文档内容
技巧 02 填空题型的答题策略与精准求解
目录
01考情透视·目标导航...................................................................................................2
02知识导图·思维引航...................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破...............................................................................................15
题型一：特殊法速解填空题 15
题型二：转化法巧解填空题 22
题型三：数形结合巧解填空题 26
题型四：换元法巧解填空题 32
题型五：整体代换法巧解填空题 37
题型六：坐标法巧解填空题 41
题型七：赋值法巧解填空题 47
题型八：正难则反法巧解填空题 50高考的填空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：填空题属于“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：填空题也属“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、面对一个抽象或复杂的数学问题时，不妨先考虑其特例，这就是数学中常说的特殊化思维策略
“特殊化思维”是解高考数学填空题的一种常用解题策略，其实质是把一般情形转化为特殊情形，把抽象
问题转化为具体问题，把复杂问题转化为简单问题，实现快速、准确求解的目的．
2、等价转化可以把复杂问题简单化，把陌生问题熟悉化，把原问题等价转化为便于解决的问题，从
而得出正确结果．
3、数形结合实际上就是把代数式的精确刻画与几何图形的直观描述有机地结合起来，相互转化，实
现形象思维和抽象思维的优势互补．一方面，借助图形的性质使许多抽象概念和关系直观而形象，以利于
探索解题途径；另一方面，几何问题代数化，通过数理推证、数量刻画，获得一般化结论．1．（2024年北京高考数学真题）若直线 与双曲线 只有一个公共点，则 的一个取值
为 ．
【答案】 （或 ，答案不唯一）
【解析】联立 ，化简并整理得： ，
由题意得 或 ，
解得 或无解，即 ，经检验，符合题意.
故答案为： （或 ，答案不唯一）.
2．（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系 中，角 与角 均以 为始边，它们的终边关于
原点对称.若 ，则 的最大值为 ．
【答案】 /
【解析】由题意 ，从而 ，
因为 ，所以 的取值范围是 ， 的取值范围是 ，
当且仅当 ，即 时， 取得最大值，且最大值为 .
故答案为： .3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线 与 在 上有两个不同的
交点，则 的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令 ，即 ，令
则 ，令 得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增， ，
因为曲线 与 在 上有两个不同的交点，
所以等价于 与 有两个交点，所以 .
故答案为：
4．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题） 的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【解析】由题展开式通项公式为 ， 且 ，
设展开式中第 项系数最大，则 ，，即 ，又 ，故 ，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为 .
故答案为：5.
5．（2024年天津高考数学真题）设 ，函数 .若 恰有一个零点，则
的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令 ，即 ，
由题可得 ，
当 时， ，有 ，则 ，不符合要求，舍去；
当 时，则 ，
即函数 与函数 有唯一交点，
由 ，可得 或 ，
当 时，则 ，则 ，
即 ，整理得 ，
当 时，即 ，即 ，
当 ， 或 （正值舍去），当 时， 或 ，有两解，舍去，
即当 时， 在 时有唯一解，
则当 时， 在 时需无解，
当 ，且 时，
由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ，
且函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
令 ，即 ，
故 时， 图象为双曲线 右支的 轴上方部分向右平移 所得，
由 的渐近线方程为 ，
即 部分的渐近线方程为 ，其斜率为 ，
又 ，即 在 时的斜率 ，
令 ，可得 或 （舍去），
且函数 在 上单调递增，故有 ，解得 ，故 符合要求；
当 时，则 ，
即函数 与函数 有唯一交点，
由 ，可得 或 ，
当 时，则 ，则 ，
即 ，整理得 ，
当 时，即 ，即 ，
当 ， （负值舍去）或 ，
当 时， 或 ，有两解，舍去，
即当 时， 在 时有唯一解，
则当 时， 在 时需无解，
当 ，且 时，
由函数 关于 对称，令 ，可得 或 ，
且函数 在 上单调递减，在 上单调递增，同理可得： 时， 图象为双曲线 左支的 轴上方部分向左平移 所得，
部分的渐近线方程为 ，其斜率为 ，
又 ，即 在 时的斜率 ，
令 ，可得 或 （舍去），
且函数 在 上单调递减，
故有 ，解得 ，故 符合要求；
综上所述， .
故答案为： .
6．（2024年天津高考数学真题）已知正方形 的边长为1， 若 ，其中
为实数，则 ；设 是线段 上的动点， 为线段 的中点，则 的最小值为
．
【答案】
【解析】解法一：因为 ，即 ，则 ，
可得 ，所以 ；
由题意可知： ，因为 为线段 上的动点，设 ，
则 ，
又因为 为 中点，则 ，
可得
，
又因为 ，可知：当 时， 取到最小值 ；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则 ，
可得 ，
因为 ，则 ，所以 ；
因为点 在线段 上，设 ，
且 为 中点，则 ，可得 ，
则 ，
且 ，所以当 时， 取到最小值为 ；
故答案为： ； .
7．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设双曲线 的左右焦点分别为 ，过
作平行于 轴的直线交C于A，B两点，若 ，则C的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入
得 ，即 ，故 ， ，
又 ，得 ，解得 ，代入 得 ，
故 ，即 ，所以 .
故答案为：8．（2023年北京高考数学真题）设 ，函数 ，给出下列四个结论：
① 在区间 上单调递减；
②当 时， 存在最大值；
③设 ，则 ；
④设 ．若 存在最小值，则a的取值范围是 ．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【解析】依题意， ，
当 时， ，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当 时， ，易知其图像是，圆心为 ，半径为 的圆在 轴上方的图像（即半
圆）；
当 时， ，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取 ，则 的图像如下，显然，当 ，即 时， 在 上单调递增，故①错误；
对于②，当 时，
当 时， ；
当 时， 显然取得最大值 ；
当 时， ，
综上： 取得最大值 ，故②正确；
对于③，结合图像，易知在 ， 且接近于 处， 的
距离最小，
当 时， ，当 且接近于 处， ，
此时， ，故③正确；
对于④，取 ，则 的图像如下，因为 ，
结合图像可知，要使 取得最小值，则点 在 上，点 在
，
同时 的最小值为点 到 的距离减去半圆的半径 ，
此时，因为 的斜率为 ，则 ，故直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，则 ，
显然 在 上，满足 取得最小值，
即 也满足 存在最小值，故 的取值范围不仅仅是 ，故④错误.
故答案为：②③.题型一：特殊法速解填空题
【典例1-1】已知集合 ， 将 的所有元素从小到
大依次排列构成一个数列 ，记 为数列 的前n项和，则使得 成立的n的最小值为
______．
【答案】27
【解析】集合A是由所有正奇数组成的集合，集合B是由 组成的集合，
所有的正奇数与 按照从小到大的顺序排列构成 ，
在数列 中， 前面有16个正奇数，即 ，
当 时， ，不符合题意；
当 时， ，不符合题意；
当 时， ，不符合题意；
当 时， ，不符合题意；……；
当 时， ， ，不符合题意；
当 时，， ， ，符合题意．
故使得 成立的n的最小值为
故答案为：【典例1-2】已知函数 给出下列四个结论：
①任意 ，函数 的最大值与最小值的差为2；
②存在 ，使得对任意 ， ；
③当 时，对任意非零实数x， ；
④当 时，存在 ， ，使得对任意 ，都有
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】②④
【解析】对于①，当 时 ，其最大值为1，最小值为0， 的最大值与最小值的差为
1，故①错误；
对于②，当 时， ， ，因此对任
意 ， ，故②正确；
对 于 ③ ， ， ， 当 时
，故③错误；
对于④，当 时 ，取 ， ，使得对任意 ，都有 ，故
正确．
故答案为：②④．
【变式1-1】已知函数 对任意的 ，都有 成立．给出下列结论：
① ；② ；③ ；④
其中所有正确结论的序号是 ．【答案】①③④
【解析】令 ，则 ，故①正确；
由 可得 ，
用 换x可得 ，
令 ，则满足 ，而 ，
，则 不恒相等，故②错误；
由 ，用 代替 可得 ，
又由 对任意实数成立知 ，所以 ，故③正确；
由③知， ，所以 ，
用 替换 可得， ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，故④正确．
故答案为：①③④．
【变式1-2】数学家笛卡儿研究了许多优美的曲线，如笛卡儿叶形线 D在平面直角坐标系xOy中的方程为
当 时，给出下列四个结论：
①曲线D不经过第三象限；
②曲线D关于直线 轴对称；
③对任意 ，曲线D与直线 一定有公共点；
④对任意 ，曲线D与直线 一定有公共点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④【解析】当 时，方程为 ，
当x， 时， ，故第三象限内的点不可能在曲线上，①正确；
将点 代入曲线方程，得 ，故曲线关于直线 对称，②正确；
当 ，联立 ，其中 ，
将 代入，得 ，即 ，则方程组无解，
故曲线D与直线 无公共点，③错误；
联立 ，可得 有解，
设 ，
当 时，则 ，
在 单调递增，
单调递减，值域为R，所以存在 成立，
当 时， 成立；
当 时， ， 单调递增，
， ，
所以 ， 成立，
所以曲线D与直线 一定有公共点，故④选项正确．
故答案为：①②④．1．已知 ， ，
，则下列结论中正确的是 ．
①当 时， ；
②当 时，P有1个元素；
③若P有2个元素，则 ；
④若P有4个元素，则m无整数解．
【答案】①②④
【解析】①当 时，
，
由 ，令 ，解得 ，
由 ，令 ，解得 ，
画出S对应点集如图所示，
所以 ，所以①正确；
②当 时，，
画出S对应点集如图所示，
圆 的圆心为 ，半径为1，
直线 ，即 ，
点 到 的距离为 ，
所以圆 与直线 相切，
所以 有1个元素，所以②正确；
对于③，当 时，
，
画出S对应点集如图所示，
半圆的圆心为 ，半径为1，到直线 的距离为 ，
此时P有2个元素，所以③错误；
对于④，若 ，
则
，
此时直线 与圆 至多有2个公共点，不符合题意．
若 ，则由③的分析可知P有2个元素，
综上所述，若P有4个元素，则m无整数解，所以④正确；
故答案为：①②④．
2．函数 ，给出下列四个结论：
① 的值域是 ；
② ， 且 ，使得 ；
③任意 ， 且 ，都有 ；
④规定 ， ，其中 ，则
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④．
【解析】对于①： 的定义域为R，关于原点对称，
，故 为奇函数，
当 时， ，结合反比例函数的性质及函数图象的平移可知函数 在 内单调递增，
且 ，可得 ，则
结合 为奇函数，可知：当 时，函数 在 内单调递增，且
所以 的值域是 ，故①正确；
对于②：由①可知：可知函数 是R上的增函数，
所以对任意 ， 且 ，均有 ，故②错误；
对于③：当任意 ， 且 时，
令 ， ， ，
，显然 ，
因此 不成立，故③错误；
对于④：当 时， ，
可得 ， ，
， ，
以此类推可得 ，因此 ，故④正确．
故答案为：①④．题型二：转化法巧解填空题
【典例2-1】已知曲线C是平面内到定点 与到定直线 的距离之和等于6的点的轨迹，若点
P 在 C 上 ， 对 给 定 的 点 ， 用 表 示 的 最 小 值 ， 则 的 最 小 值
为 ．
【答案】2
【解析】设 ，
当 时， ，
，
， ，
即
当 时， ，
，
，
即 ，
所以点P的轨迹方程为
设点P到线 的距离为d，如图所示，
直线 与曲线 部分 交于点 M，与直线 交于点
N，则 ，
由 ， ，
则 ，
，
则 的最小值为
故答案为：
【 典 例 2-2 】 已 知 函 数 ， 函 数 的 图 象 在 点 和 点
的 两 条 切 线 互 相 垂 直 ， 且 分 别 交 y 轴 于 M ， N 两 点 ， 则 取 值 范 围
是 ．
【答案】
【解析】由题意， ，则 ，
所以点 和点 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
同理 ，
所以
故答案为：【变式2-1】设点P在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值
范围是 ．
【答案】
【解析】根据题意可得，以圆心为原点， 所在直线为x轴， 所在直线为y轴建立平面直角坐标
系，
则 ， ， ， ， ， ， ，
设 ，于是 ，
因为 ，所以 ，
故 的取值范围是
【变式2-2】已知 R ，则 的最小值是 ．【答案】
【解析】方法一、由 ，可得 ，
由 ，可得
则
，当且仅当 ， 时，等号成立，
可得 的最小值为 ；
方法二、 ，
故 ，
当且仅当 ，即 ， 时取得等号，
可得 的最小值为
故答案为：
1 ． 在 中 ， ， 的 角 平 分 线 交 BC 于 D ， 则
．
【答案】2【解析】如图所示：记 ，
方法一：在三角形ABC中，由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由 可得，
，
解得： ．
故答案为： 2 ．
方法二：在三角形ABC中，由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由正弦定理可得， ，解得： ， ，
因为 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，即 ．
故答案为： 2 ．
2．设 、 为双曲线C： 左右焦点，点A在双曲线C上，若 ，且 ，
则 ．【答案】
【解析】 且 ，又因为 ，
得 ，将其代入前式中，解得
故答案为：
题型三：数形结合巧解填空题
【典例3-1】机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为 旅客使用纸
杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】
【解析】圆锥的轴截面是等腰三角形，腰长为12，底边为8，
由题，构造如图所示的圆锥，则 ， ，
O是圆锥底面的圆心，M为AB的中点，取OB的中点为N，则
所以 ， ，
，令P为椭圆的中心， ，EP为短半轴，AE交 于G点，则P为CM的中点，
过点M作 交BC于点R，
由题意可得 ， ， ，
又AO、CM相交，且均在平面ABC内，故 平面ABC，
又 平面ABC，故 ，则 ，
则 ， ，
所以
因为 ，所以 ，
由 ，可得 ∽ ，则 ，
故椭圆的长轴长为 ，即 ，
短半轴长为 ，
则半焦距 ，
故椭圆的离心率等于
【典例3-2】学生到工厂劳动实践，利用 3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体 挖去四棱锥 后所得的几何体，其中O为长方体的中心，
E，F，G，H分别为所在棱的中点， ， 打印所用原料密度为
不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______
【答案】
【解析】该模型为长方体 ，挖去四棱锥 后所得的几何体，其中O为长方体的
中心，
E，F，G，H，分别为所在棱的中点， ， ，
该模型体积为：
，
打印所用原料密度为 ，不考虑打印损耗，
制作该模型所需原料的质量为：
故答案为
【变式3-1】在平面直角坐标系xOy中，已知 ，A、B是圆C： 上的两个动点，
满足 ，则 面积的最大值是 ．
【答案】
【解析】圆C： 的圆心 ，半径为6，
如图，作PC所在直径EF，交AB于点D，因为 ， ，所以 ，EF为垂径，
要使面积 最大，则P，D位于C的两侧，
并设 ，可得 ，
故 ， ，
可令 ，
， ，
设函数 ， ，
，
由 ，
解得 舍去 ，
显然，当 ， ， 递减；
当 时， ， 递增，结合 在 递减，
故 时， 最大，此时 ，
故 ，
则 面积的最大值为
故答案为：
【变式3-2】设 ， 是定义在R上的两个周期函数， 的周期为4， 的周期为2，且 是
奇函数．当 时， ， 其中 若在区间
上，关于x的方程 有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ．
【答案】
【解析】作出函数 与 的图象如图，
由图可知，函数 的图象与 的图象仅有2个交点要使关于x的方程 有8个不同的实数根，
则 ， 与 ， 的图象有2个不同交点，
由 到直线 的距离为1，得 ，解得 ，
两点 ， 连线的斜率 ，
即k的取值范围为
故答案为：
1 ． 已 知 函 数 当 时 ， ， 则 的 最 大 值
是 ．
【答案】
【解析】作出 的图象，如下图所示：
由题意，当 ， 时， 最大，
令 ，解得 或 舍 ，
故 ；
令 ，解得 舍去 ，
故 ，
故 的最大值为
故答案为：
2．已知 ，函数 若关于x的方程 恰有2个互异的实数解，则
a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当 时， 等价于 ，
令 ，由 得 或 ，
因为 ，所以对称轴 ， ，
当 时， 有1个零点，
当 时， 无零点，
当 时， 有两个零点；
当 时， 等价于 ，
令 ，由 得 或 ，因为 ，所以对称轴 ， ，
当 时， 有1个零点，
当 时， 无零点，
当 时， 有两个零点；
已知关于x的方程 恰有2个互异的实数解，综合以上结论可知仅当 有两个零点， 无零
点时满足要求，故
故答案为
题型四：换元法巧解填空题
【典例4-1】函数 的最大值为 ．
【答案】
【解析】令 ，则 ，
记 ，因为 ，
所以当 时， ，函数 递增，当 时， ，函数 递减，于是
因此， 的最大值为【典例4-2】设点 ， ， ，若动点P满足 ，且 ，则
的最大值为 ．
【答案】
【解析】设 ，
因为点 ， ， ，动点P满足 ，
所以 ，化简可得 ，
即为动点P的轨迹方程．
因为 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以
由 ，得 ，
即 ， ，
当且仅当 时，等号成立．
所以当 时， 的最大值为故答案为：
【变式 4-1】已知函数 有两个零点 ， ，且 设 n 为常数，当 a 变化时，
有最小值e，则常数n的值为 ．
【答案】
【解析】由题可知 ，且 ，
所以 ，即 ，
所 以
，
令 ，则 ，整理可得 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，且在 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
故
所以故答案为：
【 变 式 4-2 】 函 数 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 ， 且 关 于 x 的 不 等 式
有解，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】若函数 是定义在实数集上的奇函数，
可得 ，
即 ，即 ，
由 ，可得 ；
所以 ，
任取 ， ，设 ，则 ，
， ，
，则 ，
所以 ，
则函数 为R上的增函数，
又函数 为R上的奇函数，
所以不等式 有解，转化为 ，即
有解，
所以 有解，即 ，令 ，因 ，则 ，即 ，
则 ，当且仅当 时取等号，
由双勾函数的单调性知： ，函数 单调递减， 函数 单调递增，
当 时， ，当 时， ，
所以 ，
所以 ，
故实数m的取值范围为
故答案为：
1．已知函数 在R上具有单调性，且 ，则 ．
【答案】
【解析】令 ，则 ，
中，令 得： ，故 ，
显然 单调递增，且 ，故 ，
所以 ，所以
故答案为 ：
2．已知函数 ，若 的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】 ，
的图象上存在不同的两个点关于原点对称，
所以 有解，
即 ，
则 ①，
令 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
则 ，
则①可化为 ，
依题意，此方程在 上有解，
当 ，解得 ，
当 时，
，
解得 ，符合题意，
当 时，
，
解得 ，不符合题意，
当 ，即 ②时，
设 ，
的开口向上，对称轴 ，
要使 在 上有零点，
则 ，
或 ，
解得 或 ，
结合②得 ，
综上所述，m的取值范围是：
故答案为：
题型五：整体代换法巧解填空题
【 典 例 5-1 】 已 知 实 数 a ， b 满 足 ， 且 ， 则 的 最 小 值
为 ．
【答案】
【解析】因为 ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ，
所以，
所以
，
当且仅当 ，
即 时，等号成立．
故答案为：
【典例5-2】已知 ，则
【答案】3
【解析】已知 ，即 ，
，
故答案为
【变式 5-1】已知 P 为圆 上任意一点， ，则 的最小值
为 ．【答案】
【解析】设 ，则 ，
则
而 表示 分别到 ， 两点距离和，
所以 ，
所以 ，
所以 的最小值为
故答案为：
【变式 5-2】已知 为等比数列 的前 n 项和， ， ，则 的值
为 ．
【答案】40
【解析】根据题意，设等比数列 的公比为q，
若 ，即 ，
又由 ，则 ，可得 ，
则 ，
故答案为：
1．已知 ， ， ，则 的最小值为 ．
【答案】
【解析】
，
当且仅当 ，即 ， 时取等号 ，
的最小值为
故答案为：
2．已知平面上任意一点 ，直线l： ，则点P到直线l的距离为 ；当
点 在函数 图象上时，点 P到直线l的距离为 ，请参考该公式求出
的最小值为 ．
【答案】【解析】令 ， ， ，
表示函数 图象上的点到直线 的距离，
表示函数 图象上的点到直线 的距离，
所以目标式子的几何意义为：半圆 上的点到直线 ， 的距离之和的
倍，
作出图象如图所示，
因为半圆的圆心 到直线 ， 的距离均为 ，半圆的半径为1，
所以最小值为
故答案为
题型六：坐标法巧解填空题
【典例6-1】根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面
积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如下图所示的图形若 ，则 ．
【答案】
【解析】如图，以A为原点，分别以 为x，y轴建立平面直角坐标系，
设正方形 ABCD 的边长为 2a，则正方形 DEHI 的边长为 ，正方形 EFGC 边长为 a 可知
，
则 ，即 ，
又 ， ，即 ，即 ，
化简得 ，
故答案为：
【典例6-2】已知等边 的边长为 ，P为 所在平面内的动点，且 ，则 的取值
范围是 ．
【答案】
【解析】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
等边 的边长为 ，则 ， ，又 ，
设 ， ，
因此 ， ，
，因为 ，有 ，则当 时 ， ，
当 时 ， ，
所以 的取值范围是
故答案为：
【变式6-1】在等腰直角三角形ABC中， ，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出
发，经BC，CA发射后又回到原点 若光线QR经过 的重心，则AP长为
【答案】
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系：
可得 ，故直线BC的方程为 ，
的重心为 ，即 ，设 ，其中 ，则点P关于直线BC的对称点 ，
满足 ，
解得 ，即 ，
P关于y轴的对称点 ，
由光的反射原理可知 ，Q，R， 四点共线，
直线QR的斜率为 ，
故直线QR的方程为 ，
由于直线QR过 的重心 ，代入化简可得 ，
解得 ，或 舍去 ，故 ，故
故答案为
【变式6-2】已知平面向量 ， ， ，若 ，且 ，则 的
取值范围是 ．
【答案】
【解析】记 ，
因为 ，
所以 ，即 为等边三角形，
建立坐标系，如下图，
则由已知 ，
所以 ，
设 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
即点 到点 和 的距离之和等于 ，
又 ，
所以点 在线段MN上，
所以 ， ，
又 ，
所以当 时， 取得最小值 ，当 时， 取得最大值故答案为
1．已知 ， 为单位向量，且 ，若向量 满足 ，则 的最
小值为 ．
【答案】
【解析】根据条件，不妨令 ，
由 ，得 ，即 ，
故点 对应的点在以 为圆心， 为半径的圆周上．
而 ，
其表示的几何意义是圆 上的点 到直线 上点的距离．
所以 的最小值为
故答案为
2．在梯形ABCD中， ， ， ，E，F分别是BC，CD的中点，则 ．
【答案】
【解析】以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，
则 ， ， ， ，
得 ， ，
所以 ，
故答案为 ．
题型七：赋值法巧解填空题
【典例7-1】 的展开式中 的系数为 用数字作答
【答案】
【解析】 的通项公式为：
，
令 得， ，
此时 ，
令 得， ，此时 ，
故 的系数为
故答案为：
【典例7-2】若定义在区间 上的函数 满足：对于任意的 ， ，都有
，且 时，有 ，若 的最大值为 M，最小值为 N，则
的值为 ．
【答案】4048
【解析】令 ，得 ，所以 ，
令 ，得 ，所以 ，
令 ，则 ， ，
因为 ，又 定义域关于原点对称，
所以 是奇函数，
所以 ，
即 ，
所以
故答案为：
【 变 式 7-1 】 已 知 ， 则
．
【答案】243
【解析】因为 ，
令 ，得 ，两边同时乘以32，得
【变式 7-2】已知函数 ， 的定义域为 R， 为 的导函数，且 ，
，若 为偶函数，则 ．
【答案】2024
【解析】因为 是偶函数，
则 ，两边求导得 ，
所以 是奇函数，故 ，由 ①，
则 ，代入 ②，
可得 ，即 ，
即 ，
又因为 是奇函数，所以 ，
所以 是周期为2的周期函数，
又 ，可知 也是周期为2的周期函数，
令 代入②，得 ，
令 代入①，得 ，
令 代入②，得 ，
联立 ，
解得 ，所以
故答案为：
1．已知 满足 ，且 ，则 ．
【答案】4
【解析】令 得 ，所以 ，
令 ， 得
故答案为：
2．已知函数 对任意实数x，y满足 ， ，当 时， ，
那么，当 时，实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设 ， 、 ，则 ，
当 时， ，
，
，
，
，在R上递增，
，
，
等价于
故答案为：
题型八：正难则反法巧解填空题
【典例8-1】设集合 …， ， ，2，3，…， ，则集合A中满足条件“
… ”的元素个数为 ．
【答案】
【解析】集合A中共有 个元素；
其中 … 的只有一个元素，
… 的有 个元素；
故满足条件“ … ”的元素个数为
故答案为：
【典例8-2】2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求．
甲､乙､丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲､乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为 ，丙购买到冰墩墩的概率为 ，则甲，乙､丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的
概率为 ．
【答案】
【解析】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为 ，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率
同理，丙购买不到冰墩墩的概率
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率 ，于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰
墩墩的概率 故答案为：
【变式8-1】将一颗质地均匀的骰子 一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具 先后抛
掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是 ．
【答案】
【解析】将一颗质地均匀的骰子 一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具 先后抛掷2
次，所有可能的结果共有 个，
“出现向上的点数之和小于10”的对立事件是“出现向上的点数之和不小于10”，
事件“出现向上的点数之和不小于10”包含的所有可能结果有：
， ， ， ， ， ，共6个，
出现向上的点数之和小于10的概率故答案为：
【变式8-2】欧拉函数 的函数值等于所有不超过n且与n互质的正整数的个数 公约数只有1
的两个整数称为互质整数 ，例如： ， 记 ，数列 的前n项和为 ，若
恒成立，则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在 的整数中与 不互质的数有 ，共有 个，
所以与 互质的数有 个，因此
在 的整数中，2 的倍数共有 个，5 的倍数共有 个，10 的倍数共有 个，所以
所以 ，
所以数列 是首项为1，公比为2的等比数列，
所以 ，
则 恒成立等价于 恒成立，
即 恒成立，所以 ，
令 ，则 ，所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，即实数 的取值范围是
故答案为
1．某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验甲、乙、
丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为 、 、 ，对实验甲、乙、丙各进行一次，则至少有一次成
功的概率为 结果用最简分数表示
【答案】
【解析】记“至少有一次成功”为事件A，“试验甲成功”为事件D，
“试验乙成功”为事件E，“试验丙成功”为事件F，
由题意知 ， ， ，
则
故答案为：
2．新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A医院某科室的6名男医生 含一名主任医师 ､名女医生 含一名主任医师 中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同
的选派方案共有 种 用数字作答
【答案】90
【解析】根据题意，从A医院某科室的6名男医生和4名女医生中分别选派3名男医生和2名女医生，有
种取法，
若其中没有主任医师参加，即从不是主任医师的5名男医生中选出3名男医生，从不是主任医师的3名女
医生中选出2名女医生，
其取法有 种，
则至少有一名主任医师参加的取法有 种，
故答案为：
