-x0,所以x所以x0=1,此時1二el-a,所以a=1,當a>1時/可看作g(x)=ex-1-1的圖象向右平移/此時g(x)與h(x)必有2個交點’當a<1時，圖象向左平移二者必然無交點，綜上a>1.方法二(分離參數)：由題意，方程ex-a-也-1=0有兩個不同的解，xinz+1x即e-a=L有兩個不同的解，x也+1V所以直線y=e-a與g(x)=^-—的圖象有兩個交點.ex(晉+1)“x-(ex)，x(于+1]-(x+1)(lnx+x-1)g'(x)=C'K=忑-記h(x)=lnx+x-1.顯然該函數在(0，+上單調遞增，且h(1)=0,所以0vxv1時，h(x)<0，即g'(x)>0，函數單調遞增；所以x>1時，h(x)>0，即g'(x)<0，函數單調遞減.旦+1所以g(x)Sg(l)=丄；=丄.e1e又xfO時，g(x)fO；xf+時，g(x)fO.也+1由直線y=由直線y=ea與g(x)=ex的圖象有兩個交點，可得e-a<1=e-1，即-a<-1,解得a>1.e方法三：由題意，方程ex-a-ln-x-1=0有兩個不同的解，x即ex即ex-a二也x+1，也就是￡ea(xex)=x＋lnx=ln(xex).設t=xe-(x>0)，則方程為丄t=lnt,所以￡=孕?由題意，該方程有兩個不同的解.eat設P(x)=xex(x>0)，則p，(x)=(x+1)ex(x>0),顯然p'(x)>0，所以p(x)單調遞增，所以t=P(x)>P(0)=0.lnt1-lnt記q(t)=-r(t>0)，則q'(t)=廠.當Ovtve時，q'(t)>0，函數單調遞增；當t>e時，q'(t)<0，函數單調遞減.所以q(t)Sq(e)=啞=1.ee又tfO時，q(t)fO；tf+時，q(t)fO.由方程￡二平有兩個不同的解，可得Ov￡<-1，解得a>1.eateae(2)《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬；將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑?若三棱錐P-ABC為鱉臑，PA丄平面ABC,PA=AB=2，AC=4，三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為()A?8nB?12nC?20nD?24n【解析】選C.將三棱錐P-ABC放入長方體中，如圖，三棱錐P-ABC的外接球就是長方體的外接球.

所以BC=42-22二2<3.設外接球的半徑為R，依題意可得(2R)2=22+22+(2J3)2=20,故R2=5,則球0的表面積為4nR2=20n.【變式訓練】1?已矢知2lna=aIn2,3lnb=bIn3,5lnc=cIn5,且a,b,c^(O,e),則()A．a<b<cB．b<a<cC?cvbvaD?cvavb【解析】選D.因為2lna=aIn2,3lnb=bIn3,5lnc=cIn5，且a,b,c$(0,e),化為：也aln2lnbln化為：也aln2lnbln3lncln5c5lnx1-lnx令f(x)==，x^(0,e),f(x)=X2，可得函數f(x)在(0,e)上單調遞增，在(e,+切上單調遞減，,25f(c)-f(a)=5In22ln5-5ln2】n32-2=10=10v0，且a,cu(0,e),所以c<a，同理可得avb.所以cvavb.2?(2021?汕頭三模)已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f(x)，且滿足f(x)-f(x)>0,f(2021)=e2021，則不等式fglnxj<ex的解集為()A?(e2021,+^)B?(0,e2021)C?(e2021e,+w)D?(0,e2022)

【解析】選D.令t=einx,則X=eet,ef(2021)e2021所以不等式￡inxj<ex等價轉化為不等式f(t)<eet二et，即f(2021)e2021構造函數g(t)=f(t)…f(t)-f(t)et，則g'(t)二et，由題意，g'(t)=f(t)-f(t)et>°，所以g(t)為R上的增函數，又f(2021)二e2021,所以g(2021)二f(t)所以g(t