技巧03填空题解法与技巧（讲）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第二篇 解题技巧篇 技巧03 填空题解法与技巧（讲） 考向 速览 热点追踪 众所周知，高考的核心功能是“立德树人，服务选才，引导教学”，特别是在发挥“立德树人”功能方面，更 加注重“五育”并举，它不但在选择题中有所体现，而且，在填空题中也屡屡出现相关背景的题目，值得我们 关注. 1.弘扬传统文化，渗透爱国教育 【典例1】（2022·浙江·统考高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他 把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是 ，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边 ，则该三角形的面积 ___________． 【答案】 . 【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为 ，所以 ． 故答案为： . 【典例2】（2021·浙江·高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直 角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大 正方形的面积为 ，小正方形的面积为 ，则 ___________. 【答案】25 【解析】 【分析】 分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可. 【详解】 由题意可得，大正方形的边长为： ， 则其面积为： ， 小正方形的面积： ， 从而 .故答案为：25. 【典例3】（2020·浙江·统考高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如 数列 就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________． 【答案】 【分析】根据通项公式可求出数列 的前三项，即可求出． 【详解】因为 ，所以 ． 即 ． 故答案为： . 【综合分析】 以我国古代数学家的研究成果为背景，设计相关计算问题，考查学生的发现问题解决问题的能力、数学运算能 力，以及数学文化素养，同时，引导师生关注我国传统数学文化，将爱国主义教育融入其中，展示了数学之美， 讴歌了中国古代劳动人民的勤劳与智慧，以及为人类文明作出的突出贡献． 2.弘扬民间艺术，渗透劳美教育 【典例4】（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把 纸对折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格的图形， 它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形， 它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折 次， 那么 ______ . 【答案】 5 【解析】 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 ，再根据错位相减法得结果. 【详解】 （1）由对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，所以对着三次的结果有： ，共4种不同规格（单位 ； 故对折4次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共5种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公 比为 的等比数列，首项为120 ,第n次对折后的图形面积为 ，对于第n此对折后的图形的规 格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为 种（证明从略），故得猜想 ， 设 ， 则 ， 两式作差得： ， 因此， . 故答案为： ； . 【典例5】（2020·海南·高考真题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形 DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC= ， ，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的 距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2． 【答案】 【解析】 【分析】 利用 求出圆弧 所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形 的面积，求出直角 的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得. 【详解】 设 ，由题意 ， ，所以 ， 因为 ,所以 ，因为 ，所以 ， 因为 与圆弧 相切于 点，所以 ， 即 为等腰直角三角形； 在直角 中， ， ， 因为 ，所以 ， 解得 ； 等腰直角 的面积为 ； 扇形 的面积 ， 所以阴影部分的面积为 . 故答案为： . 【综合分析】 1.以学生研究民间剪纸艺术的折纸为背景设计试题，考查了数列的概念与数列的求和计算，突出了“德育为先， 立德树人”的思想理念.考查学生的逻辑思维能力、数学建模及数学运算能力. 又对学生进行了“美育”及劳动 教育. 2.以劳动教育为背景的考题，再现了学生到工厂劳动实践的场景，引导学生关注劳动、尊重劳动、参加劳动， 体现了劳动教育的要求．在考查几何知识、三角知识的同时，培养学生的数学应用意识，较好地发挥高考试题 在培养劳动观念中的引导作用. 以劳动教育为背景的考题，多以社会实践、动手操作实验等为题材． 3.关注赛事规则，渗透体育教育 【典例6】（2019·全国·高考真题（理））甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利 时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场 取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是 ____________． 【答案】0.18 【解析】【分析】 本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的 难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查． 【详解】 前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以 获胜的概率是 前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以 获胜的概率是 综上所述，甲队以 获胜的概率是 【综合分析】 本题以学生喜欢的体育项目为背景设计试题，情境贴近实际，倡导学生关注体育赛事，积极参加体育锻炼，体 现了数学抽象和数学运算等核心素养，凸显了“体育”教育功能． 4.立足社区生活，增强实践意识 【典例7】（2022·全国·统考高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入 选的概率为____________． 【答案】 ##0.3 【分析】根据古典概型计算即可 【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名， 有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1， 3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法； 其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率 . 故答案为： . 解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为 甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率 故答案为： 【典例8】（2020·北京·高考真题）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为 ，用 的大小评价 在 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下 图所示. 给出下列四个结论： ①在 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在 这三段时间中，在 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】 根据定义逐一判断，即可得到结果 【详解】 表示区间端点连线斜率的负数， 在 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙 企业强；①正确； 甲企业在 这三段时间中，甲企业在 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误； 在 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②正确； 在 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③ 【点评】 以社区服务为背景，引导学生关注社会实践.以污水治理为背景，结合函数图象理解平均变化率、瞬时变化率 即导数的几何意义，要求学生具备敏锐的观察力、分析问题的能力，启迪学生理解数学语言，用数学眼光认识 世界，用数学的思维思考世界，体现了逻辑推理、数据分析等核心素养，有助于引导学生关注现实、增强环保 意识． 方法技巧 典例分析 01 直接法 【核心提示】 直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而 得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择.涉及概念、性质的辨析或运算 较简单的题目常用直接法.． 【典例分析】 典例1.（2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）在平面直角坐标系中，已知直线 与椭圆 在第二象限交于点 ，交 轴于点 .设点 ，若 ，则 的值为__________. 【答案】 【分析】先根据题设条件可得 ，再联立直线方程和椭圆方程，求出点 的横坐标后求出弦长 ，再根 据点点距可得 ，从而得到关于 的方程，求出其解后可得 的值.【详解】设 ，椭圆的上顶点为 ，左焦点为 ，则 . 因 在第二象限且 ，故 . 由 可得 ， 因为 在第二象限且 ，故 ， 又 . 又 . 而 ，故 ， 所以 ，解得 （负解舍去）. 故答案为： . 典例2.（2022·天津·统考高考真题）52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________ 【答案】 【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A 的条件下，第二次抽到A的概率. 【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,则 . 故答案为： ； . 02 特例法 【核心提示】 当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的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.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.特殊化法是“小题小做”的重要策略. 但要注意以下两点： 第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理； 第二，若在取定的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求 解． 【典例分析】 典例3.（2021·全国·统考高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数 _______． ① ；②当 时， ；③ 是奇函数． 【答案】 （答案不唯一， 均满足） 【分析】根据幂函数的性质可得所求的 . 【详解】取 ，则 ，满足①， ， 时有 ，满足②， 的定义域为 ， 又 ，故 是奇函数，满足③. 故答案为： （答案不唯一， 均满足）典例4.（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆 ，焦点 ， ，若过 的 直线和圆 相切，与椭圆在第一象限交于点P，且 轴，则该直线的斜率是___________， 椭圆的离心率是___________. 【答案】 【分析】不妨假设 ，根据图形可知， ，再根据同角三角函数基本关系即可求出 ；再根据椭圆的定义求出 ，即可求得离心率． 【详解】 如图所示：不妨假设 ，设切点为 ， ， 所以 , 由 ，所以 ， ， 于是 ，即 ，所以 ． 故答案为： ； ． 03 正反互推法 【核心提示】多选型问题给出多个命题或结论，要求从中选出所有满足条件的命题或结论．这类问题要求较高，涉及图形、 符号和文字语言，要准确阅读题目，读懂题意，通过推理证明，命题或结论之间互反互推，相互印证，也可举 反例判断错误的命题或结论． 【典例分析】 典例5.（2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）设函数 的定义域为 ，给出下列命题： ①若对任意 ，均有 ，则 一定不是奇函数； ②若对任意 ，均有 ，则 为奇函数或偶函数； ③若对任意 ，均有 ，则 必为偶函数； ④若对任意 ，均有 ，且 为 上增函数，则 必为奇函数； 其中为真命题的序号为__（请写出所有真命题的序号）． 【答案】①③④ 【分析】根据函数奇偶性的定义一一判断求解. 【详解】对于①，对任意 ，均有 ，则 ， 但奇函数中 ，矛盾，所以 一定不是奇函数，①正确； 对于②， 等价于 ， 若 时满足 ， 时满足 ， 则函数在 上为非奇非偶函数，②错误； 对于③，对任意 ， 均有 ，则 ， 所以 ，所以函数必为偶函数，③正确； 对于④，当 时， 等价于 ，又因为 为 上增函数，所以 ，则 ， 所以 ，所以 必为奇函数，④正确， 故答案为: ①③④. 典例6.（2022·北京·统考高考真题）已知数列 各项均为正数，其前n项和 满足 ．给 出下列四个结论： ① 的第2项小于3； ② 为等比数列； ③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【分析】推导出 ，求出 、 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义 可判断③. 【详解】由题意可知， ， ， 当 时， ，可得 ； 当 时，由 可得 ，两式作差可得 ， 所以， ，则 ，整理可得 ， 因为 ，解得 ，①对； 假设数列 为等比数列，设其公比为 ，则 ，即 ， 所以， ，可得 ，解得 ，不合乎题意，故数列 不是等比数列，②错； 当 时， ，可得 ，所以，数列 为递减数列，③对； 假设对任意的 ， ，则 ， 所以， ，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④. 04 数形结合法 【核心提示】 一些含有几何背景的填空题，若能“数中思形”“以形助数”，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断， 简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn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. 【典例分析】 典例7.（2023春·浙江·高三校联考开学考试）三棱锥 内接于半径为 的球O，且 ，则三 棱锥 体积的最大值为________． 【答案】 【分析】设O到CD的距离为 ，点M到直线CD的距离为d，则 ，所以 ， 利用函数导数求出面积最大值，从而根据锥体的体积公式即可求解． 【详解】如图，取AB的中点为M，则 ，设O到CD的距离为 ，点M到 直线CD的距离为d，A，B两点到平面MCD的距离分别为 ，则 ，，所以 ， 令 ，则 ，所以当 时， ，所以 ，所以 ， 当且仅当 ，且 平面MCD时取等号． 故答案为： 典例8.（2021·北京·统考高考真题）已知函数 ，给出下列四个结论： ①若 ， 恰 有2个零点； ②存在负数 ，使得 恰有1个零点； ③存在负数 ，使得 恰有3个零点； ④存在正数 ，使得 恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【分析】由 可得出 ，考查直线 与曲线 的左、右支分别相切的情形， 利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【详解】对于①，当 时，由 ，可得 或 ，①正确；对于②，考查直线 与曲线 相切于点 ， 对函数 求导得 ，由题意可得 ，解得 ， 所以，存在 ，使得 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线 过点 时， ，解得 ， 所以，当 时，直线 与曲线 有两个交点， 若函数 有三个零点，则直线 与曲线 有两个交点， 直线 与曲线 有一个交点，所以， ，此不等式无解， 因此，不存在 ，使得函数 有三个零点，③错误； 对于④，考查直线 与曲线 相切于点 ， 对函数 求导得 ，由题意可得 ，解得 ， 所以，当 时，函数 有三个零点，④正确. 故答案为：①②④.典例9.（2022·天津·统考高考真题）设 ，对任意实数x，记 ．若 至 少有3个零点，则实数 的取值范围为______. 【答案】 【分析】设 ， ，分析可知函数 至少有一个零点，可得出 ，求出 的取值范围，然后对实数 的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数 的不等式，综合可求得实数 的取值范围. 【详解】设 ， ，由 可得 . 要使得函数 至少有 个零点，则函数 至少有一个零点，则 ， 解得 或 . ①当 时， ，作出函数 、 的图象如下图所示： 此时函数 只有两个零点，不合乎题意； ②当 时，设函数 的两个零点分别为 、 ， 要使得函数 至少有 个零点，则 ， 所以， ，解得 ； ③当 时， ，作出函数 、 的图象如下图所示：由图可知，函数 的零点个数为 ，合乎题意； ④当 时，设函数 的两个零点分别为 、 ， 要使得函数 至少有 个零点，则 ， 可得 ，解得 ，此时 . 综上所述，实数 的取值范围是 . 故答案为： . 05 构造法 【核心提示】 构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程，构造法是建立在 观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思 维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背 景)，从而构造几何、函数、不等式、数列、向量等具体的数学模型，从而转化为自己熟悉的问题，达到快速 解题的目的. 利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根 f x fx f x gx fx f x0 gxexf x 据导数法则进行：如 构造 ex ， 构造 ， f x xfx f x gx xfx f x0 gx xf x 构造 x ， 构造 等. 【典例分析】典例10.（2022·全国·统考高考真题）已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值 点和极大值点．若 ，则a的取值范围是____________． 【答案】 【分析】法一：依题可知，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有 两个不同的交点，构造函数 ，利用指数函数的图象和图象变换得到 的图象，利用导数的几 何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为 ，所以方程 的两个根为 ， 即方程 的两个根为 ， 即函数 与函数 的图象有两个不同的交点， 因为 分别是函数 的极小值点和极大值点， 所以函数 在 和 上递减，在 上递增， 所以当时 ， ，即 图象在 上方 当 时， ，即 图象在 下方 ，图象显然不符合题意，所以 ． 令 ，则 ， 设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ， 则切线的斜率为 ，故切线方程为 ， 则有 ，解得 ，则切线的斜率为 ，因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点， 所以 ，解得 ，又 ，所以 ， 综上所述， 的取值范围为 ． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为 分别是函数 的极小值点和极大值点， 所以函数 在 和 上递减，在 上递增， 设函数 ，则 ， 若 ，则 在 上单调递增，此时若 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，此时若有 和 分别是函数 且 的极小值点和极大值点，则 ，不符合题意； 若 ，则 在 上单调递减，此时若 ，则 在 上单调递增，在 上单调递 减，令 ，则 ，此时若有 和 分别是函数 且 的极小值点和极大值点，且 ，则需满足 ， ，即 故 ，所以 . 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题 的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性 通法． 典例11.（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆 在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分 别交于M，N两点，且 ，则l的方程为___________． 【答案】 【分析】令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ，设直线 ， ， ，求出 、 的坐标，再根据 求出 、 ，即可得解； 【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法 令 的中点为 ，设 ， ，利用点差法得到 ， 设直线 ， ， ，求出 、 的坐标， 再根据 求出 、 ，即可得解； 解：令 的中点为 ，因为 ，所以 ， 设 ， ，则 ， ， 所以 ，即 所以 ，即 ，设直线 ， ， ，令 得 ，令 得 ，即 ， ， 所以 ， 即 ，解得 或 （舍去）， 又 ，即 ，解得 或 （舍去）， 所以直线 ，即 ； 故答案为： [方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法 解：由题意知，点 既为线段 的中点又是线段MN的中点， 设 ， ，设直线 ， ， ， 则 ， ， ，因为 ，所以 联立直线AB与椭圆方程得 消掉y得其中 ， ∴AB中点E的横坐标 ,又 ，∴ ∵ ， ，∴ ,又 ，解得m=2 所以直线 ，即 [方法三]： 令 的中点为 ，因为 ，所以 ， 设 ， ，则 ， ， 所以 ，即 所以 ，即 ，设直线 ， ， ， 令 得 ，令 得 ，即 ， ，所以 ， 即 ，解得 或 （舍去）， 又 ，即 ，解得 或 （舍去）， 所以直线 ，即 ；故答案为： 典例12.（2021·河北·沧州市一中高二阶段练习）数列 的前n项和为 ，且 ， ， 则 __________；若 恒成立，则k的最小值为__________. 【答案】 1 【解析】 【分析】 （1）根据题意，构造数列等比数列 ，由其通项公式，即可求得 ； （2）由 的通项公式，结合等比数列的前 项和公式，求得 ，利用指数函数的单调性求解函数最值，即 可求得参数的最值. 【详解】 因为 ， ，则 ， 故 为首项 ，公比为 的等比数列，则 ，则 ；又 ， 则 ，即 ， ， 又 ，故只需 ，即 ，又 ，故 的最小值为 . 故答案为： ；1.