妙用高中數學特值法速解選擇題

付興文

選擇題以其“題型小、檢面寬、解法活、過程簡、批閱便”等特點為各種考試所青睞.在各地的高考數學試卷中，選擇題的分值占全卷的40%，解答好選擇題的關鍵是正確、快捷，因此在解答選擇題時要多種方法并用，以期提高解題的速度和正確率.

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

A. R

C. Q

解析取a=10000，b=10，則P=2，Q=2.5，R=lg5005>lg1000=3.故應選B.

例2設不等式組0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面區域為D，在區域D內隨機取一個點，則此點到坐標原點的距離大于2的概率是 （）.

A．π4 B．π-22 C．π6 D． 4-π4

分析此題與例5都是與面積有關的幾何概型，利用P(A)=

構成事件A的區域面積實驗的全部結果所構成的區域面積求出概率.題目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的區域是正方形區域，而動點D可以存在的位置為正方形面積減去四分之一的圓的面積部分，因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4，故選D．

例3函數f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在區間［a, b］上是增函數，且f (a)=-M，f (b)=M，則g (x)=Mcos(ωx+φ)在［a, b］上是（ ）.

A. 增函數B. 減函數

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，則g(x)=cosx，在［-π2,π2］上可以取得最大值M.故應選C.

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

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

解析取x=1，則a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4；

取x=-1，則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.故應選A.

例5如圖1，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以OA,OB為直徑作兩個半圓. 在扇形OAB內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是（）.

A．1-2πB．1π-2π C．2π D． 1π

分析令OA=1,扇形OAB為對稱圖形,ADBC圍成面積為S1，曲線OC圍成的面積為S2，作對稱軸OD，則OD過C點.S2即為以OA為直徑的半圓面積減去三角形OAB的面積，S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

，在扇形OAD中，S12為扇

形OAB的面積減去三角形OAC面積和S22，即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24，而扇形OAB面積S=14π，P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π，故選A.

例6等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為（ ）.

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

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

例7若sinα>tanα>cotα，則α∈（）.

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分別為-π3、-π6、π6、π3，只有α=-π6時式子成立.故應選B.

例8過拋物線y=ax2(a>0)的焦點F作一直線交拋物線于P、Q兩點，若線段PF與FQ的長分別為p、q，則1p+1q等于（ ）.

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

解析取a=14，則拋物線為x2=4y.取過F(0, 1)且與x軸平行的直線

y=1，知p=q=2，所以1p+1q=1.故應選C.

例9設α、β是一個鈍角三角形的兩個銳角，下面四個不等式中不正確的是（ ）.

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

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

32>tan30°=33.

由此可知只有選項D不成立.故應選D.

選擇題以其“題型小、檢面寬、解法活、過程簡、批閱便”等特點為各種考試所青睞.在各地的高考數學試卷中，選擇題的分值占全卷的40%，解答好選擇題的關鍵是正確、快捷，因此在解答選擇題時要多種方法并用，以期提高解題的速度和正確率.

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

A. R

C. Q

解析取a=10000，b=10，則P=2，Q=2.5，R=lg5005>lg1000=3.故應選B.

例2設不等式組0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面區域為D，在區域D內隨機取一個點，則此點到坐標原點的距離大于2的概率是 （）.

A．π4 B．π-22 C．π6 D． 4-π4

分析此題與例5都是與面積有關的幾何概型，利用P(A)=

構成事件A的區域面積實驗的全部結果所構成的區域面積求出概率.題目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的區域是正方形區域，而動點D可以存在的位置為正方形面積減去四分之一的圓的面積部分，因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4，故選D．

例3函數f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在區間［a, b］上是增函數，且f (a)=-M，f (b)=M，則g (x)=Mcos(ωx+φ)在［a, b］上是（ ）.

A. 增函數B. 減函數

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，則g(x)=cosx，在［-π2,π2］上可以取得最大值M.故應選C.

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

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

解析取x=1，則a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4；

取x=-1，則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.故應選A.

例5如圖1，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以OA,OB為直徑作兩個半圓. 在扇形OAB內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是（）.

A．1-2πB．1π-2π C．2π D． 1π

分析令OA=1,扇形OAB為對稱圖形,ADBC圍成面積為S1，曲線OC圍成的面積為S2，作對稱軸OD，則OD過C點.S2即為以OA為直徑的半圓面積減去三角形OAB的面積，S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

，在扇形OAD中，S12為扇

形OAB的面積減去三角形OAC面積和S22，即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24，而扇形OAB面積S=14π，P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π，故選A.

例6等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為（ ）.

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

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

例7若sinα>tanα>cotα，則α∈（）.

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分別為-π3、-π6、π6、π3，只有α=-π6時式子成立.故應選B.

例8過拋物線y=ax2(a>0)的焦點F作一直線交拋物線于P、Q兩點，若線段PF與FQ的長分別為p、q，則1p+1q等于（ ）.

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

解析取a=14，則拋物線為x2=4y.取過F(0, 1)且與x軸平行的直線

y=1，知p=q=2，所以1p+1q=1.故應選C.

例9設α、β是一個鈍角三角形的兩個銳角，下面四個不等式中不正確的是（ ）.

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

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

32>tan30°=33.

由此可知只有選項D不成立.故應選D.

選擇題以其“題型小、檢面寬、解法活、過程簡、批閱便”等特點為各種考試所青睞.在各地的高考數學試卷中，選擇題的分值占全卷的40%，解答好選擇題的關鍵是正確、快捷，因此在解答選擇題時要多種方法并用，以期提高解題的速度和正確率.

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

A. R

C. Q

解析取a=10000，b=10，則P=2，Q=2.5，R=lg5005>lg1000=3.故應選B.

例2設不等式組0≤x≤2,

0≤y≤2表示的平面區域為D，在區域D內隨機取一個點，則此點到坐標原點的距離大于2的概率是 （）.

A．π4 B．π-22 C．π6 D． 4-π4

分析此題與例5都是與面積有關的幾何概型，利用P(A)=

構成事件A的區域面積實驗的全部結果所構成的區域面積求出概率.題目中0≤x≤0,

0≤y≤2表示的區域是正方形區域，而動點D可以存在的位置為正方形面積減去四分之一的圓的面積部分，因此P(A)=2×2-14π×222×2=4-π4，故選D．

例3函數f (x)=Msin(ωx+φ) (ω>0)在區間［a, b］上是增函數，且f (a)=-M，f (b)=M，則g (x)=Mcos(ωx+φ)在［a, b］上是（ ）.

A. 增函數B. 減函數

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，則g(x)=cosx，在［-π2,π2］上可以取得最大值M.故應選C.

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

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

解析取x=1，則a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4；

取x=-1，則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.故應選A.

例5如圖1，在圓心角為直角的扇形OAB中，分別以OA,OB為直徑作兩個半圓. 在扇形OAB內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是（）.

A．1-2πB．1π-2π C．2π D． 1π

分析令OA=1,扇形OAB為對稱圖形,ADBC圍成面積為S1，曲線OC圍成的面積為S2，作對稱軸OD，則OD過C點.S2即為以OA為直徑的半圓面積減去三角形OAB的面積，S2=12π(12)2-

12×12×12=π-28

，在扇形OAD中，S12為扇

形OAB的面積減去三角形OAC面積和S22，即S12=18π(1)2-18-S22=π-216,所以S1+S2=π-24，而扇形OAB面積S=14π，P(A)=S1+S2S=π-2π=1-2π，故選A.

例6等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為（ ）.

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

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

例7若sinα>tanα>cotα，則α∈（）.

A. (-π2,-π4)B. (-π4, 0)

C. (0,π4) D. (π4,π2)

解析令α分別為-π3、-π6、π6、π3，只有α=-π6時式子成立.故應選B.

例8過拋物線y=ax2(a>0)的焦點F作一直線交拋物線于P、Q兩點，若線段PF與FQ的長分別為p、q，則1p+1q等于（ ）.

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

解析取a=14，則拋物線為x2=4y.取過F(0, 1)且與x軸平行的直線

y=1，知p=q=2，所以1p+1q=1.故應選C.

例9設α、β是一個鈍角三角形的兩個銳角，下面四個不等式中不正確的是（ ）.

A. tanαtanβ<1

B. sinα+sinβ<2

C. cosα+cosβ>1 D. 12tan(α+β)

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

32>tan30°=33.

由此可知只有選項D不成立.故應選D.