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技巧01 单选题和多选题的答题技巧（10大题型）（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份技巧01 单选题和多选题的答题技巧（10大题型）（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含技巧01单选题和多选题的答题技巧10大题型练习原卷版docx、技巧01单选题和多选题的答题技巧10大题型练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159487899" 01 直接法 PAGEREF _Tc159487899 \h 1
\l "_Tc159487900" 02 特殊法 PAGEREF _Tc159487900 \h 3
\l "_Tc159487901" 03 赋值法 PAGEREF _Tc159487901 \h 7
\l "_Tc159487902" 04 排除法 PAGEREF _Tc159487902 \h 11
\l "_Tc159487903" 05 构造法 PAGEREF _Tc159487903 \h 12
\l "_Tc159487904" 06 中间值比较法 PAGEREF _Tc159487904 \h 16
\l "_Tc159487905" 07 坐标法 PAGEREF _Tc159487905 \h 19
\l "_Tc159487906" 08 归纳法 PAGEREF _Tc159487906 \h 23
\l "_Tc159487907" 09 正难则反法 PAGEREF _Tc159487907 \h 25
\l "_Tc159487908" 10 换元法 PAGEREF _Tc159487908 \h 27
01 直接法
1．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为．（ ）
A．4B．8C．9D．13
【答案】C
【解析】因为，
所以，
可得是R上的奇函数，
因为，
所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为9，
故选：C
2．中国的5G技术世界领先，其数学原理之一便是著名的香农公式：它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率单位：取决于信道宽度单位：、信道内信号的平均功率单位：、信道内部的高斯噪声功率单位：的大小，其中叫做信噪比，按照香农公式，若信道宽度W变为原来2倍，而将信噪比从1000提升至4000，则C大约增加了附：（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，当 时， ，
当W变为原来的2倍，时， ，
则
故选
3．17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”．已知，，设，则N所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以
，
所以
故选
4．已知函数，在区间上单调递减，则正实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，函数，令，
由正实数a知，函数单调递减，
因为在区间上单调递减，
则单调递增且在区间上恒成立，
所以，解得：，
故a的取值范围是
故选
02 特殊法
5．（多选题）设a，b是正数，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
可得，故A正确；
对于B，因为，
所以，
即得，
因为，，
所以，，
则
，
当且仅当，
即，时，等号成立，故B正确；
对于C，当，由，则，
当且仅当时取得等号；
当时，比如，，可得，故C错误；
对于D，，
，
而，，
可得，
则，故D正确．
故选：
6．（多选题）定义“正对数”：现有四个命题，其中的真命题有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，当，时，有，从而，，
；
当，时，有，从而，，
；
当，时，，命题A正确；
对于B，当，时，满足，，
而，，
，命题B错误；
对于C，由“正对数”的定义知，且
当，时，，而，
当，时，有，，
而，
，
当，时，有，
，而，
当，时，，则
当，时，，命题C正确；
对于D，由“正对数”的定义知，当时，有，
当，时，有，
从而，，
当，时，有，
从而，
，
当，时，有，
从而，
，
当，时，，
，
，
，从而命题D正确．
故答案为：
03 赋值法
7．设二次函数满足下列条件：①；②当时，恒成立．若在区间上恒有，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，
当时，恒成立，
可得当时，，
即，即①，
由，可得的图象关于直线对称，
可得，即②，
由，即③，
由①②③解得，，，
则，
在区间上恒有，
则在区间上恒有，
因为，则，
所以
可得，
解得
故选：
8．已知函数的定义域D关于原点对称，且满足：①当时，；②，且，，则下列关于的判断错误的是（ ）
A．为奇函数B．
C．是的一个周期D．在上单调递减
【答案】D
【解析】因为，，，
所以为D上的奇函数，
因为，所以，
所以，
，
所以，
所以是的一个周期，
，，且，则，
因为当时，，
对于任意的，
所以，，均小于0，
又，
所以，所以，
所以在上单调递增，故ABC正确，D错误．
故选
9．（多选题）已知定义在R上且不恒为0的函数，若对任意的 x，，都有，则（ ）
A．函数是奇函数
B．对，有
C．若，则
D．若，则
【答案】AD
【解析】：对于因为对任意的x，，都有，所以令，有，解得；
令，有，解得，
因此对任意的，，有，即，
所以函数是奇函数，故A正确；
对于因为对任意的x，，都有，且由选项A知：，
所以对任意的，
，故B错误；
对于由选项B知：对任意的，，而，
因此，
所以 ①，
①得： ②，
因此②-①得：
=，故C错误；
对于因为对任意的x，，都有，且，，
所以令，，则由得
又因为由选项B知：对任意的，，
所以令，则，因此，
所以
，故D正确．
故选
10．（多选题）定义在R上的函数和，函数的图象关于直线对称，且满足，若，则（ ）
A．B．函数的图象是中心对称图形
C．D．
【答案】BC
【解析】 由 的图象关于直线 对称得到 ，
再由
即
得到 ，故 的图象关于对称，故B正确；
令 ，得到 ，故A不正确，
由 可得，
即，
，，
故到 的周期为4，
又即即，
令，则 ，故 ， ，故D错误；
令，则 ，故 所以 ，
令，则，故，
所以C正确，故选
04 排除法
11．在等比数列中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，，不符合题意；
当时，，，
所以，不符合题意；
当时，，，不符合题意；
故，所以
故选：
12．（多选题）已知为等比数列，下面结论中错误的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
【答案】ACD
【解析】设的首项为，公比为q，
当，时，可知，，，所以A不正确；
当时，C选项错误；
当时，，故D选项错误．
根据基本不等式可得，当且仅当时，取等号，B选项正确．
故选
13．（多选题）对于，，下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则是纯虚数
C．D．
【答案】AC
【解析】不妨设，则，若，则，则，，故A选项正确；
若，可以是纯虚数，也可以是实数0，故B选项错误；
C选项中，，故C正确；
D选项中，当时，结论不成立，故D错误．
故选
14．（多选题）在中，下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【解析】由，则，结合正弦定理，得；故A选项正确；
若，且A，，则，则，故B错；
，A，，且余弦函数在上为减函数，故，故C对；
取，，则，，此时，故D错．
故选：
05 构造法
15．下列不等式不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对于A，，
因为，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，令，则，
当，，函数为增函数，当，，函数为减函数，
又，所以，所以故B正确；
对于C，设，
则，
所以在上单调递增，则
所以，
所以，
则
所以，故C错误；
对于D，，，
因为，所以，
所以，故D正确．
故选
16．若关于x的方程有3个不同实根，则满足条件的整数k的个数是（ ）
A．24B．26C．29D．31
【答案】B
【解析】由，得，
则关于x的方程有3个不同实根，
即为函数，的图象有3个不同的交点，
令，则，
当或时，，当时，，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以，，
当x趋向负无穷时，趋向负无穷，当x趋向正无穷时，趋向正无穷，
作出函数的大致图象，如图所示，
由图可得，所以，
所以满足条件的整数k的个数是个．
故选：
17．（多选题）已知函数，若，，且，总有成立，则（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数在区间上单调递增
C．a的取值范围是
D．a的取值范围是
【答案】ABD
【解析】由题意，知，不妨设，
由，得，
故，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
由，得，
所以函数在区间上单调递增，故B正确；
设，由上可知函数在区间上单调递增，
故在区间上恒成立，所以，
又函数在区间上单调递减，
故当时，函数取得最大值为，
所以，故D正确、C错误．
故选
18．（多选题）已知函数的定义域为R，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
【答案】AD
【解析】因为的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，所以的图象关于y轴对称，所以为偶函数，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以为奇函数．又因为函数与在R上均单调递增，所以在R上单调递增．
对于A，因为，所以是偶函数，故A正确；
对于B，因为，在R上单调递增，所以，故B错误；
对于C，令，则，当时，，所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，所以C错误；
对于D，由前面的分析可知，所以，故D正确．
06 中间值比较法
19．已知，，其中是自然对数的底数，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，，
设，则，
当时，，
所以在上单调递增，则，
从而，即，故，即
设，则，
当时，，
所以在上单调递减，则，即，即，
从而，即，故，即
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
则，即，
从而，即，故，即
20．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，
则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，
故，
所以对任意均成立，
取，有，
所以，
再取，可得，即，
所以，
当时，令，
则，
所以在上单调递增，
则，所以
当时，令，
则，
所以在上单调递增，
则，所以，
所以当时，，
所以
，
所以
故选
21．已知正实数a，b，c满足：，，，则a，b，c大小满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为；
而函数为增函数，，所以；
又因为，，，
所以，所以
因此，
故选
22．设，，，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，
则，因此函数是增函数，
所以，即，
因此，即
设，则，
因此函数是减函数，所以，因此，即
设，则
而由知：当时，，即，
因此函数是减函数，所以，即，因此，
所以，即
综上所述，
07 坐标法
23．正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则（ ）
A．B．3C．D．5
【答案】B
【解析】以E点为坐标原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，
则，，，
所以
所以，
故选：
24．已知是边长为1的正三角形，若点P满足，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【解析】以O为原点，以OB为x轴，建立平面直角坐标系，
为边长为1的正三角形，
，，
，
，
，故选
25．（多选题）已知在中，，，D，E为所在平面内的点，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【解析】由题意知，E为AD的中点，
，则A错B对；
取BC中点O，以O为原点，，的方向分别为x，y轴正方向建立平面直角坐标系，
如图所示：
得，，，，，
则，，，
则，故C项错误；
而，
即，
得，故D项正确．
26．（多选题）已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点．若内一动点M满足则下列说法中正确的有（ ）
A．线段BM长度的最大值为B．的最大值为
C．面积的最小值为D．的最小值为
【答案】BD
【解析】如图，以D为原点，BC，DA所在直线分别为x轴，y轴，
建立平面直角坐标系，
则，，
因为动点 M满足，设，
则，
可以求得动点M的轨迹方程：，
故动点M的轨迹是一个圆心在点，半径的圆不含原点，
A项：，所以，故A错误；
B项：，故B正确；
C项：易知直线，圆心P到直线AB的距离为，
则点M到直线AB的距离的最小值为，
所以面积的最小值为 ，故C错误；
D项：易知取最小值，当且仅当取最大值，也即BM与相切时，此时，故，故D正确．
故选
08 归纳法
27．（多选题）意大利数学家列昂纳多斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：
28．（多选题）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第次得到数列1，，，…，，1，记，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】由，，
，，故A错误；
所以，故B错误，C正确；
由……
，故D正确．
故选
09 正难则反法
29．南通地铁1号线从文峰站到南通大学站共有6个站点．甲、乙二人同时从文峰站上车，准备在世纪大道站、图书馆站和南通大学站中的某个站点下车．若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲、乙二人在不同站点下车的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令事件A为甲乙在世纪大道站、图书馆站和南通大学站中的某个相同站点下车，
则，
所以
故选：
30．（多选题）某校共有东门、西门、北门三道校门．由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
【答案】ABD
【解析】对于A项，每位教师都可以有3种安排方法，则，故A项正确；
对于B项，若恰有一道门没有教师志愿者去，需要先在3道门中选出2道门，将4人安排到这两个地方，则，故B项正确；
对于C项，根据题意，需要将4人分为3组，若甲乙在同一组，有1种分组方法，
则甲乙所在的组不能去北门，有2种情况，剩余2组安排到其余2门，有种情况，
此时有种安排方法；
若甲乙不在同一组，有种分组方法，
若甲乙两人不能去北门，只能安排没有甲乙的1组去北门，甲乙所在的两组安排到东、西两地，
有种情况，此时有种安排方法；
则一共有种安排方法，故C项错误；
对于D项，只需要将20把同一型号的额温枪排成一排，
若每道校门至少3把，则在13个空位中插入2个挡板，就可以将20把同一型号的额温枪分为3组，
依次对应东门、西门、北门三道校门即可，有种安排方法，故D项正确．
31．（多选题）美术馆计划从6幅油画，4幅国画中，选出4幅展出，若某两幅画至少有一副参展，则不同的参展方案有多少种？（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】对于A，从对立面考虑，这两幅画一幅也没参展有种情况，
则至少一幅参展方案为，A正确；
对于B，若两幅中只有一幅参展，有种情况；
若两幅都参展，有种情况，
则共有方案 种，B正确；
对于C，将该两幅画分别记为甲、乙，若甲参展，则不需要考虑乙的参展情况，有种，
若甲不参展，则乙必须参展，需要在剩余8幅画中再选3幅，有种，
故满足题意的方案有种，C正确；
对于D，表示两幅画都参展或都不参展，D错误；
故选
32．（多选题）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷n次，以表示没有出现连续2次6点向上的概率，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．当时D．
【答案】ACD
【解析】对于A，抛掷2次，若出现两次6点向上，概率为，则，A正确；
对于B，抛掷3次，，B错误；
对于C、D，抛掷n次，没有出现连续2次6点向上，
若第n次没出现6点，则与前次没有出现连续2次6点向上是一样的，，
若第n次出现6点，则第次不出现6点，且前次没有出现连续2次6点向上，，
所以①，D正确；
又②，
②①得，，所以，，
由选项A、B知，时上式也成立，故C正确．
故选：
10 换元法
33．（多选题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，P为x轴上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则的面积等于4
C．若，则的最小值为5
D．若，且与的夹角则
【答案】ACD
【解析】，
当且仅当，
即时，等号成立，
故选项A正确；
，，
轴，，，
故选项B错；
，A关于x轴的对称点，
，
，
当且仅当共线时等号成立．
故选项C正确；
，则
，，
与的夹角
即，
所以，
，
令，则
，
易知函数在上是增函数，
所以，
所以，
故选项D正确．
故选：
34．（多选题）设，若，则的值可能为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】BC
【解析】令 ，则 ，代入 可得，
，关于 x 的方程有解，
则 ，解得 ，
所以 ，则BC选项符合题意．
故选：
35．（多选题）下列说法正确的有（ ）
A．若，则的最大值是
B．若x，y，z都是正数，且，则的最小值是3
C．若，，，则的最小值是2
D．若实数x，y满足，则的最大值是
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，所以，，
所以
，
当且仅当时，即，等号成立，
此时有最大值，故A正确；
对于B，若x，y，z都是正数，且，即，，，
则
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值是3，故B正确；
对于C，因为，，所以，即，
因为，所以，
所以，整理得，
解得舍去或，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，故C错误；
对于D，已知，则，，不妨设，
设，，则，，，，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为，故D正确．
故选
36．（多选题）已知函数，，则（ ）
A．与均在单调递增
B．的图象可由的图象平移得到
C．图象的对称轴均为图象的对称轴
D．函数的最大值为
【答案】AD
【解析】，
对于A选项，由，，
可得的单调增区间为，
由，，
可得的单调增区间为，
故与均在单调递增，故A正确；
对于B选项，与的周期及最值均不相同，
故的图象无法由的图象平移得到，故B错误；
对于C选项，由，，可得的对称轴为，
由，，可得的对称轴为，，
因而图象的对称轴不全是图象的对称轴，故C错误；
对于D选项，，
令，则，
则，
时，，故D正确．
故选
37．（多选题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，P为x轴上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则的面积等于4
C．若，则的最小值为5
D．若，且与的夹角则
【答案】ACD
【解析】，
当且仅当，
即时，等号成立，
故选项A正确；
，，
轴，，，
故选项B错；
，A关于x轴的对称点，
，
，
当且仅当共线时等号成立．
故选项C正确；
，则
，，
与的夹角
即，
所以，
，
令，则
，
易知函数在上是增函数，
所以，
所以，
故选项D正确．
故选：
38．（多选题）已知，，且，则下列不等关系成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】A：，当且仅当时取等号，故A正确；
B：故，
当且仅当时取等号，所以B正确；
C：，
令，
由二次函数性质易得最大值在处取得，为1，则，，所以C正确；
，
令，，易得在单调递减，在单调递增，
则在取最小值，
，故D错误．
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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159487899" 01 直接法 PAGEREF _Tc159487899 \h 1
\l "_Tc159487900" 02 特殊法 PAGEREF _Tc159487900 \h 3
\l "_Tc159487901" 03 赋值法 PAGEREF _Tc159487901 \h 7
\l "_Tc159487902" 04 排除法 PAGEREF _Tc159487902 \h 11
\l "_Tc159487903" 05 构造法 PAGEREF _Tc159487903 \h 12
\l "_Tc159487904" 06 中间值比较法 PAGEREF _Tc159487904 \h 16
\l "_Tc159487905" 07 坐标法 PAGEREF _Tc159487905 \h 19
\l "_Tc159487906" 08 归纳法 PAGEREF _Tc159487906 \h 23
\l "_Tc159487907" 09 正难则反法 PAGEREF _Tc159487907 \h 25
\l "_Tc159487908" 10 换元法 PAGEREF _Tc159487908 \h 27
01 直接法
1．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为．（ ）
A．4B．8C．9D．13
【答案】C
【解析】因为，
所以，
可得是R上的奇函数，
因为，
所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为9，
故选：C
2．中国的5G技术世界领先，其数学原理之一便是著名的香农公式：它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率单位：取决于信道宽度单位：、信道内信号的平均功率单位：、信道内部的高斯噪声功率单位：的大小，其中叫做信噪比，按照香农公式，若信道宽度W变为原来2倍，而将信噪比从1000提升至4000，则C大约增加了附：（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，当 时， ，
当W变为原来的2倍，时， ，
则
故选
3．17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”．已知，，设，则N所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以
，
所以
故选
4．已知函数，在区间上单调递减，则正实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，函数，令，
由正实数a知，函数单调递减，
因为在区间上单调递减，
则单调递增且在区间上恒成立，
所以，解得：，
故a的取值范围是
故选
02 特殊法
5．（多选题）设a，b是正数，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
可得，故A正确；
对于B，因为，
所以，
即得，
因为，，
所以，，
则
，
当且仅当，
即，时，等号成立，故B正确；
对于C，当，由，则，
当且仅当时取得等号；
当时，比如，，可得，故C错误；
对于D，，
，
而，，
可得，
则，故D正确．
故选：
6．（多选题）定义“正对数”：现有四个命题，其中的真命题有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，当，时，有，从而，，
；
当，时，有，从而，，
；
当，时，，命题A正确；
对于B，当，时，满足，，
而，，
，命题B错误；
对于C，由“正对数”的定义知，且
当，时，，而，
当，时，有，，
而，
，
当，时，有，
，而，
当，时，，则
当，时，，命题C正确；
对于D，由“正对数”的定义知，当时，有，
当，时，有，
从而，，
当，时，有，
从而，
，
当，时，有，
从而，
，
当，时，，
，
，
，从而命题D正确．
故答案为：
03 赋值法
7．设二次函数满足下列条件：①；②当时，恒成立．若在区间上恒有，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，
当时，恒成立，
可得当时，，
即，即①，
由，可得的图象关于直线对称，
可得，即②，
由，即③，
由①②③解得，，，
则，
在区间上恒有，
则在区间上恒有，
因为，则，
所以
可得，
解得
故选：
8．已知函数的定义域D关于原点对称，且满足：①当时，；②，且，，则下列关于的判断错误的是（ ）
A．为奇函数B．
C．是的一个周期D．在上单调递减
【答案】D
【解析】因为，，，
所以为D上的奇函数，
因为，所以，
所以，
，
所以，
所以是的一个周期，
，，且，则，
因为当时，，
对于任意的，
所以，，均小于0，
又，
所以，所以，
所以在上单调递增，故ABC正确，D错误．
故选
9．（多选题）已知定义在R上且不恒为0的函数，若对任意的 x，，都有，则（ ）
A．函数是奇函数
B．对，有
C．若，则
D．若，则
【答案】AD
【解析】：对于因为对任意的x，，都有，所以令，有，解得；
令，有，解得，
因此对任意的，，有，即，
所以函数是奇函数，故A正确；
对于因为对任意的x，，都有，且由选项A知：，
所以对任意的，
，故B错误；
对于由选项B知：对任意的，，而，
因此，
所以 ①，
①得： ②，
因此②-①得：
=，故C错误；
对于因为对任意的x，，都有，且，，
所以令，，则由得
又因为由选项B知：对任意的，，
所以令，则，因此，
所以
，故D正确．
故选
10．（多选题）定义在R上的函数和，函数的图象关于直线对称，且满足，若，则（ ）
A．B．函数的图象是中心对称图形
C．D．
【答案】BC
【解析】 由 的图象关于直线 对称得到 ，
再由
即
得到 ，故 的图象关于对称，故B正确；
令 ，得到 ，故A不正确，
由 可得，
即，
，，
故到 的周期为4，
又即即，
令，则 ，故 ， ，故D错误；
令，则 ，故 所以 ，
令，则，故，
所以C正确，故选
04 排除法
11．在等比数列中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，，不符合题意；
当时，，，
所以，不符合题意；
当时，，，不符合题意；
故，所以
故选：
12．（多选题）已知为等比数列，下面结论中错误的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
【答案】ACD
【解析】设的首项为，公比为q，
当，时，可知，，，所以A不正确；
当时，C选项错误；
当时，，故D选项错误．
根据基本不等式可得，当且仅当时，取等号，B选项正确．
故选
13．（多选题）对于，，下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则是纯虚数
C．D．
【答案】AC
【解析】不妨设，则，若，则，则，，故A选项正确；
若，可以是纯虚数，也可以是实数0，故B选项错误；
C选项中，，故C正确；
D选项中，当时，结论不成立，故D错误．
故选
14．（多选题）在中，下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【解析】由，则，结合正弦定理，得；故A选项正确；
若，且A，，则，则，故B错；
，A，，且余弦函数在上为减函数，故，故C对；
取，，则，，此时，故D错．
故选：
05 构造法
15．下列不等式不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对于A，，
因为，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，令，则，
当，，函数为增函数，当，，函数为减函数，
又，所以，所以故B正确；
对于C，设，
则，
所以在上单调递增，则
所以，
所以，
则
所以，故C错误；
对于D，，，
因为，所以，
所以，故D正确．
故选
16．若关于x的方程有3个不同实根，则满足条件的整数k的个数是（ ）
A．24B．26C．29D．31
【答案】B
【解析】由，得，
则关于x的方程有3个不同实根，
即为函数，的图象有3个不同的交点，
令，则，
当或时，，当时，，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减，
所以，，
当x趋向负无穷时，趋向负无穷，当x趋向正无穷时，趋向正无穷，
作出函数的大致图象，如图所示，
由图可得，所以，
所以满足条件的整数k的个数是个．
故选：
17．（多选题）已知函数，若，，且，总有成立，则（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数在区间上单调递增
C．a的取值范围是
D．a的取值范围是
【答案】ABD
【解析】由题意，知，不妨设，
由，得，
故，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
由，得，
所以函数在区间上单调递增，故B正确；
设，由上可知函数在区间上单调递增，
故在区间上恒成立，所以，
又函数在区间上单调递减，
故当时，函数取得最大值为，
所以，故D正确、C错误．
故选
18．（多选题）已知函数的定义域为R，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
【答案】AD
【解析】因为的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，所以的图象关于y轴对称，所以为偶函数，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以为奇函数．又因为函数与在R上均单调递增，所以在R上单调递增．
对于A，因为，所以是偶函数，故A正确；
对于B，因为，在R上单调递增，所以，故B错误；
对于C，令，则，当时，，所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，所以C错误；
对于D，由前面的分析可知，所以，故D正确．
06 中间值比较法
19．已知，，其中是自然对数的底数，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，，
设，则，
当时，，
所以在上单调递增，则，
从而，即，故，即
设，则，
当时，，
所以在上单调递减，则，即，即，
从而，即，故，即
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
则，即，
从而，即，故，即
20．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，
则，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，
故，
所以对任意均成立，
取，有，
所以，
再取，可得，即，
所以，
当时，令，
则，
所以在上单调递增，
则，所以
当时，令，
则，
所以在上单调递增，
则，所以，
所以当时，，
所以
，
所以
故选
21．已知正实数a，b，c满足：，，，则a，b，c大小满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为；
而函数为增函数，，所以；
又因为，，，
所以，所以
因此，
故选
22．设，，，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，
则，因此函数是增函数，
所以，即，
因此，即
设，则，
因此函数是减函数，所以，因此，即
设，则
而由知：当时，，即，
因此函数是减函数，所以，即，因此，
所以，即
综上所述，
07 坐标法
23．正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则（ ）
A．B．3C．D．5
【答案】B
【解析】以E点为坐标原点，AB为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，
则，，，
所以
所以，
故选：
24．已知是边长为1的正三角形，若点P满足，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【解析】以O为原点，以OB为x轴，建立平面直角坐标系，
为边长为1的正三角形，
，，
，
，
，故选
25．（多选题）已知在中，，，D，E为所在平面内的点，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【解析】由题意知，E为AD的中点，
，则A错B对；
取BC中点O，以O为原点，，的方向分别为x，y轴正方向建立平面直角坐标系，
如图所示：
得，，，，，
则，，，
则，故C项错误；
而，
即，
得，故D项正确．
26．（多选题）已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点．若内一动点M满足则下列说法中正确的有（ ）
A．线段BM长度的最大值为B．的最大值为
C．面积的最小值为D．的最小值为
【答案】BD
【解析】如图，以D为原点，BC，DA所在直线分别为x轴，y轴，
建立平面直角坐标系，
则，，
因为动点 M满足，设，
则，
可以求得动点M的轨迹方程：，
故动点M的轨迹是一个圆心在点，半径的圆不含原点，
A项：，所以，故A错误；
B项：，故B正确；
C项：易知直线，圆心P到直线AB的距离为，
则点M到直线AB的距离的最小值为，
所以面积的最小值为 ，故C错误；
D项：易知取最小值，当且仅当取最大值，也即BM与相切时，此时，故，故D正确．
故选
08 归纳法
27．（多选题）意大利数学家列昂纳多斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：
28．（多选题）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第次得到数列1，，，…，，1，记，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】由，，
，，故A错误；
所以，故B错误，C正确；
由……
，故D正确．
故选
09 正难则反法
29．南通地铁1号线从文峰站到南通大学站共有6个站点．甲、乙二人同时从文峰站上车，准备在世纪大道站、图书馆站和南通大学站中的某个站点下车．若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲、乙二人在不同站点下车的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令事件A为甲乙在世纪大道站、图书馆站和南通大学站中的某个相同站点下车，
则，
所以
故选：
30．（多选题）某校共有东门、西门、北门三道校门．由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
【答案】ABD
【解析】对于A项，每位教师都可以有3种安排方法，则，故A项正确；
对于B项，若恰有一道门没有教师志愿者去，需要先在3道门中选出2道门，将4人安排到这两个地方，则，故B项正确；
对于C项，根据题意，需要将4人分为3组，若甲乙在同一组，有1种分组方法，
则甲乙所在的组不能去北门，有2种情况，剩余2组安排到其余2门，有种情况，
此时有种安排方法；
若甲乙不在同一组，有种分组方法，
若甲乙两人不能去北门，只能安排没有甲乙的1组去北门，甲乙所在的两组安排到东、西两地，
有种情况，此时有种安排方法；
则一共有种安排方法，故C项错误；
对于D项，只需要将20把同一型号的额温枪排成一排，
若每道校门至少3把，则在13个空位中插入2个挡板，就可以将20把同一型号的额温枪分为3组，
依次对应东门、西门、北门三道校门即可，有种安排方法，故D项正确．
31．（多选题）美术馆计划从6幅油画，4幅国画中，选出4幅展出，若某两幅画至少有一副参展，则不同的参展方案有多少种？（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】对于A，从对立面考虑，这两幅画一幅也没参展有种情况，
则至少一幅参展方案为，A正确；
对于B，若两幅中只有一幅参展，有种情况；
若两幅都参展，有种情况，
则共有方案 种，B正确；
对于C，将该两幅画分别记为甲、乙，若甲参展，则不需要考虑乙的参展情况，有种，
若甲不参展，则乙必须参展，需要在剩余8幅画中再选3幅，有种，
故满足题意的方案有种，C正确；
对于D，表示两幅画都参展或都不参展，D错误；
故选
32．（多选题）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷n次，以表示没有出现连续2次6点向上的概率，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．当时D．
【答案】ACD
【解析】对于A，抛掷2次，若出现两次6点向上，概率为，则，A正确；
对于B，抛掷3次，，B错误；
对于C、D，抛掷n次，没有出现连续2次6点向上，
若第n次没出现6点，则与前次没有出现连续2次6点向上是一样的，，
若第n次出现6点，则第次不出现6点，且前次没有出现连续2次6点向上，，
所以①，D正确；
又②，
②①得，，所以，，
由选项A、B知，时上式也成立，故C正确．
故选：
10 换元法
33．（多选题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，P为x轴上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则的面积等于4
C．若，则的最小值为5
D．若，且与的夹角则
【答案】ACD
【解析】，
当且仅当，
即时，等号成立，
故选项A正确；
，，
轴，，，
故选项B错；
，A关于x轴的对称点，
，
，
当且仅当共线时等号成立．
故选项C正确；
，则
，，
与的夹角
即，
所以，
，
令，则
，
易知函数在上是增函数，
所以，
所以，
故选项D正确．
故选：
34．（多选题）设，若，则的值可能为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】BC
【解析】令 ，则 ，代入 可得，
，关于 x 的方程有解，
则 ，解得 ，
所以 ，则BC选项符合题意．
故选：
35．（多选题）下列说法正确的有（ ）
A．若，则的最大值是
B．若x，y，z都是正数，且，则的最小值是3
C．若，，，则的最小值是2
D．若实数x，y满足，则的最大值是
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，所以，，
所以
，
当且仅当时，即，等号成立，
此时有最大值，故A正确；
对于B，若x，y，z都是正数，且，即，，，
则
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值是3，故B正确；
对于C，因为，，所以，即，
因为，所以，
所以，整理得，
解得舍去或，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，故C错误；
对于D，已知，则，，不妨设，
设，，则，，，，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为，故D正确．
故选
36．（多选题）已知函数，，则（ ）
A．与均在单调递增
B．的图象可由的图象平移得到
C．图象的对称轴均为图象的对称轴
D．函数的最大值为
【答案】AD
【解析】，
对于A选项，由，，
可得的单调增区间为，
由，，
可得的单调增区间为，
故与均在单调递增，故A正确；
对于B选项，与的周期及最值均不相同，
故的图象无法由的图象平移得到，故B错误；
对于C选项，由，，可得的对称轴为，
由，，可得的对称轴为，，
因而图象的对称轴不全是图象的对称轴，故C错误；
对于D选项，，
令，则，
则，
时，，故D正确．
故选
37．（多选题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，P为x轴上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2
B．若，则的面积等于4
C．若，则的最小值为5
D．若，且与的夹角则
【答案】ACD
【解析】，
当且仅当，
即时，等号成立，
故选项A正确；
，，
轴，，，
故选项B错；
，A关于x轴的对称点，
，
，
当且仅当共线时等号成立．
故选项C正确；
，则
，，
与的夹角
即，
所以，
，
令，则
，
易知函数在上是增函数，
所以，
所以，
故选项D正确．
故选：
38．（多选题）已知，，且，则下列不等关系成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】A：，当且仅当时取等号，故A正确；
B：故，
当且仅当时取等号，所以B正确；
C：，
令，
由二次函数性质易得最大值在处取得，为1，则，，所以C正确；
，
令，，易得在单调递减，在单调递增，
则在取最小值，
，故D错误．
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