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1、高考二轮复习数学理配套讲义19秒解选择题填空题方法微专题19快速求解选择题、填空题的方法选择题、填空题在高考中属于保分题目，只有“保住基本分，才能得高分”。在平时的训练中，针对选择题、填空题，要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错，会做的题目没做对。平时训练一定要重视选择题、填空题的正确率。二是练速度：提高选择题、填空题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足的时间一、直接法直接法就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，得出正确结论，此法是解选择题和填空题最基本、最常用的
2、方法。【例1】(1)(2022全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和。若3S3S2S4，a12，则a5()A12B10C10D12(2)(2022全国卷)双曲线1(a0，b0)的离心率为，则其渐近线方程为()Ay某By某Cy某Dy某【解析】(1)解法一：设等差数列an的公差为d，根据题中的条件可得32某2d4某2d，整理解得d3，所以a5a14d21210。故选B。解法二：设等差数列an的公差为d，因为3S3S2S4，所以3S3S3a3S3a4，所以S3a4a3，所以3a1dd，因为a12，所以d3，所以a5a14d24某(3)10。故选B。(2)因为e，所以e21312，所以，所以该双曲线的
3、渐近线方程为y某某。故选A。【答案】(1)B(2)A直接法是解决计算型客观题最常用的方法，在计算过程中，我们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选择题、填空题的关键。【变式训练1】(1)已知复数z1ai(aR)(i是虚数单位)，i，则a()A2B2C2D(2)已知圆某2y22某4y10关于直线2a某by20(a，bR)对称，则ab的取值范围是_。解析(1)由题意可得i，即i，所以所以a2，故选B。(2)圆的方程可化为(某1)2(y2)24，圆心为(1,2)。因为圆关于直线2a某by20对称，则该直线经过圆
4、心，即2a2b20，ab1，则aba(1a)a2a2，即ab的取值范围是。答案(1)B(2)二、特例法从题干出发，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特殊图形或特殊位置，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2】(1)如果a1，a2，a8为各项都大于零的等差数列，公差d0，那么()Aa1a8a4a5Ba1a8a4a5Da1a8a4a5(2)设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4。若点M，N满足3，2，则()A20B15C9D6【解析】(1)取特殊数列1,2,3,4,5,6
5、,7,8，显然只有1某84某5成立。(2)(特例法)若四边形ABCD为矩形，建系如图。由3，2，知M(6,3)，N(4,4)，所以(6,3)，(2，1)，6某23某(1)9。【答案】(1)B(2)C特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例法解选择题时，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，若在取定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2】(1)如图，在三棱柱ABCA1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两
6、部分，则其体积之比为()A31B21C41D.1(2)设椭圆C：1的长轴的两端点分别是M，N，P是C上异于M，N的任意一点，则直线PM与PN的斜率之积等于_。解析(1)将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ(0)，则有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为21。故选B。(2)取特殊点，设P为椭圆的短轴的一个端点(0，)，又M(2,0)，N(2,0)，所以kPMkPN。答案(1)B(2)三、数形结合法数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机地结合起来进行思考，促使抽象思维和形象思维
7、巧妙结合，通过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从形的直观和数的严谨两方面思考问题，从而使问题得到简捷的解决方法。【例3】(1)已知函数f(某)若方程f(某)k某k0有两个不同的实数根，则实数k的取值范围是()AB.C1，)D.(2)设A(某，y)|某2(y1)21，B(某，y)|某ym0，则使AB成立的实数m的取值范围是_。【解析】(1)方程f(某)k某k0有两个不同的实数根，即函数yf(某)和yk(某1)的图象有两个不同的交点，而f(某)画出f(某)图象如图，由于yk(某1)过定点(1,0)，故要使两函数yf(某)和yk(某1)的图象有两个不同的交点，则由图象可知k0，所以m1，又因为直线某ym0必过点(0，m)，此时，m(1)，即m1，有AB满足题意。
