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妙用高中数学特值法速解选择题

2014-07-22付兴文

理科考试研究·高中 2014年7期
关键词:增函数半圆扇形

付兴文

选择题以其“题型小、检面宽、解法活、过程简、批阅便”等特点为各种考试所青睐.在各地的高考数学试卷中,选择题的分值占全卷的40%,解答好选择题的关键是正确、快捷,因此在解答选择题时要多种方法并用,以期提高解题的速度和正确率.

例1若a>b>1,P=lgalgb,Q=12(lga+lgb),R=lg(a+b2),则( ).

A. R

C. Q

解析取a=10000,b=10,则P=2,Q=2.5,R=lg5005>lg1000=3.故应选B.

例2设不等式组0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面区域为D,在区域D内随机取一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 ().

A.π4 B.π-22 C.π6 D. 4-π4

分析此题与例5都是与面积有关的几何概型,利用P(A)=

构成事件A的区域面积实验的全部结果所构成的区域面积求出概率.题目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的区域是正方形区域,而动点D可以存在的位置为正方形面积减去四分之一的圆的面积部分,因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4,故选D.

例3函数f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在区间[a, b]上是增函数,且f (a)=-M,f (b)=M,则g (x)=Mcos(ωx+φ)在[a, b]上是( ).

A. 增函数B. 减函数

C. 可以取得最大值MD. 可以取得最小值-M

解析取M=1,ω=1,φ=0,a=

-π2,b=π2,则g(x)=cosx,在[-π2,π2]上可以取得最大值M.故应选C.

例4若(2x+3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( ).

A. 1 B. - 1C. 0 D. 2

解析取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4;

取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=(2-3)4;

所以(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0-a1+a2-a3+a4)=1.故应选A.

例5如图1,在圆心角为直角的扇形OAB中,分别以OA,OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是().

A.1-2πB.1π-2π C.2π D. 1π

分析令OA=1,扇形OAB为对称图形,ADBC围成面积为S1,曲线OC围成的面积为S2,作对称轴OD,则OD过C点.S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAB的面积,S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

,在扇形OAD中,S12为扇

形OAB的面积减去三角形OAC面积和S22,即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24,而扇形OAB面积S=14π,P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π,故选A.

例6等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( ).

A. 130B. 170 C. 210 D. 260

解析取m=1,则a1=S1=30,a2=S2-S1=70,故d=70-30=40,a3=a2+d=110,S3=a1+a2+a3=210.所以应选A.

例7若sinα>tanα>cotα,则α∈().

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分别为-π3、-π6、π6、π3,只有α=-π6时式子成立.故应选B.

例8过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点,若线段PF与FQ的长分别为p、q,则1p+1q等于( ).

A. 2aB.12a C. 4a D. 4a

解析取a=14,则抛物线为x2=4y.取过F(0, 1)且与x轴平行的直线

y=1,知p=q=2,所以1p+1q=1.故应选C.

例9设α、β是一个钝角三角形的两个锐角,下面四个不等式中不正确的是( ).

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

解析取α=β=30°,则tan30°tan30°=<1,sin30°+sin30°=1<2,cos30°+cos30°=3>1,12tan(30°+30°)=

32>tan30°=33.

由此可知只有选项D不成立.故应选D.

选择题以其“题型小、检面宽、解法活、过程简、批阅便”等特点为各种考试所青睐.在各地的高考数学试卷中,选择题的分值占全卷的40%,解答好选择题的关键是正确、快捷,因此在解答选择题时要多种方法并用,以期提高解题的速度和正确率.

例1若a>b>1,P=lgalgb,Q=12(lga+lgb),R=lg(a+b2),则( ).

A. R

C. Q

解析取a=10000,b=10,则P=2,Q=2.5,R=lg5005>lg1000=3.故应选B.

例2设不等式组0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面区域为D,在区域D内随机取一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 ().

A.π4 B.π-22 C.π6 D. 4-π4

分析此题与例5都是与面积有关的几何概型,利用P(A)=

构成事件A的区域面积实验的全部结果所构成的区域面积求出概率.题目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的区域是正方形区域,而动点D可以存在的位置为正方形面积减去四分之一的圆的面积部分,因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4,故选D.

例3函数f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在区间[a, b]上是增函数,且f (a)=-M,f (b)=M,则g (x)=Mcos(ωx+φ)在[a, b]上是( ).

A. 增函数B. 减函数

C. 可以取得最大值MD. 可以取得最小值-M

解析取M=1,ω=1,φ=0,a=

-π2,b=π2,则g(x)=cosx,在[-π2,π2]上可以取得最大值M.故应选C.

例4若(2x+3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( ).

A. 1 B. - 1C. 0 D. 2

解析取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4;

取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=(2-3)4;

所以(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0-a1+a2-a3+a4)=1.故应选A.

例5如图1,在圆心角为直角的扇形OAB中,分别以OA,OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是().

A.1-2πB.1π-2π C.2π D. 1π

分析令OA=1,扇形OAB为对称图形,ADBC围成面积为S1,曲线OC围成的面积为S2,作对称轴OD,则OD过C点.S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAB的面积,S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

,在扇形OAD中,S12为扇

形OAB的面积减去三角形OAC面积和S22,即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24,而扇形OAB面积S=14π,P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π,故选A.

例6等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( ).

A. 130B. 170 C. 210 D. 260

解析取m=1,则a1=S1=30,a2=S2-S1=70,故d=70-30=40,a3=a2+d=110,S3=a1+a2+a3=210.所以应选A.

例7若sinα>tanα>cotα,则α∈().

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分别为-π3、-π6、π6、π3,只有α=-π6时式子成立.故应选B.

例8过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点,若线段PF与FQ的长分别为p、q,则1p+1q等于( ).

A. 2aB.12a C. 4a D. 4a

解析取a=14,则抛物线为x2=4y.取过F(0, 1)且与x轴平行的直线

y=1,知p=q=2,所以1p+1q=1.故应选C.

例9设α、β是一个钝角三角形的两个锐角,下面四个不等式中不正确的是( ).

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

解析取α=β=30°,则tan30°tan30°=<1,sin30°+sin30°=1<2,cos30°+cos30°=3>1,12tan(30°+30°)=

32>tan30°=33.

由此可知只有选项D不成立.故应选D.

选择题以其“题型小、检面宽、解法活、过程简、批阅便”等特点为各种考试所青睐.在各地的高考数学试卷中,选择题的分值占全卷的40%,解答好选择题的关键是正确、快捷,因此在解答选择题时要多种方法并用,以期提高解题的速度和正确率.

例1若a>b>1,P=lgalgb,Q=12(lga+lgb),R=lg(a+b2),则( ).

A. R

C. Q

解析取a=10000,b=10,则P=2,Q=2.5,R=lg5005>lg1000=3.故应选B.

例2设不等式组0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面区域为D,在区域D内随机取一个点,则此点到坐标原点的距离大于2的概率是 ().

A.π4 B.π-22 C.π6 D. 4-π4

分析此题与例5都是与面积有关的几何概型,利用P(A)=

构成事件A的区域面积实验的全部结果所构成的区域面积求出概率.题目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的区域是正方形区域,而动点D可以存在的位置为正方形面积减去四分之一的圆的面积部分,因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4,故选D.

例3函数f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在区间[a, b]上是增函数,且f (a)=-M,f (b)=M,则g (x)=Mcos(ωx+φ)在[a, b]上是( ).

A. 增函数B. 减函数

C. 可以取得最大值MD. 可以取得最小值-M

解析取M=1,ω=1,φ=0,a=

-π2,b=π2,则g(x)=cosx,在[-π2,π2]上可以取得最大值M.故应选C.

例4若(2x+3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( ).

A. 1 B. - 1C. 0 D. 2

解析取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4;

取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=(2-3)4;

所以(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0-a1+a2-a3+a4)=1.故应选A.

例5如图1,在圆心角为直角的扇形OAB中,分别以OA,OB为直径作两个半圆. 在扇形OAB内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是().

A.1-2πB.1π-2π C.2π D. 1π

分析令OA=1,扇形OAB为对称图形,ADBC围成面积为S1,曲线OC围成的面积为S2,作对称轴OD,则OD过C点.S2即为以OA为直径的半圆面积减去三角形OAB的面积,S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

,在扇形OAD中,S12为扇

形OAB的面积减去三角形OAC面积和S22,即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24,而扇形OAB面积S=14π,P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π,故选A.

例6等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为( ).

A. 130B. 170 C. 210 D. 260

解析取m=1,则a1=S1=30,a2=S2-S1=70,故d=70-30=40,a3=a2+d=110,S3=a1+a2+a3=210.所以应选A.

例7若sinα>tanα>cotα,则α∈().

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分别为-π3、-π6、π6、π3,只有α=-π6时式子成立.故应选B.

例8过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点,若线段PF与FQ的长分别为p、q,则1p+1q等于( ).

A. 2aB.12a C. 4a D. 4a

解析取a=14,则抛物线为x2=4y.取过F(0, 1)且与x轴平行的直线

y=1,知p=q=2,所以1p+1q=1.故应选C.

例9设α、β是一个钝角三角形的两个锐角,下面四个不等式中不正确的是( ).

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

解析取α=β=30°,则tan30°tan30°=<1,sin30°+sin30°=1<2,cos30°+cos30°=3>1,12tan(30°+30°)=

32>tan30°=33.

由此可知只有选项D不成立.故应选D.

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