高考数学(理数)三轮冲刺强化练习第6讲《填空题的解题方法》（解析版）

这是一份高考数学(理数)三轮冲刺强化练习第6讲《填空题的解题方法》（解析版），共11页。

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)(高三第三次全国大联考)在△ABC中，已知AB＝3，BC＝2，若cs(C－A)＝eq \f(1,2)，则sinB＝________.
答案 eq \f(5\r(3),14)
解析 在线段AB上取点D，使得CD＝AD，设AD＝x，则BD＝3－x，因为cs(C－A)＝eq \f(1,2)，即cs∠BCD＝eq \f(1,2)，
所以在△BCD中，由余弦定理可得(3－x)2＝x2＋4－4x·eq \f(1,2)，解得x＝eq \f(5,4)，在△BCD中，由正弦定理可得eq \f(CD,sinB)＝eq \f(BD,sin∠BCD)，因为CD＝eq \f(5,4)，BD＝3－x＝eq \f(7,4)，sin∠BCD＝eq \f(\r(3),2)，所以sinB＝eq \f(5\r(3),14).
(2)(大连市模拟)已知函数y＝f(x)是定义域为R的偶函数，且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则不等式f(2x－1)>f(x－2)的解集为________．
答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 ∵函数y＝f(x)是定义域为R的偶函数，∴f(2x－1)>f(x－2)可转化为f(|2x－1|)>f(|x－2|)，又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(2x－1)>f(x－2)⇔|2x－1|>|x－2|，两边平方解得x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，故f(2x－1)>f(x－2)的解集为x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中我们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．(长春市高三质量监测)某学校要将4名实习教师分配到3个班级，每个班级至少要分配1名实习教师，则不同的分配方案有________种．
答案 36
解析 因为某学校要将4名实习教师分配到3个班级，每个班级至少要分配1名实习教师，所以有1个班级一定会安排2名教师，
故第一步：先安排2名教师到1个班级实习，有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,3)＝6×3＝18种，
第二步：将剩下的2名教师安排到相应的2个班级实习，有Aeq \\al(2,2)＝2种，根据分步乘法计数原理得这个问题的分配方案共有18×2＝36种．
2．设α为锐角，若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝________.
答案 eq \f(\r(2),10)
解析 ∵α为锐角，∴α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝ eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))))＝eq \f(4,5).
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))cseq \f(π,4)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))sineq \f(π,4)
＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),10).
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x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为________．
答案 (－1，＋∞)
解析 解法一：(特殊函数法)令f(x)＝3x＋5，则由3x＋5＞2x＋4，得x＞－1.
解法二：令函数g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2＞0，因此g(x)在R上为增函数．又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0，所以原不等式可化为g(x)＞g(－1)，由g(x)的单调性可得x＞－1.
(2)如图所示，在△ABC中，AO是BC边上的中线，K为AO上一点，且eq \(AO,\s\up6(→))＝2eq \(AK,\s\up6(→))，经过K的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N.若eq \(AB,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝neq \(AN,\s\up6(→))，则m＋n＝________.
答案 4
解析 当过点K的直线与BC平行时，MN就是△ABC的一条中位线(∵eq \(AO,\s\up6(→))＝2eq \(AK,\s\up6(→))，∴K是AO的中点)，这时由于有eq \(AB,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝neq \(AN,\s\up6(→))，因此m＝n＝2，故m＋n＝4.
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．(温州高三2月高考适应性测试)若x6＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a5(x＋1)5＋a6(x＋1)6，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝________，a5＝________.
答案 0 －6
解析 令x＝0，得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6；又x6＝[(x＋1)－1]6＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a5(x＋1)5＋a6(x＋1)6，将x＋1视为一个整体，则a5为二项式展开式中(x＋1)5的系数，展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x＋1)6－r(－1)r，令r＝1，则(x＋1)5的系数的值为Ceq \\al(1,6)(－1)1＝－6.
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eq \f(csA＋csC,1＋csAcsC)＝________.
答案 eq \f(4,5)
解析 解法一：(取特殊值)a＝3，b＝4，c＝5，则
csA＝eq \f(4,5)，csC＝0，eq \f(csA＋csC,1＋csAcsC)＝eq \f(4,5).
解法二：(取特殊角)A＝B＝C＝eq \f(π,3)，csA＝csC＝eq \f(1,2)，eq \f(csA＋csC,1＋csAcsC)＝eq \f(4,5).
方法3 推理法
对于概念与性质的判断等类型的题目，应按照相关的定义、性质、定理等进行合乎逻辑的推演和判断，有时涉及多选型的问题，尤其是新定义问题，必须进行严密的逻辑推理才能得到正确的结果．
例3 (1)(洛阳市高三第三次统考)甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是团支书，一位是学习委员，已知丙比学习委员的年龄大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙的年龄小，据此推断班长是________．
答案 乙
解析 根据甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，得到丙是团支书．丙比学习委员的年龄大，甲与团支书的年龄不同，团支书比乙年龄小，得到年龄从大到小是乙>丙>学习委员，由此得到乙不是学习委员，故乙是班长．
(2)(衡水市全国普通高中高三大联考)现有一场专家报告会，张老师带甲、乙、丙、丁四位同学参加，其中有一个特殊位置可与专家近距离交流，张老师看出每个同学都想去坐这个位置，因此给出一个问题，谁能猜对，谁去坐这个位置．问题如下：某班10位同学参加一次全年级的高二数学竞赛，最后一道题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．听完后，四个同学给出猜测如下：甲猜：D或E答对了；乙猜：C不可能答对；丙猜：A，B，F当中必有1人答对了；丁猜：D，E，F都不可能答对，在他们回答完后，张老师说四人中只有1人猜对，则张老师把特殊位置给了________．
答案 丁
解析 ①若同学A做对了，则乙、丙、丁猜对了，与题设矛盾，故不符合题意；②若同学B做对了，则乙、丙、丁猜对了，与题设矛盾，故不符合题意；③若同学C做对了，则丁猜对了，与题设相符，故满足题意；④若同学D做对了，则甲、乙猜对了，与题设矛盾，故不符合题意；⑤若同学E做对了，则甲、乙猜对了，与题设矛盾，故不符合题意；⑥若同学F做对了，则乙、丙猜对了，与题设矛盾，故不符合题意．综上可知，同学C做对了，丁猜对了．故张老师把特殊位置给了丁．
推理法讲究“推之有理，推之有据”，在推理的过程中要严格按照定义的法则和相关的定理进行，归纳推理和类比推理也要依据自身的推理法则，不能妄加推测．
1．(延安市模拟)甲、乙、丙三位教师分别在延安、咸阳、宝鸡的三所中学里教不同的学科A，B，C，已知：①甲不在延安工作，乙不在咸阳工作；②在延安工作的教师不教C学科；③在咸阳工作的教师教A学科；④乙不教B学科．
可以判断乙工作的地方和教的学科分别是________、________.
答案 宝鸡 C
解析 由③得在咸阳工作的教师教A学科；又由①得乙不在咸阳工作，所以乙不教A学科；由④得乙不教B学科，结合③乙不教A学科，可得乙必教C学科，由②得乙不在延安工作，由①得乙不在咸阳工作；所以乙在宝鸡工作，综上，乙工作的地方和教的学科分别是宝鸡和C学科．
2．求“方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,13)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))x＝1的解”有如下解题思路：设函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,13)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))x，则函数f(x)在R上单调递减，且f(2)＝1，所以原方程有唯一解x＝2.类比上述解题思路，方程x6＋x2＝(2－x)3＋2－x的解集为________．
答案 {1，－2}
解析 类比上述解题思路，设f(x)＝x3＋x，由于f′(x)＝3x2＋1＞0，所以函数f(x)＝x3＋x在R上单调递增，又x6＋x2＝(2－x)3＋2－x，即(x2)3＋x2＝(2－x)3＋2－x，所以x2＝2－x，解得x＝1或x＝－2，
所以方程x6＋x2＝(2－x)3＋2－x的解集为{1，－2}．
方法4 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、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．
例4 (1)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
解析 令g(x)＝xln 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 x＋1，令g′(x)＜0，即ln x＜－1，可解得0＜x令g′(x)＞0，即ln x＞－1，可解得x＞eq \f(1,e)，所以当0＜x＜eq \f(1,e)时，函数g(x)单调递减；
当x＞eq \f(1,e)时，函数g(x)单调递增．
由此可知当x＝eq \f(1,e)时，g(x)min＝－eq \f(1,e).作出函数g(x)和h(x)的简图，如图，据图可得－eq \f(1,e)＜a＜0.
(2)(蚌埠市高三教学质量检查)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax＋a，若对任意x∈[1，e]，均有f(x)g(x)≤0，则实数a的最小值为________．
答案 1
解析 由f(x)＝ex－ax－1＝0，得ex＝ax＋1，设m(x)＝ex，y＝ax＋1，则直线y＝ax＋1过定点(0,1)，
当x＝1时，m(1)＝e，
即B(1，e)；
当x＝e时，m(e)＝ee，
即C(e，ee)．
当直线y＝ax＋1经过点B时，e＝a＋1，即a＝e－1；
当直线y＝ax＋1经过点C时，ee＝ae＋1，即a＝eq \f(ee－1,e).
由g(x)＝ln x－ax＋a＝0，得ln x＝ax－a，
设h(x)＝ln x，y＝ax－a＝a(x－1)过定点(1,0)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)，h′(1)＝1，即过点(1,0)的切线斜率k＝1，
当x＝e时，h(e)＝ln e＝1，即D(e，1)．
当直线y＝a(x－1)经过点D时，1＝a(e－1)，即a＝eq \f(1,e－1)，
①当a≤e－1时，ax＋1≤ex，即此时f(x)≥0，要使对任意x∈[1，e]，均有f(x)g(x)≤0，
则g(x)≤0，即ln x－ax＋a≤0，则ln x≤ax－a，则此时a≥1，
此时1≤a≤e－1；
②当a≥eq \f(ee－1,e)时，ax＋1≥ex，即此时f(x)≤0，要使对任意x∈[1，e]，均有f(x)g(x)≤0，则g(x)≥0，即ln x－ax＋a≥0，
则ln x≥ax－a，则此时a≤eq \f(1,e－1)，此时要求a≥eq \f(ee－1,e)且a≤eq \f(1,e－1)，此时a无解；
③当e－1e－1>1，则对x∈[1，e]，均有g(x)<0，但f(x)可取正值也可取负值，不满足对任意x∈[1，e]，均有f(x)g(x)≤0.
综上，满足条件的a的取值范围是1≤a≤e－1，则实数a的最小值为1.
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|x－2a|≥eq \f(1,2)x＋a－1对x∈R恒成立，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
解析 作出y＝|x－2a|和y＝eq \f(1,2)x＋a－1的简图，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤eq \f(1,2).
2．(德州市高三下学期第一次练习)设f(x)是定义在R上，周期为2的函数，且f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs2πx，0≤x≤1，,1－lg2x，1＜x＜2，))记g(x)＝f(x)－a，若eq \f(1,2)答案 8
解析 ∵f(x)是定义在R上，周期为2的函数，且f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs2πx，0≤x≤1，,1－lg2x，1＜x＜2，))
∴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，∵eq \f(1,2)∴作出y＝eq \f(1,2)和y＝1的图象，由图象知，当eq \f(1,2)方法5 构造法
构造法解填空题，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷地解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决．
例5 (1)(湖北省八校高三第二次联合考试)下列命题为真命题的个数是________．
①ln 3答案 3
解析 构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，导数为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当00，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，可得当x＝e时，f(x)取得最大值eq \f(1,e).
ln 3则F′(x)＝eq \f(1－ln \r(x),x\f(3,2))，当00，F(x)单调递增；当x>e2时，F′(x)>0，F(x)单调递减.2eq \r(15)<15⇔eq \r(15)ln 215>e2，∴F(16)(2)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为________．
答案 eq \r(6)π
解析 ∵PA＝PB＝PC，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴三棱锥P－ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，又E，F分别为PA，AB的中点，
∴EF∥PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC＝C，
∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB＝90°，
∴PA＝PB＝PC＝eq \r(2)，∴以P为一个顶点，PA，PB，PC为三条棱可构造出一个正方体，且正三棱锥P－ABC为正方体的一部分，球O的直径长即为正方体体对角线的长，故2R＝eq \r(2＋2＋2)＝eq \r(6)，即R＝eq \f(\r(6),2)，∴V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \f(6\r(6),8)＝eq \r(6)π.
构造法实质上是一种化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列将问题转化为自己熟悉的问题．
1．(汉中12校高三模拟)已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，若a＝f(1)，b＝eq \f(1,e)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))，c＝－ef(－e)，则a，b，c的大小关系是________．(用“<”连接)
答案 b解析 令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则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e＞1＞eq \f(1,e)，所以g(e)＞g(1)＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))，所以ef(e)＞f(1)＞eq \f(1,e)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))，又g(x)为偶函数，所以－ef(－e)＝ef(e)，所以b2．已知某多面体的三视图如图所示，则其表面积为________．
答案 2eq \r(6)＋2eq \r(2)＋2
解析 由题意知，该多面体可放入一棱长为2的正方体中，如图所示，三棱锥D1－DBM即所求多面体，且S△BDD1＝2eq \r(2)，S△D1DM＝2，在△MBD中，BM＝DM＝eq \r(5)，可得BD边上的高为eq \r(3)，∴S△MBD＝eq \r(6)，在△BD1M中，BM＝D1M＝eq \r(5)，可得BD1边上的高为eq \r(2)，
∴S△BD1M＝eq \r(6)，
∴所求几何体的表面积为2eq \r(6)＋2eq \r(2)＋2.