2021年高考数学大二轮专题复习第一编 第6讲 填空题的解题方法

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1、第 6 讲 填空题的解题方法 题型特点解读 填空题不像解答题能分步得分，因此要保证填写的结果正确，否则前 功尽弃解题时，要合理地分析和判断，要求推理、运算的每个步骤都正确无误，还要求将答 案表达得准确、完整合情推理、优化思路、少算多思是快速、准确解答填空题的基本要求 方法 1 巧妙计算法 对于计算型的试题，多通过直接计算求解结果，这是解决填空题的基本方法，即直接从题 设条件出发，利用有关性质或结论等，通过巧妙的变形，简化计算过程，直接得到结果要善 于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法 例 1 (1)(2020 山东省滨州市高三三模)已知 ， 0， 2 ，sin sin sin ，co

2、s cos cos ，则 cos ()_，_ 答案 1 2 3 解析 由已知得 sin sin sin ， cos cos cos .以上两式平方相加， 得 122(sin sin cos cos )，所以 2cos ()1，cos ()1 2.由 ， 0， 2 ，sin sin sin 0，可知 0 2，所以 20，所以 3. (2)(2020 山东省泰安市高三一模)CES 是世界上最大的消费电子技术展，也是全球最大的 消费技术产业盛会.2020CES 消费电子展于 2020 年 1 月 710 日在美国拉斯维加斯举办 在这 次 CES 消费电子展上，我国某企业发布了全球首款彩色水墨屏阅读手

3、机，惊艳了全场若该 公司从 7 名员工中选出 3 名员工负责接待工作(这 3 名员工的工作视为相同的工作)，再选出 2 名员工分别在上午、下午讲解该款手机性能，若其中甲和乙至多有 1 人负责接待工作，则不同 的安排方法共有_种 答案 360 解析 根据题意，不考虑甲、乙的限制条件，从 7 名员工中选出 3 名员工负责接待工作， 有 C3 735 种选法，在剩下的 4 人中任选 2 人，安排在上午、下午讲解该款手机性能，有 A 2 4 12 种选法，则不考虑甲、乙的限制条件时，有 3512420 种安排方法；若甲、乙都安排负 责接待工作，有 C1 5A 2 460 种安排方法，则有 420603

4、60 种安排方法 对于计算型的试题，我们在计算过程中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运用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速、准确地解 决数学填空题的关键 1(2020 全国卷)设函数 f(x) ex xa.若 f(1) e 4，则 a_ 答案 1 解析 f(x)e x（xa）ex （xa）2 e x（xa1） （xa）2 ，则 f(1) ae （a1）2 e 4，整理可得 a 22a 10，解得 a1. 2(2020 河南省开封市高三三模)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b 2，c3 3，tan A2tan B，则 c

5、os A_，ABC 的面积为_ 答案 3 2 3 3 2 解析 由正弦定理得b c sin B sin C sin B sin （AB） sin B sin A cos Bcos A sin B tan B sin Acos A tan B 2 3 3. 将 tan B1 2tan A 代入上式得，cos A 3 2 ，故 sin A1 2.所以 SABC 1 2bc sin A 1 223 3 1 2 3 3 2 . 方法 2 特殊值代入法 当填空题已知条件中含有某些不确定的量， 但结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案 是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函

6、数、特殊角、 特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论 例 2 (1)已知函数 f(x)的定义域为 R，f(1)2，且对任意的 xR，f(x)2，则 f(x) 2x4 的解集为_ 答案 (1，) 解析 解法一：(特殊函数法)令 f(x)3x5，则由 3x52x4，得 x1. 解法二：令函数 g(x)f(x)2x4，则 g(x)f(x)20，因此 g(x)在 R 上为增函数又 g(1)f(1)242240，所以原不等式可化为 g(x)g(1)，由 g(x)的单调性可得 x1. (2)如图所示，在ABC 中，AO 是 BC 边上的中线，K 为 AO 上一点，且

7、AO 2AK ，经过 K 的直线分别交直线 AB， AC 于不同的两点 M， N.若AB mAM ， AC nAN ， 则 mn_ 答案 4 解析 解法一：(特殊位置法)当过点 K 的直线与 BC 平行时，MN 就是ABC 的一条中位 线(AO 2AK ，K 是 AO 的中点)，这时由于有AB mAM ，AC nAN ，因此 mn2，故 m n4. 解法二：由题意，得AK 1 2AO 1 2 1 2AB 1 2AC 1 4mAM 1 4nAN ，又 K，M，N 三点共线， 1 4m 1 4n1，mn4. 求值或比较大小关系等问题均可利用取特殊值代入求解， 但要注意此种方法仅限于求解结 论只有一

8、种的填空题，对于开放性的问题或者多种答案的填空题，不能使用该种方法求解为 保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例 1(2020 山东省青岛市高三三模)若(2x)17a0a1(1x)a2(1x)2a16(1x)16 a17(1x)17，则 (1)a0a1a2a16_； (2)a12a23a316a16_ 答案 (1)2171 (2)17(1216) 解析 (1)由题意，可化为(2x)173(1x)17，由 T18C17 17(1x) 17(1x)17，可 得 a171，令 x0，可得 a0a1a2a16a17217，所以 a0a1a2a16217 a172171. (2)令 g(x

9、)a0a1(1x)a2(1x)2a16(1x)16a17(1x)17(2x)17，则 g(x)a1 2a2(1x)16a16(1x)1517a17(1x)1617(2x)16，则 g(0)a12a216a16 17a1717216，由(1)可得 17a1717，所以 a12a23a316a161721617 17(1216). 2 在ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 若 a， b， c 成等差数列， 则 cos Acos C 1cos A cos C _ 答案 4 5 解析 解法一：(取特殊值)a3，b4，c5，则 cos A4 5，cos C0， cos A

10、cos C 1cos A cos C 4 5. 解法二：(取特殊角)ABC 3，cos Acos C 1 2， cos Acos C 1cos A cos C 4 5. 方法 3 图象分析法 对于一些含有几何背景的填空题，若能数中思形，以形助数，通过数形结合，往往能迅速 作出判断，简捷地解决问题韦恩图、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形. 例 3 (1)若函数 f(x)x ln xa 有两个零点，则实数 a 的取值范围为_ 答案 1 e，0 解析 令 g(x)x ln x，h(x)a，则问题可转化成函数 g(x)与 h(x)的图象有两个交点 由 g(x)ln x1，令 g(x)0，即 l

11、n x1，可解得 0 x0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，|F1F2|10.P 为双曲 线右支上的一点，直线 PF1交 y 轴于点 M，交双曲线 C 的一条渐近线于点 N，且 M 是 PF1的 中点，MN 2NP ，则双曲线 C 的标准方程为_ 答案 x2 9 y2 161 解析 如图，不妨设点 P 在第一象限，过点 N 作 NAx 轴于点 A，设点 N(x0，y0)， |F1F2|10，c5. 点 M 是 PF1的中点，O 为 F1F2的中点，OM 綊1 2PF2，PF2x 轴，|PF2| b2 a . MN 2NP ， |F1A| |F1F2| |AN| |PF2| 5 6， cx

12、0 2c 5 6， x02 3c，y0 5 6 b2 a . 双曲线 C 的一条渐近线为 yb ax， 5 6 b2 a b a 2 3c， b4 5c4，a3， 双曲线 C 的标准方程为x 2 9 y2 161. 图象分析法的实质就是数形结合思想方法在解决填空题中的应用， 利用形的直观性结合所 学知识便可得到相应的结论， 这也是高考命题的热点运用这种方法的关键是正确把握各种式 子与几何图形中变量之间的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解 1若不等式|x2a|1 2xa1 对 xR 恒成立，则 a 的取值范围是_ 答案 ，1 2 解析 作出 y|x2a|和 y1 2xa1 的简图，依题意

13、知应有 2a22a，故 a 1 2. 2 设 f(x)是定义在 R 上， 周期为 2 的函数， 且 f(x) cos （2x），0 x1， 1log2x，1x2， 记 g(x)f(x) a，若1 2a1，则函数 g(x)在区间2，3上零点的个数是_ 答案 8 解析 f(x)是定义在 R 上，周期为 2 的函数， 且 f(x) cos （2x），0 x1， 1log2x，1x2， 作出 f(x)在区间2，3上的图象如图所示 由 g(x)f(x)a， 令 g(x)0，得 f(x)a，1 2a1， 作出 y1 2和 y1 的图象，由图象知，当 1 2a0 且 a1)有两个不等实根， 则实数 a 的取

14、值范围为_ 答案 (1，e 1 e ) 解析 由 a0 且 a1，可得 axx0，两边取自然对数，可得 x ln aln x，即 ln aln x x ， 设 f(x)ln x x ，可得 f(x)1ln x x2 ，当 x(e，)时，f(x)0， f(x)单调递增 可得 f(x)在 xe 处取得极大值， 且为最大值1 e， 当 x， f(x)0， 作出函数 f(x)的图象，当 0ln a1 e，即 1a0 时，xf(x)f(x)0，若 af(1)，b1 ef 1 e ，c ef(e)，则 a，b，c 的大小关系是_(用“”连接). 答案 bac 解析 令 g(x)xf(x)，x(0，)，则

15、g(x)f(x)xf(x)0 在(0，)上恒成立，所 以 g(x)为(0，)上的递增函数，又 g(x)xf(x)xf(x)g(x)，所以 g(x)为偶函数因为 1 e1e，所以 g 1 e g(1)g(e)，所以1 ef 1 e f(1)ef(e)，又 g(x)为偶函数，所以ef(e)ef(e)，所 以 bac. 2(2020 重庆市名校联盟高三二模)已知两矩形 ABCD 与 ADEF 所在的平面互相垂直，AB 1，若将DEF 沿直线 FD 翻折，使得点 E 落在边 BC 上(即点 P)，则当 AD 取最小值时，边 AF 的长是_；此时四面体 FADP 的外接球的半径是_ 答案 2 6 2 解析 设 AFx(x1)，ADy，矩形 ABCD 与矩形 ADEF 所在的平面互相垂直，AB 1，AFx(x1)，ADy，FEFPADBCy，ABDC1，AFDEDPx.在 Rt DCP 中，PCx21，在 RtFAP 中，APy2x2，在 RtABP 中，BPy2x21， BCBPPCy2x21x21y，整理得 y2 x4 x21，令 x 21 t，则 y 2 1 t2t，则当 t 1 2，即 x 2时，y 取最小值 2.四面体 FADP 的外接球的球心为 DF 的中点，DF 24 6，四面体 FADP 的外接球的半径是 6 2 .