新高考数学二轮复习讲练测 技巧02 填空题的答题技巧（精讲精练）

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1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
技巧02 填空题的答题技巧
【命题规律】
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．
【核心考点目录】
核心考点一：特殊法速解填空题
核心考点二：转化法巧解填空题
核心考点三：数形结合巧解填空题
核心考点四：换元法巧解填空题
核心考点五：整体代换法巧解填空题
核心考点六：坐标法巧解填空题
核心考点七：赋值法巧解填空题
核心考点八：正难则反法巧解填空题
【真题回归】
1．（2022·浙江·统考高考真题）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】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则,，设,于是，
因为，所以，故的取值范围是.
故答案为：．
2．（2022·浙江·统考高考真题）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．
【答案】
【解析】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．
3．（2022·浙江·统考高考真题）已知多项式，则__________，___________．
【答案】
【解析】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．
4．（2022·全国·统考高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】
【解析】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
5．（2022·全国·统考高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
【方法技巧与总结】
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．
【核心考点】
核心考点一：特殊法速解填空题
【典型例题】
例1．已知函数是偶函数，则__________．
【答案】1
【解析】函数是偶函数，
为R上的奇函数，
故也为R上的奇函数，
所以时，，
所以，经检验，满足题意，
故答案为：
例2．设，用表示不超过x的最大整数，则“”是“”的__________条件．填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”
【答案】必要不充分
【解析】，即或，当时，可推出；
但当时，如，，此时，
所以“”不能推出“”，即充分性不成立；
，即或，当时，必有
；
当时，可推出或，
所以“”能推出“”，即必要性成立．
所以“”是“”的必要不充分条件．
故答案为必要不充分．
例3．已知是定义域为R的函数，为奇函数，为偶函数，则__________．
【答案】0
【解析】法一：因为是偶函数，所以，
所以，即，则的图象关于直线对称；
因为是奇函数，所以，所以的图象关于点对称，
易知，所以是周期函数，且4是的一个周期；
由，得，所以为奇函数；
在中，令，得，所以
在中，令，得，所以，从而，
所以
法二：取，定义域为R，则为奇函数，
为偶函数符合所有条件，且是以4为周期的周期函数，，，
所以
核心考点二：转化法巧解填空题
【典型例题】
例4．已知函数，，若，，则的最大值为___．
【答案】
【解析】由题意，，得，
所以，即，
又，得，
因为在上单调递增，所以，则，
所以，令，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以
故答案为
例5．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】设切点坐标为：，，
所以切线斜率为，
即切线方程为，
又切线过坐标原点，所以
整理得，
又曲线有两条过坐标原点的切线，所以该方程有两个解，
所以，解得
故答案为：
例6．已知直四棱柱的棱长均为2，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为__________．
【答案】
【解析】直四棱柱棱长为2，底面是边长为2的菱形，侧面是边长为2的正方形，
又，可得，
点到面的距离即为点到的距离，即为，
则根据勾股定理可得截面的圆半径为，
而，且，
则球与侧面所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为，
故形成的交线长为．
故答案为
核心考点三：数形结合巧解填空题
【典型例题】
例7．若过点，分别只可以作曲线的一条切线，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】函数的定义域为，，
设过点的切线且与曲线相切于点，
则切线方程为，
代入点可得，
整理得，，则，则方程必有两根，
要使切线只有一条，必有一根为0，则，；
设过点的切线且与曲线相切于点，
则切线方程为为，
代入点可得，
整理得，，
令，则，
又，则，
函数在，上单调递减，
且时，，时，，时，，作出函数的大致图象如下，
要使切线只有一条，则与的图象只有一个交点，由图象可知，；
故答案为
例8．已知抛物线，过焦点F且斜率为的直线l交于A，B两点其中点A在x轴下方，再过A，B分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为D，C，设，分别为，的面积，则__________．
【答案】
【解析】如图，
设直线AB的倾斜角为，则，
由抛物线的定义，，故，
同理可得，
故答案为
例9．已知函数若方程恰有三个实数根，则实数k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】令
得或，
因为，所以，
所以或，
当时，做出的图象如图所示：
由图象可知
无解，即无解，不符合题意；
当时，做出的图象如图所示：
由图象可知无解，无解，即无解，不符合题意；
当时，做出的图象如图所示：
由图象可知有1解，
因为有3解，所以有2解，
所以，解得，
综上，k的取值范围是
故答案为
核心考点四：换元法巧解填空题
【典型例题】
例10．若，则的解析式为__________．
【答案】
【解析】令，
，代入，
，
故答案为：
例11．已知函数，若对任意两个不相等的实数，都满足不等式，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由对任意两个不相等的实数，，都满足不等式，
可得在上单调递增，
令，
因为是定义域内的减函数，
所以在上单调递减，且恒大于0，
则，解得，
故实数a的取值范围是
故答案为：
例12．若函数只有一个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】由，得，
所以令，得，即直线与函数的图象只有一个交点．因为，当时，，单调递增；
当时，，单调递减．当t趋近于时，y趋近于；
当t趋近于时，y趋近于0，
所以当时，y取得最大值为
因为函数只有一个零点，所以实数a的取值范围为
故答案为
核心考点五：整体代换法巧解填空题
【典型例题】
例13．若，使不等式成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】依题意，不等式可化为，
即，
即，
令，则问题等价于，使得成立．
令，则，令，则，所以单调递减，
又当时，，所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
又，
因此，使得成立时，只需或即可，
解得
故答案为：
例14．已知平面向量，，满足，，，，则__________．
【答案】6
【解析】因为，，所以，，
由得，
即①，
由得②，
①+②得，
所以
故答案为：
例15．设，，且，则当取最小值时，__________．
【答案】12
【解析】，，当取最小值时，取最小值，
，，，，
，，
当且仅当即时取等号，
当取最小值时，即，时，
则，
，
故答案为
核心考点六：坐标法巧解填空题
【典型例题】
例16．单位圆中，AB为一条直径，C，D为圆上两点且弦CD长为，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】如图，由弦CD长为，可得，
不妨设，，，，
则，，
故答案为：
例17．已知为单位向量，满足，当与的夹角最大时，
__________．
【答案】
【解析】不妨取，设，故，
故；设，则，即
，故，，
设与的夹角为，则，不妨取，
则，
当，即时等号成立，此时夹角最大，
故答案为：
例18．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】，，所以，故，
以O为原点，OA，OB所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系：
不妨设，设点C坐标为
则，当时取得最小值
故答案为
核心考点七：赋值法巧解填空题
【典型例题】
例19．已知数列，，对于任意正整数m，n，都满足，则__________．
【答案】
【解析】，，令可得，
整理得：，时，，…，，，
累加得：，
，满足上式，故，
，
…
故答案为：
例20．若，则被12整除的余数为__________．
【答案】0
【解析】在已知等式中，取得，①
取得，②
①-②得：，
因为
所以
，
所以能被12整除，
所以被12整除的余数为
故答案为
例21．已知偶函数在区间上单调递增，且满足，给出下列判断：；在上是增函数；的图象关与直线对称；函数在处取得最小值；函数没有最大值，其中判断正确的序号是__________．
【答案】①④
【解析】由得到，
再结合函数为偶函数，，
，将x换做得：，
，所以函数的周期是
在中，
令时，得，所以，
又周期为4，，所以①正确；
在区间上单调递增，
是偶函数，图像关于y轴对称，
又，函数图象关于点对称，
函数在区间上单调递增，在上减，在上增，
函数的大致图象可模拟如下：
故函数在处可取得最小值，函数在处可取得最大值，
y轴和都是函数的对称轴，而不是对称轴，
所以②错误，③错误，④正确，⑤错误；
故答案为①④．
核心考点八：正难则反法巧解填空题
【典型例题】
例22．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________用数字作答
【答案】590
【解析】方法一：从12名医生中任选5名，不同选法有种．不满足条件的有：只去骨科和脑外科两科医生的选法有种，只去骨科和内科两科医生的选法有种，只去脑外科和内科两科医生的选法有种，只去内科一科医生的选法有种，故符合条件的选法有：种．
方法二：设选骨科医生x名，脑外科医生y名，
则需选内科医生人．
当时，有种不同选法；
当，时，有种不同选法；
当，时，有种不同选法；
当，时，有种不同选法；
当，时，有种不同选法；
当，时，有种不同选法．
所以不同的选法共有种．
例23．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为__________．
【答案】
【解析】根据题意，设长方体的长宽高分别为a，b，c，
被截得的三棱锥的三条侧棱分别为，，；
该三棱锥的体积为；
剩下的几何体体积；
三棱锥的体积与剩下的几何体的体积比为：
故答案为：
例24．从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为_______种．
【答案】60
【解析】如图：
正四面体，、、和分别是面ABC、面ACD、面ABD和面BCD的中心，
则每个面上的三个顶点与这个面的中心，这四个点共面，如面ACD上，A、C、D和共面，
每条棱都与小正四面体的一条棱平行，如，则B、C、和四点共面，
因此四个点不共面的取法总数为
【新题速递】
1．已知正数满足，则的最小值是__________，的最大值是__________．
【答案】；
【解析】由题意，因为正数满足，
所以，
当且仅当，即得
，
所以的最小值是，
故空1答案为：；
令，，
因为，且，容易得到
于是，即得，
因为所以当时，
函数取得最大值，为
故空2答案为
2．已知函数，则的单调递增区间为__________；若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围为__________．
【答案】；
【解析】因为函数，
所以，
令，可得的单调递增区间为；
可化为，
令，
设，
则，，
由在上单调递增，在单调递减可知，
，
所以，
故
故答案为：；
3．定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”．
设，则在上的“新驻点”为__________；
如果函数与的“新驻点”分别为､，那么和的大小关系是__________．
【答案】；
【解析】设，
由定义知：，可得，
在上的“新驻点”为
，
令即得：，即
，
令即
设
由对数函数及反比例函数的单调性可知：在上单调递增，
当时，当时，
，由零点存在定理可知，，
故空1答案为；空2答案为
4．记，则__________
【答案】365
【解析】令，得①，
令，得②，
①+②整理得：
故答案为
5．已知函数，是定义在R上的偶函数，，若对任意，都有，对任意m，且，都有，则__________．
【答案】2
【解析】由，知，则，
又因为为偶函数，所以，则，故的一个周期为
由，，得，
因为为偶函数，所以，即，所以的一个周期为4，
所以
故答案为
6．已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且当时，若，则__________．
【答案】50
【解析】为偶函数，
①，
为奇函数，
，即②，
由②得，，由①得，，
，即是以4为周期的周期函数，
由②，令，有，即，因此，
又，
，，
当时，，
，，
，，
所以
，其中，
故
故答案为
7．已知数列的前n项和为常数，则__________；设函数且，则__________．
【答案】2；
【解析】因为数列的前n项和为常数，
当时，
当时，
，
时，也满足，
故数列为等差数列，且公差，所以
又因为
；
令，则为奇函数，因为，所以在R上单调递增．
由题意得…，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中…，
则…，假设
，
因为
，
所以…
假设，同理可得
…，
综上，
故答案为2；
8．下列命题中所有真命题的序号是__________
①“”是“”的充分条件；
②“”是“”的必要条件；
③“”是“”的必要条件．
【答案】②③
【解析】对于①，若，，则不满足，故①是假命题；
对于②，若，则，从而，故②是真命题；
对于③，若，则，即，故③是真命题．
故答案为②③．
9．已知a，，满足对任意恒成立，当取到最小值时，__________．
【答案】24
【解析】由题意，得当时，，
令，
当取到最小值0时，即当时，对恒成立，
即对恒成立，
当时，显然恒成立；
当时，恒成立，故
当时，恒成立，故
故，从而，
故
10．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意x都有，当时，，则__________．
【答案】
【解析】根据题意，对任意x都有，
令，则有，
又由，故
又由，则有
，
故；
故答案为：
11．“学习强国”学习平台是由中共中央宣传部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质学习平台．该平台设有“阅读文章”“视听学习”等多个栏目．假设在这些栏目中某时段更新了2篇文章和2个视频，一位学员准备学习这2篇文章和这2个视频，要求这2篇文章学习时不相邻，则不同的学习顺序有__________种用数字作答
【答案】12
【解析】根据题意，2篇文章和这2个视频，共有种不同的顺序，
若文章学习相邻，有种顺序，
则2篇文章学习顺序不相邻的学法有种；
故答案为：
12．从5名男生和4名女生中选出4人参加辩论比赛，如果4人中既有男生又有女生，则共有__________种不同的选法用数字作答
【答案】120
【解析】先从9人中任选4人，减去4人都是男生和女生的选法数，
即，故答案为
13．为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为A，B，C三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理A，B，C三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站M只能建在与A村相距5km，且与C村相距的地方．已知B村在A村的正东方向，相距3km，C村在B村的正北方向，相距，则垃圾处理站M与B村相距__________
【答案】2或7
【解析】以A为原点，以AB为x轴建立平面坐标系，则，，，
以A为圆心，以5为半径作圆A，以C为圆心，以为半径作圆C，
则圆A的方程为：，圆C的方程为：，即，
两圆的公共弦方程为：，
设，则
，
解得或，
或
故答案为：2或
14．在平行四边形ABCD中，，，AC，BD相交于点O，E为线段AC上的动点，若，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】平行四边形ABCD中，，，AC，BD相交于点O，，
可得，
可得，
解得，建立如图所示的坐标系，
则，，，，AC的方程为：
设，，，
当且仅当时取等号．
故答案为：
15．如图直角梯形ABCD中，EF是CD边上长为6的可移动的线段，，，，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
由题意可得，，，，
可得，
设，，且，
则，
根据题意可得，
则，故，
所以，
所以
，
由二次函数的图象与性质可知，当时取得最小值，时取得最大值，
故其最小值为99，其最大值为
故的取值范围为
16．已知是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】以BC中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则，，，
设，则，，，
所以
；
所以当，时，取得最小值为
故答案为：
17．已知在中，，，，，，，则的值为__________．
【答案】
【解析】在中，，
以AB为y轴，AC为x轴建立平面直角坐标系，
根据题意，，，，，，
得到：，，，
所以，，
所以，
故答案为
18．如图，已知B，D是直角C两边上的动点，，，，，，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】如图，以点C为坐标原点，射线CB、CD为x、y轴的正半轴建立平面直角坐标系，
设，，，
在中，，，
所以，，，
即
由题意可得M为AB的中点，N为AD的中点，
，，
所以，
，
其中
所以的最大值为，
故答案为：