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2021届二轮复习 热考题型解法指导 高考客观题的解法 学案（全国通用）
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第1讲 北京朝阳期末客观题的解法
1．在“限时”的北京朝阳期末考试中，解答选择题不但要“准”，更要“快”，只有“快”，才能为后面的解答题留下充足的时间．而要做到“快”，必然要追求“巧”，“巧”即“不择手段、多快好省”．由于数学选择题是四选一的形式，因而在解答时应突出一个“选”字，要充分利用题干和选项两方面提供的信息，尽量减少书写解题过程，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速解答．一般来说，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；能使用间接法的，就不必采用直接法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；初选后要认真检验，确保准确．
2．数学填空题只要求写出结果，不要求写出计算和推理过程，其结果必须是数值准确、形式规范、表达式(数)最简．解题时，要有合理地分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思是快速、准确地解答填空题的基本要求．
数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法等．
技法一 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，从而得出正确的结论．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
[典型例题]
(1)(2020·杭州市学军中学北京朝阳期末模拟)展开式中所有奇数项的系数之和为1 024，则展开式中各项系数的最大值是( )
A．790 B．680 C．462 D．330
(2)已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________．
【解析】 (1)由题意可得2n－1＝1 024，即得n＝11，则展开式中各项系数的最大值是C或C，则C＝＝462，故选C.
(2)由于2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x
＝sin(2x＋)＋1，所以A＝，b＝1.
【答案】 (1)C (2) 1
直接法是解决选择题，填空题最基本的方法，直接法适用范围较广．在计算过程中，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解问题的关键．
[对点训练]
1．(2020·北京朝阳期末浙江卷)复数(i为虚数单位)的共轭复数是( )
A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i
解析：选B.因为＝＝＝1＋i，
所以复数的共轭复数为1－i.故选B.
2．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.
答案：1
技法二 特例法
当已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．
[典型例题]
(1)若函数f(x)＝x2＋ ax＋b在区间[0, 1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
(2)已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，令＝a，＝b，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且＝ma，＝nb，则＋＝( )
A．3 B．4
C．5 D.
【解析】 (1)因为最值在f(0)＝b，f(1)＝1＋a＋b，f(－)＝b－中取，所以最值之差一定与b无关，故选B.
(2)由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．
法一：如图1，令PQ∥BC，
则＝，＝，此时，m＝n＝，
故＋＝3.故选A.
法二：如图2，直线BE与直线PQ重合，此时，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.故选A.
【答案】 (1)B (2)A
特例法具有简化运算和推理的优点，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但用特例法解题时，要注意以下几点：
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；
第三，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，不能使用该种方法求解．
[对点训练]
如图，点P为椭圆＋＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右项点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．1 B．2 C. D.
解析：选A.不妨取点P，
则可计算S1＝×(5－4)＝，
由题易得PD＝2，PE＝，
所以S2＝×2×＝，
所以S1∶S2＝1.
技法三 图解法
对于一些含有几何背景的问题，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．
[典型例题]
(1)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2.分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则( )
A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β
C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α
(2)(2020·宁波北京朝阳期末模拟)定义max{a，b}＝，已知函数f(x)＝max{|2x－1|，ax2＋b}，其中a<0，b∈R，若f(0)＝b，则实数b的范围为________，若f(x)的最小值为1，则a＋b＝________．
【解析】 (1)如图1，设O是点D在底面ABC内的射影，过O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，所以∠OED就是二面角DPRQ的平面角，所以α＝∠OED，tan α＝，同理tan β＝，tan γ＝.
底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB＝2，则A(－1，0)，B(1，0)，C(0，)，O，因为AP＝PB，＝＝2，所以Q，R，则直线RP的方程为y＝－x，直线PQ的方程为y＝2x，直线RQ的方程为y＝x＋，根据点到直线的距离公式，知OE＝，OF＝，OG＝，所以OE>OG>OF，
所以tan α
作出y＝|2x－1|与y＝ax2＋b的函数图象，如图所示：
因为f(x)的最小值为1，所以y＝ax2＋b恰好经过点(1，1)，
所以a＋b＝1.
【答案】 (1)B (2)[1，＋∞) 1
图解法实质上就是数形结合的思想方法在解题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是北京朝阳期末命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．
[对点训练]
a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)
解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体的棱长为1，
则AC＝1，AB＝，
斜边AB以直线AC 为旋转轴旋转，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．
以C为坐标原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．
则D(1，0，0)，A(0，0，1)，
直线a的单位方向向量a＝(0，1，0)，|a|＝1.
B点起始坐标为(0，1，0)，
直线b的单位方向向量b＝(1，0，0)，|b|＝1.
设B点在运动过程中的坐标B′(cos θ，sin θ，0)，
其中θ为与的夹角，θ∈[0，2π)．
那么AB′在运动过程中的向量＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.
设直线AB′与a所成的夹角为α∈，
cos α＝＝|sin θ|∈.
故α∈，所以③正确，④错误．
设直线AB′与b所成的夹角为β，则β∈，
cos β＝＝＝|cos θ|.
当AB′与a成60°角时，α＝，
|sin θ|＝cos α＝cos＝×＝.
因为cos2θ＋sin2θ＝1，
所以|cos θ|＝.
所以cos β＝|cos θ|＝.
因为β∈，
所以β＝，此时AB′与b成60°角．
所以②正确，①错误．
答案：②③
技法四 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出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．
[典型例题]
(1)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图所示，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )
A. B．－
C. D．－
(2)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln ，则( )
A．m＞n
B．m＜n
C．m＞2＋
D．m，n的大小关系不确定
【解析】 (1)由题意，可补成正方体，如图，异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角，而△BDE为等边三角形，所以ED与BD所成角为，cos＝.故选A.
(2)由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.故选A.
【答案】 (1)A (2)A
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．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．
[对点训练]
1．设函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则( )
A．3f(ln 2)>2f(ln 3)
B．3f(ln 2)＝2f(ln 3)
C．3f(ln 2)<2f(ln 3)
D．3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小关系不确定
解析：选C.令g(x)＝，则g′(x)＝＝.因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增．又ln 2
解析：因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，
所以数列是公比为3的等比数列，
所以＝3.
又S2＝4，所以S1＝1，所以a1＝1，
所以S5＋＝×34＝×34＝，
所以S5＝121.
答案：1 121
技法五 排除法
排除法也叫筛选法、淘汰法，此法适用于选择题，它是充分利用选择题的特征，即有且只有一个正确的选项，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选择支，从而得出正确结论的一种方法．
[典型例题]
(2020·北京朝阳期末浙江卷)函数y＝2|x|sin 2x的图象可能是( )
【解析】 设f(x)＝2|x|sin 2x，其定义域关于坐标原点对称，又f(－x)＝2|－x|·sin(－2x)＝－f(x)，所以y＝f(x)是奇函数，故排除选项A，B；令f(x)＝0，所以sin 2x＝0，所以2x＝kπ(k∈Z)，所以x＝(k∈Z)，故排除选项C.故选D.
【答案】 D
排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，在近几年北京朝阳期末选择题中占有很大的比重．
[对点训练]
1．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋<
2．(2020·汕头一模)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意的x∈R恒成立，则实数k的取值范围是( )
A．[0，1] B．(0，1]
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选A.k＝0时，8≥0，满足条件，排除B、C，当k＝2时，不等式变为x2－6x＋5≥0，即x≥5或x≤1不满足条件，排除D.
技法六 估值法
估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计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，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．
[典型例题]
如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面AC的距离为2，则该多面体的体积为( )
A. B．5
C．6 D.
【解析】 该多面体体积直接求比较困难，可连接BE、CE，原体积转化为四棱锥EABCD和三棱锥EBCF的体积之和，而VEABCD＝6，故由局部估算出整体，原多面体体积大于6，只有D符合．故选D.
【答案】 D
对于选项是数值的选择题，可以通过估计所要计算值的范围来确定唯一的正确选项．
有些问题，属于比较大小或者确定位置的问题，我们只要对数值进行估算，或者对位置进行估计，就可以避免因为精确计算或严格推演而浪费时间．
[对点训练]
某班设计了一个八边形的班徽(如图所示)，它由四个腰长为1，顶角为α的等腰三角形和一个正方形组成，则该八边形的面积为( )
A．2sin α－2cos α＋2 B．sin α－cos α＋3
C．3sin α－cos α＋1 D．2sin α－cos α＋1
解析：选A.当顶角α→π时，八边形几乎是边长为2的正方形，面积接近于4，四个选项中，只有A符合，故选A.
专题强化训练
[基础达标]
1．(2020·宁波北京朝阳期末模拟)已知全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，则B＝( )
A．{2，4，6} B．{1，3，5}
C．{0，2，4，6} D．{x∈Z|0≤x≤6}
解析：选C.因为全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，故选C.
2．复数z满足(1＋i)z＝|－i|，则z＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选A.由题意知：(1＋i)z＝2，设z＝a＋bi，
则(1＋i)z＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i，
所以解得a＝1，b＝－1，故z＝1＋i，故选A.
3．(2020·温州市北京朝阳期末数学模拟)已知数列{an}是递增数列，且满足an＋1＝f(an)，a1∈(0，1)，则f(x)不可能是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝2x－1
C．f(x)＝ D．f(x)＝log2(x＋1)
解析：选B.对于A：因为a1∈(0，1)，所以an＋1＝>an，可得数列{an}是递增数列；对于B：因为a1∈(0，1)，不妨取a1＝，则a2＝2－1＝－1<，因此数列{an}不是递增数列；对于C：f(x)＝，令2x－x2≥0，解得0≤x≤2.由f(x)＝＝，可知：当0≤x≤1时，函数f(x)单调递增；当1≤x≤2时，函数f(x)单调递减．因为a1∈(0，1)，所以数列{an}是递增数列；对于D：画出图象y＝log2(x＋1)，y＝x，可知：在x∈(0，1)时，log2(x＋1)>x，所以an＋1＝log2(an＋1)>an，因此数列{an}是递增数列．故选B.
4．已知点x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值与最小值之差为 ( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.作出约束条件对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x并平移知，当直线经过点A时，z取得最大值，当直线经过点B时，z取得最小值，由，得，即A(2，3)，故zmax＝9.
由，得即B(0，2)，故zmin＝2，故z的最大值与最小值之差为7，选C.
5．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(3n－1) B.
C．n(n＋1) D.
解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
6．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．
由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
7．函数f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为( )
解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f＝coslog2＝－cos ，
f＝cos·log2＝－cos，
所以f＝f，排除A、D，
又f＝－cos<0，故排除C.综上，选B.
8．(2020·嘉兴市高三期末)已知圆C1：x2＋y2－2ax＋a2－1＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－4＝0恰有三条公共切线，则的最小值为( )
A．1＋ B．2
C．3－ D．4
解析：选B.圆C1的圆心为C1(a，0)，半径为r1＝1，
圆C2的圆心为C2(0，b)，半径为r2＝2，
因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切．
所以＝3，
所以点(a，b)在半径为3的圆x2＋y2＝9上．
而表示点(a，b)到点(3，4)的距离．
所以的最小值为－3＝2.故选B.
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18 C．24 D．30
解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABCA1B1C1截掉一个三棱锥DA1B1C1得到的，
其中AC＝4，BC＝3，AA1＝5，AD＝2，
BC⊥AC，S△A1B1C1＝×4×3＝6，
所以该几何体的体积V＝S△A1B1C1·AA1－
S△A1B1C1·DA1＝6×5－×6×3＝24.
10．(2020·台州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x＋y＋a＝0与点A(0，2)，若直线l上存在点M满足|MA|2＋|MO|2＝10(O为坐标原点)，则实数a的取值范围是( )
A．(－－1，－1)
B．[－－1，－1]
C．(－2－1，2－1)
D．[－2－1，2－1]
解析：选D.设M(x，y)，因为|MA|2＋|MO|2＝10，所以x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，即x2＋(y－1)2＝4，由于点M在直线l上，所以直线x＋y＋a＝0与圆x2＋(y－1)2＝4相交或相切时满足题意，即≤2，解得－2－1≤a≤2－1.
11．设函数f(x)＝2sin，则函数f(x)的最小正周期为________，单调递增区间为________．
解析：函数f(x)的最小正周期为＝π，由2x＋∈得x∈，k∈Z，
即f(x)的增区间为，k∈Z.
答案：π ，k∈Z
12．(2020·金丽衢十二校高三联考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3，表面积为________cm2.
解析：根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥PABC，所以其体积V＝Sh＝××4××1＝，表面积S＝×4×＋×4×1＋×2×2＋×2×＝4＋2＋.
答案： 4＋2＋
13．(2020·河南八市重点高中质检)已知直线l1与直线l2：4x－3y＋1＝0垂直且与圆C：x2＋y2＝－2y＋3相切，则直线l1的方程是________．
解析：由题可得，圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4，其圆心为(0，－1)，半径r＝2.设直线l1的方程为3x＋4y＋c＝0，则＝2，解得c＝14或c＝－6.故直线l1的方程为3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0.
答案：3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0
14．对于任意两个正实数a，b，定义a*b＝λ×.其中常数λ∈，若8*3＝3，则λ＝________；若a≥b>0，a*b 与b*a都是集合{x|x＝，n∈Z}中的元素，则a*b ＝________．
解析：由8*3＝3得λ×＝3⇒λ＝；
λ×＝，λ×＝(m，n∈Z，m>n)⇒λ2＝∈⇒mn＝5⇒m＝5，n＝1，
所以a*b＝.
答案：
15．已知函数f(x)＝其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是__________．
解析：函数f(x)的大致图象如图所示，根据题意知只要m>4m－m2即可，又m>0，解得m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞)．
答案：(3，＋∞)
16．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
解析：若在[－1，1]内不存在c满足f(c)>0，
则即
解得p≤－3或p≥，取补集得－3
答案：
17．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．
解析：根据题意，分3种情况讨论：
①若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A×A＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．
答案：84
[能力提升]
1．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是( )
A.＜ B．a2＞b2
C.＞ D．a|c|＞b|c|
解析：选C.取a＝1，b＝－1，排除A，B；取c＝0，排除D，故选C.
2．(2020·金华市东阳二中高三调研)若关于x的不等式x2＋ax－2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：选A.由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．
于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是
f(5)>0，解得a>－，故a的取值范围为.
3．(2020·杭州市学军中学模拟)已知q是等比数列{an}的公比，则“q<1”是“数列{an}是递减数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选D.数列－8，－4，－2，…，该数列是公比q＝＝<1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数列{an}的公比q<1，不能得出数列{an}是递减数列；
而数列－1，－2，－4，－8，…，是递减数列，但其公比q＝>1，所以，由数列{an}是递减数列，不能得出其公比q<1.
所以，“q<1”是“等比数列{an}是递减数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
4．当a＞0时，函数f(x)＝(x2＋2ax)ex的图象大致是( )
解析：选B.由f(x)＝0，得x2＋2ax＝0，解得x＝0或x＝－2a，因为a＞0，所以x＝－2a＜0，故排除A，C；当x趋向于－∞时，ex趋向于0，故f(x)趋向于0，排除D.
5．已知正实数a，b满足a2－b＋4≤0，则u＝( )
A．有最大值为
B．有最小值为
C．没有最小值
D．有最大值为3
解析：选B.因为a2－b＋4≤0，所以b≥a2＋4，a，b>0.
所以a＋b≥a2＋a＋4，
所以≤，
所以－≥－，
所以u＝＝3－≥3－＝3－≥3－＝，当且仅当a＝2，b＝8时取等号．故选B.
6．(2020·瑞安四校联考)已知Rt△AOB的面积为1，O为直角顶点，设向量a＝，b＝，＝a＋2b，则·的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立直角坐标系．
设A(m，0)，B(0，n)，则a＝(1，0)，
b＝(0，1)，＝a＋2b＝(1，2)，
＝(m－1，－2)，＝(－1，n－2)，
Rt△AOB的面积为1，即有mn＝2，则·＝1－m－2(n－2)＝5－(m＋2n)≤5－2＝5－2×2＝1，当且仅当m＝2n＝2时，取得最大值1.
7．(2020·绍兴一中高三期中)到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为( )
A．相交直线 B．双曲线
C．抛物线 D．椭圆弧
解析：选C.如图所示，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA，BC，设OB＝a，P(x，y，z)到直线OA，BC的距离相等，所以x2＋z2＝(x－a)2＋y2，所以2ax－y2＋z2－a2＝0，
若被平面xOy所截，则z＝0，y2＝2ax－a2；若被平面xOz所截，则y＝0，z2＝－2ax＋a2，故选C.
8．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同分配方案的种数为( )
A．50 B．80
C．120 D．140
解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①甲组有2人，首先选2个放到甲组，共有C＝10种结果，
再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，共有CA＝6种结果，
所以根据分步乘法计数原理知共有10×6＝60种结果，
②当甲中有三个人时，有CA＝20种结果，
所以共有60＋20＝80种结果，故选B.
9．设函数g(x)＝x2－2(x∈R)，f(x)＝则f(x)的值域是( )
A.∪(1，＋∞)
B．[0，＋∞)
C.
D.∪(2，＋∞)
解析：选D.由x＜g(x)得x＜x2－2，
所以x＜－1或x＞2；
由x≥g(x)得x≥x2－2，
所以－1≤x≤2.
所以f(x)＝
即f(x)＝
当x＜－1时，f(x)＞2；当x＞2时，f(x)＞8.
所以当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x≤2时，－≤f(x)≤0.
所以当x∈[－1，2]时，函数的值域为.
综上可得f(x)的值域是∪(2，＋∞)．
10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e为自然对数的底数，则不等式f(x)＋e>x＋的解集是( )
A. B．(0，e)
C. D.
解析：选B.根据题意，令g(x)＝xf(x)，
则有g′(x)＝[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)＝，
则g(x)＝(ln x)2＋C，即xf(x)＝(ln x)2＋C，
则有f(x)＝(ln x)2＋，
又由f(e)＝，即f(e)＝＋＝，解可得C＝，
故f(x)＝(ln x)2＋，
令h(x)＝f(x)－x，
则h′(x)＝f′(x)－1＝－1<0，
故函数h(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上递减，
不等式f(x)＋e>x＋，即f(x)－x>－e＝f(e)－e，
则有0
11．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．
解析：因为lg 2∈(0，1)，0<(lg 2)2
所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．
答案：lg 2 lg(lg 2)
12．商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，则EX＝________．
解析：抽奖1次，不中奖的概率为×＝，
所以抽奖1次能获奖的概率为1－＝；
抽奖1次获一等奖的概率为×＝，
所以随机变量X服从二项分布，即X～B，
所以EX＝3×＝.
答案：
13．在△ABC中，D是AC边的中点，A＝，cos ∠BDC＝－，△ABC的面积为3，则sin∠ABD＝________，AC＝________．
解析：过B作BH⊥AC于H，则cos ∠BDH＝＝，
设DH＝2k(k>0)，则BD＝k，
所以BH＝＝k，
在Rt△ABH中，∠A＝，所以AH＝＝k，
所以AD＝3k，AC＝6k，
又S△ABC＝×AC×BH＝×6k×k＝3k2＝3，
解得k＝1，所以AC＝6，
在△ABD中，＝，
所以＝
解得sin ∠ABD＝.
答案： 6
14．(2020·杭州市七校高三联考)抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)、B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1·x2＝－，则m等于________．
解析：由条件得A(x1，y1)、B(x2，y2)两点连线的斜率k＝＝－1，而y2－y1＝2(x－x)，
得x1＋x2＝－，且(，)在直线y＝x＋m上，即＝＋m，
即y1＋y2＝x1＋x2＋2m.
又因为A(x1，y1)、B(x2，y2)两点在抛物线y＝2x2上，
所以有2(x＋x)＝x1＋x2＋2m，
即2[(x1＋x2)2－2x1x2]＝x1＋x2＋2m，
可得2m＝3，解得m＝.
答案：
15．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率＝________．
解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n＝A＝120，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率：p＝＝.
答案：
16．已知a＝(3，2)，b＝(2，－1)，若向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为a＝(3，2)，b＝(2，－1)，
所以λa＋b＝(3λ＋2，2λ－1)，a＋λb＝(3＋2λ，2－λ)，
因为向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，
所以(λa＋b)·(a＋λb)＝(3λ＋2)×(3＋2λ)＋(2λ－1)×(2－λ)>0.
且(3λ＋2)(2－λ)－(2λ－1)(3＋2λ)≠0，
整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1.
解不等式可得，λ>或λ<且λ≠1.
答案：λ>或λ<且λ≠1
17．(2020·广州市综合测试(一))设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为________．
解析：a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，令p＝1，q＝n，则有an＋1＝an＋a1＝an＋2，故{an}是等差数列，所以an＝2n，Sn＝2×＝n2＋n，f(n)＝＝＝＝n＋1＋－1.
当n＋1＝8时，f(7)＝8＋－1＝；
当n＋1＝7时，f(6)＝7＋－1＝，
因为<，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为.
答案：
1．在“限时”的北京朝阳期末考试中，解答选择题不但要“准”，更要“快”，只有“快”，才能为后面的解答题留下充足的时间．而要做到“快”，必然要追求“巧”，“巧”即“不择手段、多快好省”．由于数学选择题是四选一的形式，因而在解答时应突出一个“选”字，要充分利用题干和选项两方面提供的信息，尽量减少书写解题过程，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速解答．一般来说，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；能使用间接法的，就不必采用直接法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；初选后要认真检验，确保准确．
2．数学填空题只要求写出结果，不要求写出计算和推理过程，其结果必须是数值准确、形式规范、表达式(数)最简．解题时，要有合理地分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思是快速、准确地解答填空题的基本要求．
数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断．求解填空题的基本策略是要在“准”“巧”“快”上下功夫．常用的方法有直接法、特殊化法、数形结合法、等价转化法等．
技法一 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，从而得出正确的结论．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．
[典型例题]
(1)(2020·杭州市学军中学北京朝阳期末模拟)展开式中所有奇数项的系数之和为1 024，则展开式中各项系数的最大值是( )
A．790 B．680 C．462 D．330
(2)已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0)，则A＝________，b＝________．
【解析】 (1)由题意可得2n－1＝1 024，即得n＝11，则展开式中各项系数的最大值是C或C，则C＝＝462，故选C.
(2)由于2cos2x＋sin 2x＝1＋cos 2x＋sin 2x
＝sin(2x＋)＋1，所以A＝，b＝1.
【答案】 (1)C (2) 1
直接法是解决选择题，填空题最基本的方法，直接法适用范围较广．在计算过程中，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解问题的关键．
[对点训练]
1．(2020·北京朝阳期末浙江卷)复数(i为虚数单位)的共轭复数是( )
A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i
解析：选B.因为＝＝＝1＋i，
所以复数的共轭复数为1－i.故选B.
2．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则a4＝－1＋3d＝8，解得d＝3；b4＝－1·q3＝8，解得q＝－2.所以a2＝－1＋3＝2，b2＝－1×(－2)＝2，所以＝1.
答案：1
技法二 特例法
当已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．
[典型例题]
(1)若函数f(x)＝x2＋ ax＋b在区间[0, 1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
(2)已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，令＝a，＝b，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且＝ma，＝nb，则＋＝( )
A．3 B．4
C．5 D.
【解析】 (1)因为最值在f(0)＝b，f(1)＝1＋a＋b，f(－)＝b－中取，所以最值之差一定与b无关，故选B.
(2)由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．
法一：如图1，令PQ∥BC，
则＝，＝，此时，m＝n＝，
故＋＝3.故选A.
法二：如图2，直线BE与直线PQ重合，此时，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.故选A.
【答案】 (1)B (2)A
特例法具有简化运算和推理的优点，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但用特例法解题时，要注意以下几点：
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；
第三，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，不能使用该种方法求解．
[对点训练]
如图，点P为椭圆＋＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右项点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．1 B．2 C. D.
解析：选A.不妨取点P，
则可计算S1＝×(5－4)＝，
由题易得PD＝2，PE＝，
所以S2＝×2×＝，
所以S1∶S2＝1.
技法三 图解法
对于一些含有几何背景的问题，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．
[典型例题]
(1)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2.分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则( )
A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β
C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α
(2)(2020·宁波北京朝阳期末模拟)定义max{a，b}＝，已知函数f(x)＝max{|2x－1|，ax2＋b}，其中a<0，b∈R，若f(0)＝b，则实数b的范围为________，若f(x)的最小值为1，则a＋b＝________．
【解析】 (1)如图1，设O是点D在底面ABC内的射影，过O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，所以∠OED就是二面角DPRQ的平面角，所以α＝∠OED，tan α＝，同理tan β＝，tan γ＝.
底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB＝2，则A(－1，0)，B(1，0)，C(0，)，O，因为AP＝PB，＝＝2，所以Q，R，则直线RP的方程为y＝－x，直线PQ的方程为y＝2x，直线RQ的方程为y＝x＋，根据点到直线的距离公式，知OE＝，OF＝，OG＝，所以OE>OG>OF，
所以tan α
作出y＝|2x－1|与y＝ax2＋b的函数图象，如图所示：
因为f(x)的最小值为1，所以y＝ax2＋b恰好经过点(1，1)，
所以a＋b＝1.
【答案】 (1)B (2)[1，＋∞) 1
图解法实质上就是数形结合的思想方法在解题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是北京朝阳期末命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．
[对点训练]
a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)
解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体的棱长为1，
则AC＝1，AB＝，
斜边AB以直线AC 为旋转轴旋转，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．
以C为坐标原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．
则D(1，0，0)，A(0，0，1)，
直线a的单位方向向量a＝(0，1，0)，|a|＝1.
B点起始坐标为(0，1，0)，
直线b的单位方向向量b＝(1，0，0)，|b|＝1.
设B点在运动过程中的坐标B′(cos θ，sin θ，0)，
其中θ为与的夹角，θ∈[0，2π)．
那么AB′在运动过程中的向量＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.
设直线AB′与a所成的夹角为α∈，
cos α＝＝|sin θ|∈.
故α∈，所以③正确，④错误．
设直线AB′与b所成的夹角为β，则β∈，
cos β＝＝＝|cos θ|.
当AB′与a成60°角时，α＝，
|sin θ|＝cos α＝cos＝×＝.
因为cos2θ＋sin2θ＝1，
所以|cos θ|＝.
所以cos β＝|cos θ|＝.
因为β∈，
所以β＝，此时AB′与b成60°角．
所以②正确，①错误．
答案：②③
技法四 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出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．
[典型例题]
(1)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图所示，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )
A. B．－
C. D．－
(2)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln ，则( )
A．m＞n
B．m＜n
C．m＞2＋
D．m，n的大小关系不确定
【解析】 (1)由题意，可补成正方体，如图，异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角，而△BDE为等边三角形，所以ED与BD所成角为，cos＝.故选A.
(2)由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.故选A.
【答案】 (1)A (2)A
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．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．
[对点训练]
1．设函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，则( )
A．3f(ln 2)>2f(ln 3)
B．3f(ln 2)＝2f(ln 3)
C．3f(ln 2)<2f(ln 3)
D．3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小关系不确定
解析：选C.令g(x)＝，则g′(x)＝＝.因为对任意x∈R都有f′(x)>f(x)成立，所以g′(x)>0，即g(x)在R上单调递增．又ln 2
解析：因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，
所以数列是公比为3的等比数列，
所以＝3.
又S2＝4，所以S1＝1，所以a1＝1，
所以S5＋＝×34＝×34＝，
所以S5＝121.
答案：1 121
技法五 排除法
排除法也叫筛选法、淘汰法，此法适用于选择题，它是充分利用选择题的特征，即有且只有一个正确的选项，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选择支，从而得出正确结论的一种方法．
[典型例题]
(2020·北京朝阳期末浙江卷)函数y＝2|x|sin 2x的图象可能是( )
【解析】 设f(x)＝2|x|sin 2x，其定义域关于坐标原点对称，又f(－x)＝2|－x|·sin(－2x)＝－f(x)，所以y＝f(x)是奇函数，故排除选项A，B；令f(x)＝0，所以sin 2x＝0，所以2x＝kπ(k∈Z)，所以x＝(k∈Z)，故排除选项C.故选D.
【答案】 D
排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，在近几年北京朝阳期末选择题中占有很大的比重．
[对点训练]
1．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋<
2．(2020·汕头一模)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意的x∈R恒成立，则实数k的取值范围是( )
A．[0，1] B．(0，1]
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选A.k＝0时，8≥0，满足条件，排除B、C，当k＝2时，不等式变为x2－6x＋5≥0，即x≥5或x≤1不满足条件，排除D.
技法六 估值法
估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计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，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．
[典型例题]
如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面AC的距离为2，则该多面体的体积为( )
A. B．5
C．6 D.
【解析】 该多面体体积直接求比较困难，可连接BE、CE，原体积转化为四棱锥EABCD和三棱锥EBCF的体积之和，而VEABCD＝6，故由局部估算出整体，原多面体体积大于6，只有D符合．故选D.
【答案】 D
对于选项是数值的选择题，可以通过估计所要计算值的范围来确定唯一的正确选项．
有些问题，属于比较大小或者确定位置的问题，我们只要对数值进行估算，或者对位置进行估计，就可以避免因为精确计算或严格推演而浪费时间．
[对点训练]
某班设计了一个八边形的班徽(如图所示)，它由四个腰长为1，顶角为α的等腰三角形和一个正方形组成，则该八边形的面积为( )
A．2sin α－2cos α＋2 B．sin α－cos α＋3
C．3sin α－cos α＋1 D．2sin α－cos α＋1
解析：选A.当顶角α→π时，八边形几乎是边长为2的正方形，面积接近于4，四个选项中，只有A符合，故选A.
专题强化训练
[基础达标]
1．(2020·宁波北京朝阳期末模拟)已知全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，则B＝( )
A．{2，4，6} B．{1，3，5}
C．{0，2，4，6} D．{x∈Z|0≤x≤6}
解析：选C.因为全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，故选C.
2．复数z满足(1＋i)z＝|－i|，则z＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选A.由题意知：(1＋i)z＝2，设z＝a＋bi，
则(1＋i)z＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i，
所以解得a＝1，b＝－1，故z＝1＋i，故选A.
3．(2020·温州市北京朝阳期末数学模拟)已知数列{an}是递增数列，且满足an＋1＝f(an)，a1∈(0，1)，则f(x)不可能是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝2x－1
C．f(x)＝ D．f(x)＝log2(x＋1)
解析：选B.对于A：因为a1∈(0，1)，所以an＋1＝>an，可得数列{an}是递增数列；对于B：因为a1∈(0，1)，不妨取a1＝，则a2＝2－1＝－1<，因此数列{an}不是递增数列；对于C：f(x)＝，令2x－x2≥0，解得0≤x≤2.由f(x)＝＝，可知：当0≤x≤1时，函数f(x)单调递增；当1≤x≤2时，函数f(x)单调递减．因为a1∈(0，1)，所以数列{an}是递增数列；对于D：画出图象y＝log2(x＋1)，y＝x，可知：在x∈(0，1)时，log2(x＋1)>x，所以an＋1＝log2(an＋1)>an，因此数列{an}是递增数列．故选B.
4．已知点x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值与最小值之差为 ( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.作出约束条件对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x并平移知，当直线经过点A时，z取得最大值，当直线经过点B时，z取得最小值，由，得，即A(2，3)，故zmax＝9.
由，得即B(0，2)，故zmin＝2，故z的最大值与最小值之差为7，选C.
5．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(3n－1) B.
C．n(n＋1) D.
解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
6．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．
由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
7．函数f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为( )
解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f＝coslog2＝－cos ，
f＝cos·log2＝－cos，
所以f＝f，排除A、D，
又f＝－cos<0，故排除C.综上，选B.
8．(2020·嘉兴市高三期末)已知圆C1：x2＋y2－2ax＋a2－1＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－4＝0恰有三条公共切线，则的最小值为( )
A．1＋ B．2
C．3－ D．4
解析：选B.圆C1的圆心为C1(a，0)，半径为r1＝1，
圆C2的圆心为C2(0，b)，半径为r2＝2，
因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切．
所以＝3，
所以点(a，b)在半径为3的圆x2＋y2＝9上．
而表示点(a，b)到点(3，4)的距离．
所以的最小值为－3＝2.故选B.
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18 C．24 D．30
解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABCA1B1C1截掉一个三棱锥DA1B1C1得到的，
其中AC＝4，BC＝3，AA1＝5，AD＝2，
BC⊥AC，S△A1B1C1＝×4×3＝6，
所以该几何体的体积V＝S△A1B1C1·AA1－
S△A1B1C1·DA1＝6×5－×6×3＝24.
10．(2020·台州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x＋y＋a＝0与点A(0，2)，若直线l上存在点M满足|MA|2＋|MO|2＝10(O为坐标原点)，则实数a的取值范围是( )
A．(－－1，－1)
B．[－－1，－1]
C．(－2－1，2－1)
D．[－2－1，2－1]
解析：选D.设M(x，y)，因为|MA|2＋|MO|2＝10，所以x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，即x2＋(y－1)2＝4，由于点M在直线l上，所以直线x＋y＋a＝0与圆x2＋(y－1)2＝4相交或相切时满足题意，即≤2，解得－2－1≤a≤2－1.
11．设函数f(x)＝2sin，则函数f(x)的最小正周期为________，单调递增区间为________．
解析：函数f(x)的最小正周期为＝π，由2x＋∈得x∈，k∈Z，
即f(x)的增区间为，k∈Z.
答案：π ，k∈Z
12．(2020·金丽衢十二校高三联考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3，表面积为________cm2.
解析：根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥PABC，所以其体积V＝Sh＝××4××1＝，表面积S＝×4×＋×4×1＋×2×2＋×2×＝4＋2＋.
答案： 4＋2＋
13．(2020·河南八市重点高中质检)已知直线l1与直线l2：4x－3y＋1＝0垂直且与圆C：x2＋y2＝－2y＋3相切，则直线l1的方程是________．
解析：由题可得，圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4，其圆心为(0，－1)，半径r＝2.设直线l1的方程为3x＋4y＋c＝0，则＝2，解得c＝14或c＝－6.故直线l1的方程为3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0.
答案：3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0
14．对于任意两个正实数a，b，定义a*b＝λ×.其中常数λ∈，若8*3＝3，则λ＝________；若a≥b>0，a*b 与b*a都是集合{x|x＝，n∈Z}中的元素，则a*b ＝________．
解析：由8*3＝3得λ×＝3⇒λ＝；
λ×＝，λ×＝(m，n∈Z，m>n)⇒λ2＝∈⇒mn＝5⇒m＝5，n＝1，
所以a*b＝.
答案：
15．已知函数f(x)＝其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是__________．
解析：函数f(x)的大致图象如图所示，根据题意知只要m>4m－m2即可，又m>0，解得m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞)．
答案：(3，＋∞)
16．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
解析：若在[－1，1]内不存在c满足f(c)>0，
则即
解得p≤－3或p≥，取补集得－3
答案：
17．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．
解析：根据题意，分3种情况讨论：
①若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A×A＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．
答案：84
[能力提升]
1．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是( )
A.＜ B．a2＞b2
C.＞ D．a|c|＞b|c|
解析：选C.取a＝1，b＝－1，排除A，B；取c＝0，排除D，故选C.
2．(2020·金华市东阳二中高三调研)若关于x的不等式x2＋ax－2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：选A.由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．
于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是
f(5)>0，解得a>－，故a的取值范围为.
3．(2020·杭州市学军中学模拟)已知q是等比数列{an}的公比，则“q<1”是“数列{an}是递减数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选D.数列－8，－4，－2，…，该数列是公比q＝＝<1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数列{an}的公比q<1，不能得出数列{an}是递减数列；
而数列－1，－2，－4，－8，…，是递减数列，但其公比q＝>1，所以，由数列{an}是递减数列，不能得出其公比q<1.
所以，“q<1”是“等比数列{an}是递减数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
4．当a＞0时，函数f(x)＝(x2＋2ax)ex的图象大致是( )
解析：选B.由f(x)＝0，得x2＋2ax＝0，解得x＝0或x＝－2a，因为a＞0，所以x＝－2a＜0，故排除A，C；当x趋向于－∞时，ex趋向于0，故f(x)趋向于0，排除D.
5．已知正实数a，b满足a2－b＋4≤0，则u＝( )
A．有最大值为
B．有最小值为
C．没有最小值
D．有最大值为3
解析：选B.因为a2－b＋4≤0，所以b≥a2＋4，a，b>0.
所以a＋b≥a2＋a＋4，
所以≤，
所以－≥－，
所以u＝＝3－≥3－＝3－≥3－＝，当且仅当a＝2，b＝8时取等号．故选B.
6．(2020·瑞安四校联考)已知Rt△AOB的面积为1，O为直角顶点，设向量a＝，b＝，＝a＋2b，则·的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立直角坐标系．
设A(m，0)，B(0，n)，则a＝(1，0)，
b＝(0，1)，＝a＋2b＝(1，2)，
＝(m－1，－2)，＝(－1，n－2)，
Rt△AOB的面积为1，即有mn＝2，则·＝1－m－2(n－2)＝5－(m＋2n)≤5－2＝5－2×2＝1，当且仅当m＝2n＝2时，取得最大值1.
7．(2020·绍兴一中高三期中)到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为( )
A．相交直线 B．双曲线
C．抛物线 D．椭圆弧
解析：选C.如图所示，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA，BC，设OB＝a，P(x，y，z)到直线OA，BC的距离相等，所以x2＋z2＝(x－a)2＋y2，所以2ax－y2＋z2－a2＝0，
若被平面xOy所截，则z＝0，y2＝2ax－a2；若被平面xOz所截，则y＝0，z2＝－2ax＋a2，故选C.
8．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同分配方案的种数为( )
A．50 B．80
C．120 D．140
解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①甲组有2人，首先选2个放到甲组，共有C＝10种结果，
再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，共有CA＝6种结果，
所以根据分步乘法计数原理知共有10×6＝60种结果，
②当甲中有三个人时，有CA＝20种结果，
所以共有60＋20＝80种结果，故选B.
9．设函数g(x)＝x2－2(x∈R)，f(x)＝则f(x)的值域是( )
A.∪(1，＋∞)
B．[0，＋∞)
C.
D.∪(2，＋∞)
解析：选D.由x＜g(x)得x＜x2－2，
所以x＜－1或x＞2；
由x≥g(x)得x≥x2－2，
所以－1≤x≤2.
所以f(x)＝
即f(x)＝
当x＜－1时，f(x)＞2；当x＞2时，f(x)＞8.
所以当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x≤2时，－≤f(x)≤0.
所以当x∈[－1，2]时，函数的值域为.
综上可得f(x)的值域是∪(2，＋∞)．
10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e为自然对数的底数，则不等式f(x)＋e>x＋的解集是( )
A. B．(0，e)
C. D.
解析：选B.根据题意，令g(x)＝xf(x)，
则有g′(x)＝[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)＝，
则g(x)＝(ln x)2＋C，即xf(x)＝(ln x)2＋C，
则有f(x)＝(ln x)2＋，
又由f(e)＝，即f(e)＝＋＝，解可得C＝，
故f(x)＝(ln x)2＋，
令h(x)＝f(x)－x，
则h′(x)＝f′(x)－1＝－1<0，
故函数h(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上递减，
不等式f(x)＋e>x＋，即f(x)－x>－e＝f(e)－e，
则有0
11．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．
解析：因为lg 2∈(0，1)，0<(lg 2)2
所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．
答案：lg 2 lg(lg 2)
12．商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，则EX＝________．
解析：抽奖1次，不中奖的概率为×＝，
所以抽奖1次能获奖的概率为1－＝；
抽奖1次获一等奖的概率为×＝，
所以随机变量X服从二项分布，即X～B，
所以EX＝3×＝.
答案：
13．在△ABC中，D是AC边的中点，A＝，cos ∠BDC＝－，△ABC的面积为3，则sin∠ABD＝________，AC＝________．
解析：过B作BH⊥AC于H，则cos ∠BDH＝＝，
设DH＝2k(k>0)，则BD＝k，
所以BH＝＝k，
在Rt△ABH中，∠A＝，所以AH＝＝k，
所以AD＝3k，AC＝6k，
又S△ABC＝×AC×BH＝×6k×k＝3k2＝3，
解得k＝1，所以AC＝6，
在△ABD中，＝，
所以＝
解得sin ∠ABD＝.
答案： 6
14．(2020·杭州市七校高三联考)抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)、B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1·x2＝－，则m等于________．
解析：由条件得A(x1，y1)、B(x2，y2)两点连线的斜率k＝＝－1，而y2－y1＝2(x－x)，
得x1＋x2＝－，且(，)在直线y＝x＋m上，即＝＋m，
即y1＋y2＝x1＋x2＋2m.
又因为A(x1，y1)、B(x2，y2)两点在抛物线y＝2x2上，
所以有2(x＋x)＝x1＋x2＋2m，
即2[(x1＋x2)2－2x1x2]＝x1＋x2＋2m，
可得2m＝3，解得m＝.
答案：
15．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率＝________．
解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n＝A＝120，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率：p＝＝.
答案：
16．已知a＝(3，2)，b＝(2，－1)，若向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为a＝(3，2)，b＝(2，－1)，
所以λa＋b＝(3λ＋2，2λ－1)，a＋λb＝(3＋2λ，2－λ)，
因为向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，
所以(λa＋b)·(a＋λb)＝(3λ＋2)×(3＋2λ)＋(2λ－1)×(2－λ)>0.
且(3λ＋2)(2－λ)－(2λ－1)(3＋2λ)≠0，
整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1.
解不等式可得，λ>或λ<且λ≠1.
答案：λ>或λ<且λ≠1
17．(2020·广州市综合测试(一))设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为________．
解析：a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，令p＝1，q＝n，则有an＋1＝an＋a1＝an＋2，故{an}是等差数列，所以an＝2n，Sn＝2×＝n2＋n，f(n)＝＝＝＝n＋1＋－1.
当n＋1＝8时，f(7)＝8＋－1＝；
当n＋1＝7时，f(6)＝7＋－1＝，
因为<，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为.
答案：
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