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技巧01 单选题和多选题的答题技巧（10大核心考点）（讲义）-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大核心考点）（讲义）-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大核心考点讲义原卷版docx、技巧01单选题和多选题的答题技巧10大核心考点讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159487972" PAGEREF _Tc159487972 \h 1
\l "_Tc159487973" PAGEREF _Tc159487973 \h 2
\l "_Tc159487974" PAGEREF _Tc159487974 \h 2
\l "_Tc159487975" PAGEREF _Tc159487975 \h 5
\l "_Tc159487976" 考点一：直接法 PAGEREF _Tc159487976 \h 5
\l "_Tc159487977" 考点二：特殊法 PAGEREF _Tc159487977 \h 7
\l "_Tc159487978" 考点三：赋值法 PAGEREF _Tc159487978 \h 10
\l "_Tc159487979" 考点四：排除法 PAGEREF _Tc159487979 \h 13
\l "_Tc159487980" 考点五：构造法 PAGEREF _Tc159487980 \h 17
\l "_Tc159487981" 考点六：中间值比较法 PAGEREF _Tc159487981 \h 19
\l "_Tc159487982" 考点七：坐标法 PAGEREF _Tc159487982 \h 20
\l "_Tc159487983" 考点八：归纳法 PAGEREF _Tc159487983 \h 26
\l "_Tc159487984" 考点九：正难则反法 PAGEREF _Tc159487984 \h 29
\l "_Tc159487985" 考点十：换元法 PAGEREF _Tc159487985 \h 32
高考的单选题和多选题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：单选题和多选题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：单选题和多选题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰支逐一排除，从而获得正确结论．
2、特殊值法：从题干（或选项）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图形位置，进行判断．特值法是“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、特殊数列等．
3、图解法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等．
4、构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而找到解题的方法
5、估算法：由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量．
6、检验法：将选项分别代人题设中或将题设代人选项中逐一检验，确定正确选项．
1．（2023•新高考Ⅰ）已知，则
A．B．C．0D．1
【答案】
【解析】，
则，
故．
故选：．
2．（2023•乙卷）已知实数，满足，则的最大值是
A．B．4C．D．7
【答案】
【解析】根据题意，，即，其几何意义是以为圆心，半径为3的圆，
设，变形可得，其几何意义为直线，
直线与圆有公共点，则有，解可得，
故的最大值为．
故选：．
3．（2023•天津）函数的图象如图所示，则的解析式可能为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由图象可知，图象关于轴对称，为偶函数，故错误，
当时，恒大于0，与图象不符合，故错误．
故选：．
4．（2023•北京）下列函数中在区间上单调递增的是
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递减，所以在上单调递增，选项正确；
对选项，在上不是单调的，选项错误．
故选：．
5．（2023•新高考Ⅰ）已知，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
所以，
则．
故选：．
6．（2023•天津）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】：若，则，
令，，则，，显然不是对称轴，不符合题意；
：若，则，
令，，则，，
故是一条对称轴，符合题意；
，则，不符合题意；
，则，不符合题意．
故选：．
7．（多选题）（2023•新高考Ⅰ）已知函数的定义域为，，则
A．B．（1）
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】
【解析】由，
取，可得，故正确；
取，可得（1）（1），即（1），故正确；
取，得（1），即（1），
取，得，可得是偶函数，故正确；
由上可知，（1），而函数解析式不确定，
不妨取，满足，
常数函数无极值，故错误．
故选：．
考点一：直接法
【例1】已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．20
【答案】C
【解析】
方法一：设等比数列的公比为q，则，
当时，，故舍去；
当时，，
，即，
即，，
故
故选
方法二：，，，可得，
可知，又为正项等比数列，，
故
【变式1-1】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第30项为（ ）
A．379B．407C．436D．466
【答案】C
【解析】：设该数列为，
则该数列的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，
可得，，，，，
该数列的逐项差数之差成等差数列，且，公差为1，
故，
，则且时，，，，…，
，
各式相加，得，
故，
当时，也适合上式，所以，
所以
故选
【变式1-2】若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
复数，则，，
所以
【变式1-3】欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
，
因此，
故选：
考点二：特殊法
【例2】设a，R，数列中，，，则 （ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】A
【解析】
对于A，，，
，
，所以递增，
当时，，
，，故A正确．
对于B，令，得，
取，，
当时，，故B错误；
对于C，令，得或，
取，，…，，
当时，，故C错误；
对于D，令，得，
取，，…，，
当时，，故D错误；
故选：
【变式2-1】（多选题）若实数x，y满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】
当，时，，故A错误；
因为，所以，故B正确；
当时，，故C错误；
因为，
当时，当时，，
所以，故D正确．
故选
【变式2-2】（多选题）若，，，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】
由，则，即，
，，，所以，故A正确，
，所以，故C正确，
取，，满足，，，此时，
取，，满足，，，此时，
与y的大小不定．故B，D都错误．
故选
【变式2-3】（多选题）已知正实数a，b满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
由于正实数 a， b满足，
选项A，当时等号成立，故A正确；
选项B，，得当且仅当时等号成立故B正确；
C，取，，则，故C错误；
D，当且仅当时等号成立故D正确．
考点三：赋值法
【例3】（多选题）已知函数的定义域均为R，为的导函数，且，若为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】
已知 ，
，
两式相减可得，
对于A：令代入式得到，
令代入式得到，即，所以A正确；
对于B：令代入式得到，所以B正确；
对于C：令得，，无法求得，同理无法求得，所以C错误；
对于D：因为 为奇函数，所以两边求导得，所以，所以D正确；
故选：
【变式3-1】（多选题）已知函数的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故
对于A，由，代入，得，
又是奇函数得，
所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；
对选项B，令得，，令得，，
故，故B正确；
对选项C：令得，即，
若，则，
但不一定为0，故C错误；
对选项D：令得，，故，，所以
令，得，则
，
由是以4为周期得，
，故D正确．
故选
【变式3-2】（多选题）设定义在R上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的解析式唯一
C．若，，则
D．若，，则在R上是增函数
【答案】ACD
【解析】
对于A，因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，
所以，即，
所以为奇函数，故A正确；
对于B，令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，故B错误；
对于C，令，所以，所以，
令，所以，所以，
令，所以，所以，
同理：，……，可发现的周期为4，
所以，
则，故C正确；
对于D，因为当时，，所以当时，，则，
设任意的，且，则，
所以，
因为，且，
所以，，，，
所以，
所以，即，
所以在上单调递增，
又为奇函数，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是R上的增函数，故D正确．
故选
【变式3-3】（多选题）若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的x，R均满足：，，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】
令，，则有，
两边同除以，得，，
则数列是首项为1，公差为1的等差数列，可得，
则，得，，
经检验该解析式满足
当时，，故A正确；
当时，，故B错误；
，故C正确；
记，
则，
两式相减可得，
故D正确．
故选
考点四：排除法
【例4】为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据图象特点，该LOGO是中心对称图形，显然，C为偶函数，不符合题意，
对于A选项，当时，，
函数在上单调递增，显然不符合题意，
对于D选项，当时，，
函数在上单调递增，显然不符合题意．
故选
【变式4-1】已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于A，取，，A选项错误．
对于B，由题知，，取，
得，此时，B选项错误．
对于C，不妨取，，且，
，此时，C选项错误．
对于D，由题知，假设，两边取对数，即证，由题可知正实数x，y满足，即证，
构造函数，，
令，，，故在上单调递减，
且，在上大于0，在上小于
也即当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，即，得证，D选项正确．
【变式4-2】函数的图象如图所示，则（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】A
【解析】由图象观察可得函数图象关于 y 轴对称，即函数为偶函数，
所以 得： ，故C错误；
由图象可知 ，故D错误；
因为定义域不连续，所以 有两个根可得 ，即 a、 异号， ，即B错误，A正确．
故选：A
【变式4-3】（多选题）定义在R上的函数满足且若，则下列说法正确的是（ ）
A．2为的一个周期B．
C．若，则D．在上单调递增
【答案】ABC
【解析】由 得 关于 中心对称，
因为 ，得 关于 对称；
所以 为 的一个周期，所以A正确； 所以B正确．
，
因此 为奇函数，所以，所以，
故，C正确
D无法明确单调性，令 满足条件，但 在 单调递减，所以D不正确，故选
【变式4-4】（多选题）不等式的解集为，且以下结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】因为不等式的解集为，
则，是方程的两个实数根，，又
不妨令，，则，，但，故A不成立；
令，，则，但，故B不成立；
令，，则，，但，故C不成立；
，故D正确．
故选
考点五：构造法
【例5】设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，即；
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ，即，
所以
故选：
【变式5-1】（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
【变式5-2】（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．
考点六：中间值比较法
【例6】若实数a，b，c满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】实数a，b，c满足，，
，，，，
，故A错误；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确．
故选
【变式6-1】（多选题）若，，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】，，
，所以，A错误；
，因为，
则，故，
所以，B正确；
若，则，C错误；
因为，所以，，，D正确，
故选
【变式6-2】（多选题）下列大小关系正确的是．（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
所以，故A正确；
对于B，，所以，又，所以，故B正确；
对于C，当时，函数与函数有2个交点，，
作出和的图象，如图所示，
结合图象可知，当时，，又，所以，故C错误；
对于D，设，则，
令，则令，则
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，即，化简得，故D正确．
故选
考点七：坐标法
【例7】（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
【变式7-1】如图，在直角梯形ABCD中，，，，，P是线段AB上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．6C．D．4
【答案】B
【解析】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，
设，，，
所以，，
所以，
所以，
当，即时，取得最小值，为
故选：
【变式7-2】如图，已知是面积为的等边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为是面积为的等边三角形，
记边长为a，所以，解得，
记内切圆的半径为r，根据，
可得，解得，
因为正方形MNPQ的面积为2，所以正方形边长为，
记正方形MNPQ外接圆半径为R，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形MNPQ可在内任意旋转，可知正方形MNPQ各个顶点均在该的内切圆上，
以的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系如图所示：
故可知，，，
圆的方程为，
故设，，
即，，
，
，
故选
【变式7-3】（多选题）在棱长为1的正方体中，点E在棱上运动，点F在正方体表面上运动，则（ ）
A．存在点E，使
B．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C．当时，点F的轨迹长度为4
D．当时，点F的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】对于A，如图，在正方体中，易知，
若存在点E，使，由于AE与相交，且都在平面内，
所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点A，C，E的平面与交于点G，连接CG，EG，
则
由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以
记，则
记，则，
所以点H与重合．
又平面平面，所以几何体是棱台，
所以，
其余部分的体积为，
所以经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点F的轨迹是以棱AB，，，CD的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点F在侧面内的轨迹，
以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点F的轨迹方程为，其是以为圆心，为半径的
圆，
记该圆与交于点M，则，
点F在侧面内的轨迹为一段圆弧，长度为
同理点F在底面ABCD内的轨迹的长度也为
当点F在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，，所以，
点F在侧面内的轨迹是以B为圆心，为半径的圆的，长为
分析易知，其余面上的点均不满足题意．
所以点F的轨迹长度为，故D正确．
考点八：归纳法
【例8】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．则三角形数､正方形数所构成的数列的第5项分别为（ ）
A．14，20B．15，25C．15，20D．14，25
【答案】B
【解析】三角形数：
第一个数1，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数，
正方形数：
第一个数，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数
故选：
【变式8-1】如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球…在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品、假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
参考公式：…
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设第n层的乒乓球的乒乓球数目为，
则，，，则有，，……，
归纳可得：，，
则……
……，
故……
………
，
故选：
【变式8-2】把正整数按下图所示的规律排序，则从2021到2023的箭头方向依次为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由图形的变化趋势可知，箭头的变化方向以4为周期，
，，，
故从2021到2023的箭头方向同的箭头方向．
故选：
【变式8-3】（多选题）数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，是意大利数学家莱昂纳多斐波那契在他写的算盘全数中提出的，所以它常被称作斐波那契数列该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．不一定是偶数B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A选项，为奇数，，
为偶数，则为奇数，为奇数，为偶数，…，
以此类推，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，故A不正确；
又，
，
故B正确；
对于C 选项，
，
以此类推，故C正确；
可以发现，，，，…，归纳得到，
可以推断D正确，
事实上，
，
也可以判断D正确．
故选
考点九：正难则反法
【例9】已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为函数，，
当时，，在区间上是单调减函数，
所以，
当时， ，在区间上是单调增函数，
所以，
由于，，使得 ，
所以，
当时，得或，
所以或 ，
所以由，得
故选：
【变式9-1】（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．
【变式9-2】（多选题）已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，M是PC的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面PAB
C．点M在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】对于分别取AB、AC、PC的中点D、E、M，连接PD，DE，PE，ME，BE，
则，又，所以，
因为，所以，
所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，
则，，
若，又，，PB，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面PBC，所以，
所以，则，即，即，故A正确；
对于若平面PAB，又平面PAB，
所以，又，，PC，平面PBC，
所以平面PBC，又平面PBC，
所以，
在中，与矛盾，故B错误；
对于因为M、E分别是PC、AC中点，
所以，
所以点M在以E为球心，半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，由选项A可知，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为1，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确．
故选：
考点十：换元法
【例10】若函数有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由函数 有两个零点可知，
方程 有两个不相等的实根．
不妨设 则 ，依题意可知方程 有两个不相等的正实根，
故有， 解得 即实数 a 的取值范围为
故选：
【变式10-1】已知关于x的方程有3个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则原方程等价于，
当时，不满足题意；
即且，
令，作出的草图如图所示，
又，则只需满足，得，
故选
【变式10-2】若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由恒成立，可知对恒成立．
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为R上的增函数，
当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，故，
综上，a的范围是
故选
【变式10-3】（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：
【变式10-4】（多选题）已知…，其中，且，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则，于是可得，
令，则，①
令，则，②
①-②，得，解得，A正确；
①+②，得，所以，B错误；
又，C正确；
，D正确．
故选
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159487972" PAGEREF _Tc159487972 \h 1
\l "_Tc159487973" PAGEREF _Tc159487973 \h 2
\l "_Tc159487974" PAGEREF _Tc159487974 \h 2
\l "_Tc159487975" PAGEREF _Tc159487975 \h 5
\l "_Tc159487976" 考点一：直接法 PAGEREF _Tc159487976 \h 5
\l "_Tc159487977" 考点二：特殊法 PAGEREF _Tc159487977 \h 7
\l "_Tc159487978" 考点三：赋值法 PAGEREF _Tc159487978 \h 10
\l "_Tc159487979" 考点四：排除法 PAGEREF _Tc159487979 \h 13
\l "_Tc159487980" 考点五：构造法 PAGEREF _Tc159487980 \h 17
\l "_Tc159487981" 考点六：中间值比较法 PAGEREF _Tc159487981 \h 19
\l "_Tc159487982" 考点七：坐标法 PAGEREF _Tc159487982 \h 20
\l "_Tc159487983" 考点八：归纳法 PAGEREF _Tc159487983 \h 26
\l "_Tc159487984" 考点九：正难则反法 PAGEREF _Tc159487984 \h 29
\l "_Tc159487985" 考点十：换元法 PAGEREF _Tc159487985 \h 32
高考的单选题和多选题绝大部分属于中档题目，通常按照由易到难的顺序排列，每道题目一般是多个知识点的小型综合，其中不乏渗透各种数学的思想和方法，基本上能够做到充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力．
（1）基本策略：单选题和多选题属于“小灵通”题，其解题过程可以说是“不讲道理”，所以其解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判断和分析，先定性后定量，先特殊后一般，先间接后直接，尤其是对选择题可以先进行排除，缩小选项数量后再验证求解．
（2）常用方法：单选题和多选题也属“小”题，解题的原则是“小”题巧解，“小”题快解，“小”题解准．求解的方法主要分为直接法和间接法两大类，具体有：直接法，特值法，图解法，构造法，估算法，对选择题还有排除法（筛选法）等．
1、排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰支逐一排除，从而获得正确结论．
2、特殊值法：从题干（或选项）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图形位置，进行判断．特值法是“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、特殊数列等．
3、图解法：对于一些含有几何背景的题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等．
4、构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而找到解题的方法
5、估算法：由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程．因此，有些题目，不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量．
6、检验法：将选项分别代人题设中或将题设代人选项中逐一检验，确定正确选项．
1．（2023•新高考Ⅰ）已知，则
A．B．C．0D．1
【答案】
【解析】，
则，
故．
故选：．
2．（2023•乙卷）已知实数，满足，则的最大值是
A．B．4C．D．7
【答案】
【解析】根据题意，，即，其几何意义是以为圆心，半径为3的圆，
设，变形可得，其几何意义为直线，
直线与圆有公共点，则有，解可得，
故的最大值为．
故选：．
3．（2023•天津）函数的图象如图所示，则的解析式可能为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】由图象可知，图象关于轴对称，为偶函数，故错误，
当时，恒大于0，与图象不符合，故错误．
故选：．
4．（2023•北京）下列函数中在区间上单调递增的是
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递增，所以在上单调递减，选项错误；
对选项，在上单调递减，所以在上单调递增，选项正确；
对选项，在上不是单调的，选项错误．
故选：．
5．（2023•新高考Ⅰ）已知，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
所以，
则．
故选：．
6．（2023•天津）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】：若，则，
令，，则，，显然不是对称轴，不符合题意；
：若，则，
令，，则，，
故是一条对称轴，符合题意；
，则，不符合题意；
，则，不符合题意．
故选：．
7．（多选题）（2023•新高考Ⅰ）已知函数的定义域为，，则
A．B．（1）
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】
【解析】由，
取，可得，故正确；
取，可得（1）（1），即（1），故正确；
取，得（1），即（1），
取，得，可得是偶函数，故正确；
由上可知，（1），而函数解析式不确定，
不妨取，满足，
常数函数无极值，故错误．
故选：．
考点一：直接法
【例1】已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．20
【答案】C
【解析】
方法一：设等比数列的公比为q，则，
当时，，故舍去；
当时，，
，即，
即，，
故
故选
方法二：，，，可得，
可知，又为正项等比数列，，
故
【变式1-1】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第30项为（ ）
A．379B．407C．436D．466
【答案】C
【解析】：设该数列为，
则该数列的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，
可得，，，，，
该数列的逐项差数之差成等差数列，且，公差为1，
故，
，则且时，，，，…，
，
各式相加，得，
故，
当时，也适合上式，所以，
所以
故选
【变式1-2】若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
复数，则，，
所以
【变式1-3】欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
，
因此，
故选：
考点二：特殊法
【例2】设a，R，数列中，，，则 （ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】A
【解析】
对于A，，，
，
，所以递增，
当时，，
，，故A正确．
对于B，令，得，
取，，
当时，，故B错误；
对于C，令，得或，
取，，…，，
当时，，故C错误；
对于D，令，得，
取，，…，，
当时，，故D错误；
故选：
【变式2-1】（多选题）若实数x，y满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】
当，时，，故A错误；
因为，所以，故B正确；
当时，，故C错误；
因为，
当时，当时，，
所以，故D正确．
故选
【变式2-2】（多选题）若，，，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】
由，则，即，
，，，所以，故A正确，
，所以，故C正确，
取，，满足，，，此时，
取，，满足，，，此时，
与y的大小不定．故B，D都错误．
故选
【变式2-3】（多选题）已知正实数a，b满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
由于正实数 a， b满足，
选项A，当时等号成立，故A正确；
选项B，，得当且仅当时等号成立故B正确；
C，取，，则，故C错误；
D，当且仅当时等号成立故D正确．
考点三：赋值法
【例3】（多选题）已知函数的定义域均为R，为的导函数，且，若为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】
已知 ，
，
两式相减可得，
对于A：令代入式得到，
令代入式得到，即，所以A正确；
对于B：令代入式得到，所以B正确；
对于C：令得，，无法求得，同理无法求得，所以C错误；
对于D：因为 为奇函数，所以两边求导得，所以，所以D正确；
故选：
【变式3-1】（多选题）已知函数的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故
对于A，由，代入，得，
又是奇函数得，
所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；
对选项B，令得，，令得，，
故，故B正确；
对选项C：令得，即，
若，则，
但不一定为0，故C错误；
对选项D：令得，，故，，所以
令，得，则
，
由是以4为周期得，
，故D正确．
故选
【变式3-2】（多选题）设定义在R上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的解析式唯一
C．若，，则
D．若，，则在R上是增函数
【答案】ACD
【解析】
对于A，因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，
所以，即，
所以为奇函数，故A正确；
对于B，令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，故B错误；
对于C，令，所以，所以，
令，所以，所以，
令，所以，所以，
同理：，……，可发现的周期为4，
所以，
则，故C正确；
对于D，因为当时，，所以当时，，则，
设任意的，且，则，
所以，
因为，且，
所以，，，，
所以，
所以，即，
所以在上单调递增，
又为奇函数，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是R上的增函数，故D正确．
故选
【变式3-3】（多选题）若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的x，R均满足：，，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】
令，，则有，
两边同除以，得，，
则数列是首项为1，公差为1的等差数列，可得，
则，得，，
经检验该解析式满足
当时，，故A正确；
当时，，故B错误；
，故C正确；
记，
则，
两式相减可得，
故D正确．
故选
考点四：排除法
【例4】为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据图象特点，该LOGO是中心对称图形，显然，C为偶函数，不符合题意，
对于A选项，当时，，
函数在上单调递增，显然不符合题意，
对于D选项，当时，，
函数在上单调递增，显然不符合题意．
故选
【变式4-1】已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于A，取，，A选项错误．
对于B，由题知，，取，
得，此时，B选项错误．
对于C，不妨取，，且，
，此时，C选项错误．
对于D，由题知，假设，两边取对数，即证，由题可知正实数x，y满足，即证，
构造函数，，
令，，，故在上单调递减，
且，在上大于0，在上小于
也即当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，即，得证，D选项正确．
【变式4-2】函数的图象如图所示，则（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】A
【解析】由图象观察可得函数图象关于 y 轴对称，即函数为偶函数，
所以 得： ，故C错误；
由图象可知 ，故D错误；
因为定义域不连续，所以 有两个根可得 ，即 a、 异号， ，即B错误，A正确．
故选：A
【变式4-3】（多选题）定义在R上的函数满足且若，则下列说法正确的是（ ）
A．2为的一个周期B．
C．若，则D．在上单调递增
【答案】ABC
【解析】由 得 关于 中心对称，
因为 ，得 关于 对称；
所以 为 的一个周期，所以A正确； 所以B正确．
，
因此 为奇函数，所以，所以，
故，C正确
D无法明确单调性，令 满足条件，但 在 单调递减，所以D不正确，故选
【变式4-4】（多选题）不等式的解集为，且以下结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】因为不等式的解集为，
则，是方程的两个实数根，，又
不妨令，，则，，但，故A不成立；
令，，则，但，故B不成立；
令，，则，，但，故C不成立；
，故D正确．
故选
考点五：构造法
【例5】设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，即；
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ，即，
所以
故选：
【变式5-1】（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
【变式5-2】（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．
考点六：中间值比较法
【例6】若实数a，b，c满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】实数a，b，c满足，，
，，，，
，故A错误；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确．
故选
【变式6-1】（多选题）若，，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】，，
，所以，A错误；
，因为，
则，故，
所以，B正确；
若，则，C错误；
因为，所以，，，D正确，
故选
【变式6-2】（多选题）下列大小关系正确的是．（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
所以，故A正确；
对于B，，所以，又，所以，故B正确；
对于C，当时，函数与函数有2个交点，，
作出和的图象，如图所示，
结合图象可知，当时，，又，所以，故C错误；
对于D，设，则，
令，则令，则
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，即，化简得，故D正确．
故选
考点七：坐标法
【例7】（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
【变式7-1】如图，在直角梯形ABCD中，，，，，P是线段AB上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．6C．D．4
【答案】B
【解析】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，
设，，，
所以，，
所以，
所以，
当，即时，取得最小值，为
故选：
【变式7-2】如图，已知是面积为的等边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为是面积为的等边三角形，
记边长为a，所以，解得，
记内切圆的半径为r，根据，
可得，解得，
因为正方形MNPQ的面积为2，所以正方形边长为，
记正方形MNPQ外接圆半径为R，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形MNPQ可在内任意旋转，可知正方形MNPQ各个顶点均在该的内切圆上，
以的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系如图所示：
故可知，，，
圆的方程为，
故设，，
即，，
，
，
故选
【变式7-3】（多选题）在棱长为1的正方体中，点E在棱上运动，点F在正方体表面上运动，则（ ）
A．存在点E，使
B．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C．当时，点F的轨迹长度为4
D．当时，点F的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】对于A，如图，在正方体中，易知，
若存在点E，使，由于AE与相交，且都在平面内，
所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点A，C，E的平面与交于点G，连接CG，EG，
则
由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以
记，则
记，则，
所以点H与重合．
又平面平面，所以几何体是棱台，
所以，
其余部分的体积为，
所以经过点A，C，E的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点F的轨迹是以棱AB，，，CD的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点F在侧面内的轨迹，
以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点F的轨迹方程为，其是以为圆心，为半径的
圆，
记该圆与交于点M，则，
点F在侧面内的轨迹为一段圆弧，长度为
同理点F在底面ABCD内的轨迹的长度也为
当点F在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，，所以，
点F在侧面内的轨迹是以B为圆心，为半径的圆的，长为
分析易知，其余面上的点均不满足题意．
所以点F的轨迹长度为，故D正确．
考点八：归纳法
【例8】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．则三角形数､正方形数所构成的数列的第5项分别为（ ）
A．14，20B．15，25C．15，20D．14，25
【答案】B
【解析】三角形数：
第一个数1，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数，
正方形数：
第一个数，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数
故选：
【变式8-1】如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球…在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品、假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
参考公式：…
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设第n层的乒乓球的乒乓球数目为，
则，，，则有，，……，
归纳可得：，，
则……
……，
故……
………
，
故选：
【变式8-2】把正整数按下图所示的规律排序，则从2021到2023的箭头方向依次为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由图形的变化趋势可知，箭头的变化方向以4为周期，
，，，
故从2021到2023的箭头方向同的箭头方向．
故选：
【变式8-3】（多选题）数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，是意大利数学家莱昂纳多斐波那契在他写的算盘全数中提出的，所以它常被称作斐波那契数列该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．不一定是偶数B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A选项，为奇数，，
为偶数，则为奇数，为奇数，为偶数，…，
以此类推，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，故A不正确；
又，
，
故B正确；
对于C 选项，
，
以此类推，故C正确；
可以发现，，，，…，归纳得到，
可以推断D正确，
事实上，
，
也可以判断D正确．
故选
考点九：正难则反法
【例9】已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为函数，，
当时，，在区间上是单调减函数，
所以，
当时， ，在区间上是单调增函数，
所以，
由于，，使得 ，
所以，
当时，得或，
所以或 ，
所以由，得
故选：
【变式9-1】（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．
【变式9-2】（多选题）已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，M是PC的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面PAB
C．点M在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】对于分别取AB、AC、PC的中点D、E、M，连接PD，DE，PE，ME，BE，
则，又，所以，
因为，所以，
所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，
则，，
若，又，，PB，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面PBC，所以，
所以，则，即，即，故A正确；
对于若平面PAB，又平面PAB，
所以，又，，PC，平面PBC，
所以平面PBC，又平面PBC，
所以，
在中，与矛盾，故B错误；
对于因为M、E分别是PC、AC中点，
所以，
所以点M在以E为球心，半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，由选项A可知，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为1，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确．
故选：
考点十：换元法
【例10】若函数有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由函数 有两个零点可知，
方程 有两个不相等的实根．
不妨设 则 ，依题意可知方程 有两个不相等的正实根，
故有， 解得 即实数 a 的取值范围为
故选：
【变式10-1】已知关于x的方程有3个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则原方程等价于，
当时，不满足题意；
即且，
令，作出的草图如图所示，
又，则只需满足，得，
故选
【变式10-2】若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由恒成立，可知对恒成立．
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为R上的增函数，
当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，故，
综上，a的范围是
故选
【变式10-3】（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：
【变式10-4】（多选题）已知…，其中，且，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则，于是可得，
令，则，①
令，则，②
①-②，得，解得，A正确；
①+②，得，所以，B错误；
又，C正确；
，D正确．
故选
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