《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第二篇 第2講 填空題的解法技巧》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第二篇 第2講 填空題的解法技巧（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 第二篇 第2講 填空題的解法技巧 題型概述　 填空題是一種只要求寫出結(jié)論，不要求解答過程的客觀性試題，有小巧靈活、覆蓋面廣、跨度大等特點，突出考查準(zhǔn)確、嚴(yán)謹(jǐn)、靈活運(yùn)用知識的能力． 由于填空題不像選擇題那樣有備選提示，不像解答題那樣有步驟得分，所填結(jié)果必須準(zhǔn)確、規(guī)范，因此得分率較低，解答填空題的第一要求是“準(zhǔn)”，然后才是“快”、“巧”，要合理靈活地運(yùn)用恰當(dāng)?shù)姆椒?，不可“小題大做”． 方法一　直接法 直接法就是直接從題設(shè)出發(fā)，利用有關(guān)性質(zhì)或結(jié)論，通過巧妙地變形，直接得到結(jié)果的方法．要善于透過現(xiàn)象抓本質(zhì)，有意識地采取靈活、簡捷的方法解決問題．直接法

2、是求解填空題的基本方法． 例1　(1)(xx·湖南)在一次馬拉松比賽中，35名運(yùn)動員的成績(單位：分鐘)的莖葉圖如圖所示 若將運(yùn)動員按成績由好到差編為1～35號，再用系統(tǒng)抽樣方法從中抽取7人，則其中成績在區(qū)間[139,151]上的運(yùn)動員人數(shù)是________． (2)(xx·北京)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，則＝________. 解析　(1)由題意知，將1～35號分成7組，每組5名運(yùn)動員，落在區(qū)間[139,151]上的運(yùn)動員共有4組，故由系統(tǒng)抽樣法知，共抽取4名． (2)由余弦定理： cos A＝＝＝，∴sin A＝， cos C＝＝＝，∴sin C＝， ∴＝＝1.

3、 答案　(1)4　(2)1 思維升華　利用直接法求解填空題要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計算過程簡化從而得到結(jié)果，這是快速準(zhǔn)確地求解填空題的關(guān)鍵． 跟蹤演練1　(1)(xx·韶關(guān)聯(lián)考)已知橢圓＋y2＝1的左、右焦點分別為F1、F2，點P在橢圓上，則|PF1|·|PF2|的最大值是________． (2)已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>2)的兩根tan α，tan β，且α，β∈(－，)，則α＋β＝________. 方法二　特例法 當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一

4、個定值時，可以將題中變化的不定量選取一些符合條件的恰當(dāng)特殊值(特殊函數(shù)，特殊角，特殊數(shù)列，圖形特殊位置，特殊點，特殊方程，特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出待求的結(jié)論．這樣可大大地簡化推理、論證的過程． 例2　(1)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則·＝_____________________________________. (2)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，若方程f(x)＝m(m>0)在區(qū)間[－8,8]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4＝________. 解

5、析　(1)把平行四邊形ABCD看成正方形， 則點P為對角線的交點，AC＝6，則·＝18. (2)此題考查抽象函數(shù)的奇偶性，周期性，單調(diào)性和對稱軸方程，條件多，將各種特殊條件結(jié)合的最有效方法是把抽象函數(shù)具體化．根據(jù)函數(shù)特點取f(x)＝sinx， 再由圖象可得(x1＋x2)＋(x3＋x4)＝(－6×2)＋(2×2)＝－8. 答案　(1)18　(2)－8 思維升華　求值或比較大小等問題的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此種方法僅限于求解結(jié)論只有一種的填空題，對于開放性的問題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解． 跟蹤演練2　(xx·課標(biāo)全國Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝xln(x＋

6、)為偶函數(shù)，則a＝________. 方法三　數(shù)形結(jié)合法 對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據(jù)題目中的條件，作出符合題意的圖形，并通過對圖形的直觀分析、判斷，即可快速得出正確結(jié)果．這類問題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數(shù)的斜率和截距、向量的夾角、解析幾何中兩點間距離等，求解的關(guān)鍵是明確幾何含義，準(zhǔn)確規(guī)范地作出相應(yīng)的圖形． 例3　(1)已知點P(x，y)的坐標(biāo)x，y滿足則x2＋y2－6x＋9的取值范圍是________________________________________________________________________． (2)已知函數(shù)f(x)＝x|x－2|

7、，則不等式f(－x)≤f(1)的解集為________． 解析　(1)畫出可行域如圖，所求的x2＋y2－6x＋9＝(x－3)2＋y2是點Q(3,0)到可行域上的點的距離的平方，由圖形知最小值為Q到射線x－y－1＝0(x≥0)的距離d的平方， ∴d＝()2＝()2＝2. 最大值為點Q到點A的距離的平方，∴d＝16. ∴取值范圍是[2,16]． (2)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，由不等式f(－x)≤f(1)知，－x≤＋1，從而得到不等式f(－x)≤f(1)的解集為[－1，＋∞)． 答案　(1)[2,16]　(2)[－1，＋∞) 思維升華　數(shù)形結(jié)合法可直觀快捷得到問題的結(jié)論，充分應(yīng)用了

8、圖形的直觀性，數(shù)中思形，以形助數(shù)．?dāng)?shù)形結(jié)合法是高考的熱點，應(yīng)用時要準(zhǔn)確把握各種數(shù)式和幾何圖形中變量之間的關(guān)系． 跟蹤演練3　(1)(xx·山西大學(xué)附中月考)若方程x3－3x＝k有3個不等的實根，則常數(shù)k的取值范圍是_________________________________________________________． (2)(xx·蘭州一中期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，則函數(shù)y＝g(x)＝f(x)－x的零點個數(shù)為________． 方法四　構(gòu)造法 構(gòu)造型填空題的求解，需要利用已知條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型，從而簡化推理與計算過程，

9、使較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題得到簡捷的解決，它來源于對基礎(chǔ)知識和基本方法的積累，需要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括，積極聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到過的類似問題中尋找靈感，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)、概率、幾何等具體的數(shù)學(xué)模型，使問題快速解決． 例4　(1)如圖，已知球O的球面上有四點A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________． (2)，，(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的大小關(guān)系是________________． 解析　(1)如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以|CD|＝＝2R，

10、所以R＝，故球O的體積V＝＝π. (2)由于＝，＝，＝，故可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝，于是f(4)＝，f(5)＝，f(6)＝. 而f′(x)＝()′＝＝，令f′(x)>0得x<0或x>2，即函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此有f(4)

11、n∥β. 能推得m∥n的條件是________． 方法五　歸納推理法 做關(guān)于歸納推理的填空題的時候，一般是由題目的已知可以得出幾個結(jié)論(或直接給出了幾個結(jié)論)，然后根據(jù)這幾個結(jié)論可以歸納出一個更一般性的結(jié)論，再利用這個一般性的結(jié)論來解決問題．歸納推理是從個別或特殊認(rèn)識到一般性認(rèn)識的推演過程，這里可以大膽地猜想． 例5　(1)(xx·陜西)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)： 多面體 面數(shù)(F) 頂點數(shù)(V) 棱數(shù)(E) 三棱柱 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是_____________________

12、________． (2)用火柴棒擺“金魚”，如圖所示： 按照上面的規(guī)律，第n個“金魚”圖需要火柴棒的根數(shù)為________． 解析　(1)觀察F，V，E的變化得F＋V－E＝2. (2)觀察題圖①，共有8根火柴，以后依次增加6根火柴，即構(gòu)成首項為8，公差為6的等差數(shù)列，所以，第n個“金魚”圖需要火柴棒的根數(shù)為6n＋2. 答案　(1)F＋V－E＝2　(2)6n＋2 思維升華　歸納推理法主要用于與自然數(shù)有關(guān)的結(jié)論，這類問題是近幾年高考的熱點，解題的關(guān)鍵在于找準(zhǔn)歸納對象及其規(guī)律，如數(shù)列中項與項數(shù)之間的對應(yīng)關(guān)系． 跟蹤演練5　觀察下列各個等式： 13＝1； 23＝3＋5； 33

13、＝7＋9＋11； 43＝13＋15＋17＋19； … 若某數(shù)m3按上述規(guī)律展開后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有“2 016”這個數(shù)，則m＝________. 方法六　正反互推法 多選型問題給出多個命題或結(jié)論，要求從中選出所有滿足條件的命題或結(jié)論．這類問題要求較高，涉及圖形、符號和文字語言，要準(zhǔn)確閱讀題目，讀懂題意，通過推理證明，命題或結(jié)論之間互反互推，相互印證，也可舉反例判斷錯誤的命題或結(jié)論． 例6　已知f(x)為定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，有f(x＋1)＝－f(x)，且當(dāng)x∈[0,1)時，f(x)＝log2(x＋1)，給出下列命題：①f(2 013)＋f(－2 014)的值為0；②函數(shù)f

14、(x)在定義域上為周期是2的周期函數(shù)；③直線y＝x與函數(shù)f(x)的圖象有1個交點；④函數(shù)f(x)的值域為(－1,1)．其中正確的命題序號有________． 解析　根據(jù)題意，可在同一坐標(biāo)系中畫出直線y＝x和函數(shù)f(x)的圖象如下： 根據(jù)圖象可知①f(2 013)＋f(－2 014)＝0正確，②函數(shù)f(x)在定義域上不是周期函數(shù)，所以②不正確，③根據(jù)圖象確實只有一個交點，所以正確，④根據(jù)圖象，函數(shù)f(x)的值域是(－1,1)，正確． 答案?、佗邰? 思維升華　正反互推法適用于多選型問題，這類問題一般有兩種形式，一是給出總的已知條件，判斷多種結(jié)論的真假；二是多種知識點的匯總考查，主要覆蓋

15、考點功能．兩種多選題在處理上不同，前者需要扣住已知條件進(jìn)行分析，后者需要獨立利用知識逐項進(jìn)行判斷．利用正反互推結(jié)合可以快速解決這類問題． 跟蹤演練6　給出以下命題： ①雙曲線－x2＝1的漸近線方程為y＝±x； ②命題p：“?x∈R＋，sin x＋≥2”是真命題； ③已知線性回歸方程為 ＝3＋2x，當(dāng)變量x增加2個單位，其預(yù)報值平均增加4個單位； ④設(shè)隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝0.2，則P(－1<ξ<0)＝0.6； ⑤已知＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式的規(guī)律，得到一般性的等式為＋＝2(n≠4)． 則正確命題的序號為________(寫出所有正

16、確命題的序號)． 知識方法總結(jié)　六招拿下填空題： (一)直接法　(二)特例法　(三)數(shù)形結(jié)合法　(四)構(gòu)造法 (五)歸納推理法　(六)正反互推法 填空題突破練 A組　專題通關(guān) 1．已知集合A＝{x，xy，lg(xy)}，B＝{0，|x|，y}，若A＝B，則x＝________，y＝________. 2．已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的函數(shù)g(x)＝f(x)－m有兩個零點，則實數(shù)m的取值范圍是________． 3．已知函數(shù)f(x)＝sin(x＋)(x>0)的圖象與x軸的交點從左到右依次為(x1,0)，(x2,0)，(x3,0)，…，則數(shù)列{xn}的前4項和為________．

17、4．(xx·杭州外國語學(xué)校期中)設(shè)a＞0，在二項式(a－)10的展開式中，含x的項的系數(shù)與含x4的項的系數(shù)相等，則a的值為________． 5．已知P為拋物線y2＝4x上一個動點，Q為圓x2＋(y－4)2＝1上一個動點，那么點P到點Q的距離與點P到拋物線的準(zhǔn)線距離之和的最小值是________． 6．已知a＝ln－，b＝ln－，c＝ln－，則a，b，c的大小關(guān)系為________． 7．觀察下列不等式： 1＋＜ 1＋＋＜ 1＋＋＋＜ …… 照此規(guī)律，第五個不等式為_____________________________________________． 8．若函數(shù)f(x)

18、的定義域是R，f(0)＝2，對任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是________． 9．(xx·珠海模擬)已知函數(shù)f(x)＝()x－sin x，則f(x)在[0,2π]上的零點個數(shù)為________． 10．整數(shù)數(shù)列{an}滿足an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，若此數(shù)列的前800項的和是2 013，前813項的和是2 000，則其前2 014項的和為________． 11．設(shè)命題p：≤0，命題q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)<0，若p是q的充分不必要條件，則實數(shù)a的取值范圍是________． 12．(xx·山東)執(zhí)行下邊的程序

19、框圖，輸出的T的值為________. B組　能力提高 13．已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意實數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則f()＝________. 14．已知O是坐標(biāo)原點，點M的坐標(biāo)為(2,1)，若點N(x，y)為平面區(qū)域上的一個動點，則·的最大值是________． 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝則f[f(－1)]＝________.若函數(shù)g(x)＝f(x)－k存在兩個零點，則實數(shù)k的取值范圍是________． 16．已知a、b為不垂直的異面直線，α是一個平面，則a、b在α上的投影有可能是：①兩條平行直線；②兩條互相垂直的直線；③

20、同一條直線；④一條直線及其外一點． 在上面的結(jié)論中，正確結(jié)論的序號是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號) 學(xué)生用書答案精析 第2講　填空題的解法技巧 跟蹤演練1　(1)8　(2)－π或 解析　(1)由橢圓的定義知|PF1|＋|PF2|＝4， ∴|PF1|·|PF2|≤()2＝8，(當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|＝|PF2|時取等號) ∴|PF1|·|PF2|的最大值是8. (2)由已知可得tan α＋tan β＝－3a， tan αtan β＝3a＋1， tan(α＋β)＝＝＝1， 因為α，β∈(－，)， 所以－π<α＋β<π， 所以α＋β＝－π或. 跟蹤演練2　1

21、解析　∵f(1)＝f(－1)， ∴l(xiāng)n(1＋)＋ln(－1＋)＝0， ∴l(xiāng)n a＝0，∴a＝1. 經(jīng)驗證a＝1符合題意． 跟蹤演練3　(1)(－2,2)　(2)3 解析　(1)設(shè)f(x)＝x3－3x，令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，當(dāng)x<－1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－11時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，f(－1)＝2，f(1)＝－2，要有三個不等實根，則直線y＝k與y＝f(x)的圖象有三個交點，∴－2

22、4，c＝2. 于是，f(x)＝ 在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)，作出函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝x的圖象，知它們有3個交點，即函數(shù)g(x)有3個零點． 跟蹤演練4?、佗? 解析　構(gòu)建長方體模型，如圖，觀察選項特點，可優(yōu)先判斷條件②：取平面α為平面ADD′A′，平面β為平面ABCD，則直線m為直線AD. 因為m∥γ，故可取平面γ為平面A′B′C′D′， 因為n?γ且n∥β，故可取直線n為直線A′B′. 則直線AD與直線A′B′為異面直線，故m與n不平行． 對于①：α、β?、谥衅矫?，取平面γ為平面BCC′B′，可取直線n為直線BC，故可推得m∥n； 對于③：α，β?、谥衅矫?，取γ為平面AB′

23、C′D， 取直線n為直線B′C′，故可推得結(jié)論． 跟蹤演練5　45 解析　某數(shù)m3按上述規(guī)律展開后，等式右邊為m個連續(xù)奇數(shù)的和，由于前4行的最后一個數(shù)分別為1＝12＋0,5＝22＋1,11＝32＋2,19＝42＋3，所以m3的最后一個數(shù)為m2＋(m－1)，因為當(dāng)m＝44時，m2＋(m－1)＝1 979，當(dāng)m＝45時，m2＋(m－1)＝2 069，所以要使等式右邊含有“2 016”這個數(shù)，則m＝45. 跟蹤演練6?、佗邰? 解析?、儆桑瓁2＝0可以解得雙曲線的漸近線方程為y＝±x，正確． ②命題不能保證sin x，為正，故錯誤； ③根據(jù)線性回歸方程的含義正確； ④P(ξ>1)＝0.

24、2， 可得P(ξ<－1)＝0.2， 所以P(－1<ξ<0)＝P(－1<ξ<1)＝0.3，故錯誤； ⑤根據(jù)驗證可知得到一般性的等式是正確的． 填空題突破練 1．－1?。? 解析　由A＝B知需分多種情況進(jìn)行討論， 由lg(xy)有意義，則xy>0. 又0∈B＝A，則必有l(wèi)g(xy)＝0，即xy＝1. 此時，A＝B，即{0,1，x}＝{0，|x|，y}． ∴或解得x＝y(tǒng)＝1或x＝y(tǒng)＝－1.當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時， A＝B＝{0,1,1}與集合元素的互異性矛盾，應(yīng)舍去； 當(dāng)x＝y(tǒng)＝－1時， A＝B＝{0，－1,1}滿足題意，故x＝y(tǒng)＝－1. 2．(1,2] 解析　g(x)＝f(x

25、)－m有兩個零點等價于函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝m的圖象有兩個交點，作出函數(shù)的圖象如圖，由圖可知m的取值范圍是(1,2]． 3．26 解析　令f(x)＝sin(x＋)＝0， 則x＋＝kπ(k∈N*)， ∴x＝3k－1(k∈N*)， ∴x1＋x2＋x3＋x4＝3(1＋2＋3＋4)－4＝26. 4．1 解析　Tk＋1＝C(－)ka10－k， 令k＝2時，x的系數(shù)為Ca8，令k＝8時，x4的系數(shù)為Ca2，∴Ca8＝Ca2，即a＝1，故答案為1. 5.－1 解析　點P到拋物線的準(zhǔn)線距離等于點P到拋物線焦點F(1,0)的距離．圓心坐標(biāo)是(0,4)，圓心到拋物線焦點的距離為，即圓上的點

26、Q到拋物線焦點的距離的最小值是－1，這個值即為所求． 6．a(chǎn)＞b＞c 解析　令f(x)＝ln x－x，則f′(x)＝－1＝. 當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0， 即函數(shù)f(x)在(0,1)上是增函數(shù)． ∵1＞ ＞＞＞0， ∴a＞b＞c. 7．1＋＋＋＋＋< 8．{x|x>0} 解析　構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ex·f(x)－ex－1，求導(dǎo)得到g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]． 由已知f(x)＋f′(x)>1，可得g′(x)>0，所以g(x)為R上的增函數(shù)．又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，所以ex·f(x)>ex＋1，即g(

27、x)>0的解集為{x|x>0}． 9．2 解析　因為函數(shù)f(x)＝()x－sin x，則 f(x)在[0,2π]上的零點個數(shù)等于函數(shù)y＝()x與函數(shù)y＝sin x在區(qū)間[0,2π]內(nèi)的交點的個數(shù)，在同一坐標(biāo)系中畫出上述兩個函數(shù)的圖象如圖所示，由圖象可知，兩函數(shù)在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有兩個不同的交點，所以函數(shù)f(x)在[0,2π]上的零點個數(shù)為2. 10．987 解析　a3＝a2－a1，a4＝a3－a2，a5＝a4－a3，a6＝a5－a4，a7＝a6－a5，…，∴a1＝a7，a2＝a8，a3＝a9，a4＝a10，a5＝a11，…，{an}是以6為周期的數(shù)列，且有a1＋a2＋a3＋a4

28、＋a5＋a6＝0，S800＝a1＋a2＝2 013，S813＝a1＋a2＋a3＝2 000，a3＝－13， ∴ ∴a2＝1 000，S2 014＝a1＋a2＋a3＋a4＝a2＋a3＝1 000＋(－13)＝987. 11．[0，) 解析　由≤0，得≤x<1； 由x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)<0，得a

29、，∴f()＝－f(－)， 故f()＝0， 又令x＝可得f()＝f()， ∴f()＝0，同理可得f()＝0. 14．3 解析　·＝2x＋y，如圖：當(dāng)直線2x＋y＝z經(jīng)過點(1,1)時，達(dá)到最大值，zmax＝3. 15．－2　(0,1] 解析　f[f(－1)]＝f(4－1)＝f()＝log2＝－2. 令f(x)－k＝0，即f(x)＝k， 設(shè)y＝f(x)，y＝k，畫出圖象，如圖所示，函數(shù)g(x)＝f(x)－k存在兩個零點，即y＝f(x)與y＝k的圖象有兩個交點，由圖象可得實數(shù)k的取值范圍為(0,1]． 16．①②④ 解析　用正方體ABCD－A1B1C1D1實例說明A1D1與BC1在平面ABCD上的投影互相平行，AB1與BC1在平面ABCD上的投影互相垂直，BC1與DD1在平面ABCD上的投影是一條直線及其外一點，故①②④正確．