資源簡介

高考數學填空題的解題策略
特點：形態短小精悍、跨度大、知識覆蓋面廣、考查目標集中，形式靈活，答案簡短、明確、具體，評分客觀、公正、準確等.
解填空題時要做到：快——運算要快，力戒小題大作；穩——變形要穩，不可操之過急；全——答案要全，力避殘缺不齊；活——解題要活，不要生搬硬套；細——審題要細，不能粗心大意.
（一）數學填空題的解題方法
1、直接法：直接從題設條件出發，利用定義、性質、定理、公式等，經過變形、推理、計算、判斷得到結論的，稱為直接法.它是解填空題的最基本、最常用的方法.使用直接法解填空題，要善于通過現象看本質，自覺地、有意識地采取靈活、簡捷的解法.
2、特殊化法：當填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時，可以將題中變化的不定量選取一些符合條件的恰當特殊值（或特殊函數，或特殊角，特殊數列，圖形特殊位置，特殊點，特殊方程，特殊模型等）進行處理，從而得出探求的結論.這樣可大大地簡化推理、論證的過程.
3、數形結合法：對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據題目條件的特點，作出符合題意的圖形，做到數中思形，以形助數，并通過對圖形的直觀分析、判斷，則往往可以簡捷地得出正確的結果.
4、等價轉化法：通過“化復雜為簡單、化陌生為熟悉”將問題等價轉化成便于解決的問題，從而得到正確的結果.
5、構造法：根據題設條件與結論的特殊性，構造出一些新的數學形式，并借助于它認識和解決問題的一種方法.
6、分析法：根據題設條件的特征進行觀察、分析，從而得出正確的結論.
（二）減少填空題失分的檢驗方法
1、回顧檢驗
2、賦值檢驗.若答案是無限的、一般性結論時，可賦予一個或幾個特殊值進行檢驗，以避免知識性錯誤.
3、逆代檢驗.若答案是有限的、具體的數據時，可逐一代入進行檢驗，以避免因擴大自變量的允許值范圍而產生增解致錯.
4、估算檢驗.當解題過程是否等價變形難以把握時，可用估算的方法進行檢驗，以避免忽視充要條件而產生邏輯性錯誤.
5、作圖檢驗.當問題具有幾何背景時，可通過作圖進行檢驗，以避免一些脫離事實而主觀臆斷致錯.
6、變法檢驗.一種方法解答之后，再用其它方法解之，看它們的結果是否一致，從而可避免方法單一造成的策略性錯誤.
7、極端檢驗.當難以確定端點處是否成立時，可直接取其端點進行檢驗，以避免考慮不周全的錯誤.
切記：解填空題應方法恰當，爭取一步到位，答題形式標準，避免丟三落四，“一知半解”
最后：填空題的結果書寫要規范
是指以下幾個方面：①對于計算填空題，結果往往要化為最簡形式，特殊角的三角函數要寫出函數值，近似計算要達到精確度要求．如：不能寫成或寫出sin30°等；②所填結果要完整，如多選型填空題，不能漏填；有條件限制的求反函數，不能缺少定義域；求三角函數的定義域、單調區間等，不能缺k∈Z，如：集合{x|x＝k，k∈Z}不能寫成{x|x＝k}等. ③要符合現行數學習慣書寫格式，如分數書寫常用分數線，而不用斜線形式；求不等式的解集、求函數定義域、值域，結果寫成集合或區間形式．等
（2008江蘇）13．若AB=2, AC=BC ，則的最大值 ▲ ．
【解析】解法一：本小題考查三角形面積公式、余弦定理以及函數思想．設BC＝，則AC＝ ，
根據面積公式得=，根據余弦定理得
，代入上式得
=
由三角形三邊關系有解得，
故當時取得最大值
解法二：坐標法，以A為原點，AB為橫軸，建立直角坐標系則即：
【答案】
14.對于總有≥0 成立，則= ▲ ．
【解析】方法一分離參數法：本小題考查函數單調性的綜合運用．若x＝0，則不論取何值，≥0顯然成立；當x＞0 即時，≥0可化為，
設，則， 所以 在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，因此，從而≥4；
當x＜0 即時，≥0可化為，
在區間上單調遞增，因此，從而≤4，綜上＝4
方法二整體法：，時，恒成立，即單調減函數。由，矛盾。當時，令最小值為或，由題意知所以即。
【答案】4
（2009江蘇）13．如圖，在平面直角坐標系中，為橢圓的四個頂點，為其右焦點，直線與直線相交于點T，線段與橢圓的交點恰為線段的中點，則該橢圓的離心率為 ▲ .[解析] 考查橢圓的基本性質，如頂點、焦點坐標，離心率的計算等。以及直線的方程。
直線的方程為：；
直線的方程為：。二者聯立解得：，
則在橢圓上，
，
解得：
14．設是公比為的等比數列，，令，若數列有連續四項在集合中，則= ▲ .[解析] 考查等價轉化能力和分析問題的能力。等比數列的通項。
有連續四項在集合，四項成等比數列，公比為，= -9
（2010江蘇）在銳角三角形ABC，A、B、C的對邊分別為a、b、c，+=6cosC，則+=__▲
簡析：據正、余弦定理，由已知等式，角化邊得3c2=2a2+2b2 ①，邊化角得=6cosC ②
因為+= tanC( + )=tanC· = ③
至此，③式還有多種變形，此不贅舉，僅以下法解本題。
據②式，③式== ，又據①式，③式===4
將邊長為1的正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S=,則S的最小值是_______▲_______
簡析：如圖，△ABC是邊長為1的正△，EF∥BC，四邊形BCFE為梯形；
設AE=x (0所以據題意知：
S== (0對S(x)求導，令S(x)=0，聯系0又00
所以x=時S(x)有最小值S()=
（2011江蘇）13、設，其中成公比為q的等比數列，成公差為1的等差數列，則q的最小值是________
解析：由題意：，
，而的最小值分別為1，2，3；。
14、設集合,
,
若 則實數m的取值范圍是______________
解析：當時，集合A是以（2，0）為圓心，以為半徑的圓，集合B是在兩條平行線之間， ，因為此時無解；當時，集合A是以（2，0）為圓心，以和為半徑的圓環，集合B是在兩條平行線之間，必有 .又因為
（2012蘇北四市二檢）１３、平面直角坐標系中，已知點A（１，－２），B（４，０），Ｐ（ａ，１），Ｎ（ａ＋１，１），當四邊形PABN的周長最小時，過三點A、P、N的圓的圓心坐標是
【解析】求PABN周長最小，因為AB,PN長已經知道，只需求AP+NB長的最小值，AP+NB=根號[（a-1)︿2+3︿2AP]+根號[(a-3)︿2+1︿2],AP可以看成點（a，0）到（1,3）間距離，NB可以看成（a,0)到（3,1）間距離，求出（1,3）關于x軸對稱點，三點共線可以求出a=5/2時周長最小，然后P,N點坐標可以求出，過APN的三點的圓圓心坐標就是AP,AN的中垂線交點，很容易求出圓心（3，-9/8)
１４、已知的三邊長成等差數列，且則實數ｂ的取值范圍是
【解析】a=b-d c=b+d
a +b +c =84
(b-d) +b +(b+d) =84
b -2bd+d +b +b +2bd+d =84
3b +2d =84 d=0時b最大 3b =84 b =28 b=2
由于a,b,c為三角形三邊，所以a+b>c，即b-d+b>b+d，b>2d。將b=2d代人
3(2d) +2d =84 12d +2d =84 14d =84 d =6 d= b>
所以實數b的取值范圍是2≥b>
（2012南京二檢）13.在面積為2的中，E,F分別是AB，AC的中點，點P在直線EF上，則 的最小值是______________
【答案】
解法一：問題可轉化為已知的面積為1，求的最小值。
設中點所對的邊分別為，
由題設知，
∴
從而進一步轉化為的最小值。（可數形結合，可用引入輔助角化一個三角函數的形式，可用萬能公式轉化后換元等，下略）
解法二：建立坐標系，立即得目標函數。
由題設知，的面積為1，以B為原點，BC所在直線為軸，過點B與直線BC垂直的直線為軸建立平面直角坐標系，設，
則
∴，
當且僅當時取等號，∴的最小值是。
解法三：設BC的中點為D, 由=.,=.
說明：多變量函數求最值常需選定主變量，解法二學生易接受些。
14．已知關于x的方程有唯一解，則實數a的值為________
【答案】1
解：注意到函數為偶函數，
∴方程的唯一解為，
由解得或，
當時，在上為增函數，滿足題設條件，
當時，令，則函數可化為，∵，∴方程在區間上有解，∴不滿足題設，故舍去，∴。
另解：方程可化為然后數形結合，結合知函數與函數的圖像有兩個交點。
說明：此類習題僅作為考試題無可厚非，作為復習訓練題幾乎沒有價值。
（2012鹽城二檢）13．設是定義在上的可導函數，且滿足.則不等式的解集為 ．
【答案】；
解：令，則，∴為增函數，
不等式可化為，
即，由，
∴不等式的解集為；
說明：體會如何構造函數，又如已知如何構造函數等。
14．在等差數列中，，，記數列的前項和為，若對恒成立，則正整數的最小值為 ．
【答案】5
解：由題設得，∴可化為，
令，
則，
∴，
∴當時，取得最大值，
由解得，∴正整數的最小值為5。
(2012蘇南四市一檢)13、如圖，在正方形ABCD中，E為AB的中點，P為以A為圓心、AB為半徑的圓弧上的任意一點，設向量，則λ+μ的最小值為　?。?br/>考點：平面向量的基本定理及其意義。
專題：計算題。
分析：建立坐標系，設正方形ABCD的邊長為1，求出向量=（，﹣λ+μsinθ ）=（1，1），用cosθ，sinθ表示 λ和μ，根據cosθ，sinθ 的取值范圍，求出λ+μ=的最小值．
解答：解：以A為原點，以AB所在的為x軸，建立坐標系，設正方形ABCD的邊長為1，
則E（，0），C（1，1），D（0，1），A（0，0）． 設 P（cosθ，sinθ），∴=（1，1）．
再由向量=λ（，﹣1）+μ（cosθ，sinθ）=（，﹣λ+μsinθ ），
∴=1，﹣λ+μsinθ=1，∴λ=，μ=，
∴λ+μ=．由題意得 0≤θ≤，∴0≤cosθ≤1，0≤sinθ≤1，
∴當cosθ取最大值1時，λ+μ取最小值為=，
故答案為．
點評：本題考查兩個向量坐標形式的運算，根據cosθ，sinθ 的取值范圍求三角函數式的最值，用cosθ，sinθ表示 λ和μ 是解題的難點．
14、設m∈N，若函數存在整數零點，則m的取值集合為　{0，3，14，30}　．
考點：函數零點的判定定理。
專題：計算題。
分析：由于函數存在整數零點，先令f（x）=0得，即m=再結合m∈N，x∈Z，求得x的取值范圍，最后依據m∈N，x∈Z一一驗證即得m的取值集合．
解答：解：令f（x）=0得：
即m=
∵m∈N，x∈Z，
∴
∴﹣5≤x≤10，且x∈Z
∴x=﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，…，1，2，3，4，…，9，10
將它們代入m=一一驗證得：
m∈{0，3，14，30}，
故答案為：{0，3，14，30}．
（2012常州一模）
12．如圖，已知二次函數（，，為實數，）的圖象過點，且與軸交于，兩點，若，則的值為 .
解法一：
設，則
∵，∴，整理得，
∴，
又函數的圖象過點，∴，
比較上述兩式得。
解法二：
將二次函數的圖像向右平移到點C落在軸上，此時得二次函數的表達式為，然后設，∵，∴，又，∴。
說明：解法一由于字母多，因此對運算的要求高，但關鍵是代數變形能力，形式的對比，及整體代換的思想；雖然字母多，但沒有繁雜的計算，是訓練運算能力的好題。
解法二看似簡單，但學生幾乎不可能想到平移不改變的值，甚至告知學生這一結論，很多人都不能理解，教師應盡量少講此類所謂的巧法。
解法二建議如下講解：求的值，意味著為定值，那么可以考慮特殊值法。然后設法證明確實與變量無關，這樣從知識和方法上得到升華。
13、已知函數，且，其中為奇函數，為偶函數。若不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍是 。
簡解：
14．將函數（）的圖象繞坐標原點逆時針旋轉（為銳角），若所得曲線仍是一個函數的圖象，則的最大值為 .
解：數形結合
作出函數（）的圖象（圓的一部分，落在軸及其上方）
考慮圓在點（0，0）處的切線，由，的最大值為切線逆時針旋轉到與軸重合時所轉過的角，∴的最大值為。
說明：（1）將函數圖形旋轉轉化為直線旋轉是簡化的關鍵。
（2）此題學生在臨考時猜想：所填角為特殊角300，450，600之一。可見能力題往往是命題人的一廂情愿。
（3）將條件為銳角改為鈍角，求轉過的最小鈍角，則難度增加（轉化為圓心與切點連線的旋轉問題）。
（2009上海高考）14.將函數的圖像繞坐標原點逆時針方向旋轉角，得到曲線.若對于每一個旋轉角，曲線都是一個函數的圖像，則的最大值為__________.
14．【答案】
【解析】由得：（x－3）2＋（y＋2）2＝13，，它的圖象是以（3，－2）為圓心，為半徑的一段圓弧，
設過原點且與曲線C相切的直線為y＝kx，當θ＝0時，k＝－＝，此時直線的傾斜角為β，即tanβ＝，當切線與y軸重合時，曲線上的點滿足函數的定義，即是一個函數的圖象，再逆時針旋轉時，曲線不再是一個函數的圖象，旋轉角為90°－β，則tan（90°－β）＝，即θ＝
（2012鎮江一模）13.方程在區間[-2010，2012]所有根之和等于 4 020 。
14.不等式對于任意的恒成立，則實數的取值范圍為 。
簡解：方法一利用二次函數的思想，當時，;當時，由知。
方法二：，下略。
（2012蘇北四市一檢）13、定義在R上的，滿足且，則的值為 1006 ▲ ．
解：①；；②令，則
14、已知函數若存在，當時，，則的取值范圍是 ▲
解：正確畫出函數的圖像，則，，是關于的單調減函數。
2011檢測題選：
1.已知的三邊長，滿足，則的取值范圍是 。(3/4,5/3)
法一：由退開去。法二：利用線性規劃①為什么可以省略第3式，②換成可以嗎？
2.已知等腰三角形腰上的中線長為，則該三角形的面積的最大值是 。
如下圖所示,設等腰三角形腰腰長為2a,面積為S. ∵ BD為中線,長為L, ∴ S=2△ABD的面積.由余弦定理L =a (5-4cosα),△ABD的面積
=a sinα, ∴ S=2L sinα/(5-4cosα)---->2L sinα+4Scosα=5S,
√[4(L ) +16S ]sin(α+φ)=5S,其中tanφ=2S/L .
∵ sin(α+φ)=5S/√[4(L ) +16S ]≤1,, ∴ 9S ≤4(L ) ,
S≤4L /3,當且僅當sin(α+φ)=1,即α+φ=90°時,"="號成立,S有最大值4L /3.此時,φ=90°-α, ∴ cotα=tanφ=4/3, α=arccot(4/3).
3.已知函數，，設，且函數的零點均在區間內，則的最小值為 。9
變式：設函數
①試確定和的單調區間及相應區間上的單調性；（利用導數知識前實數集上單調遞減，后者在減，增）
②說明方程=0是否有解；無解。
③對于自然數，給出關于的方程無解的一個一般性結論，并證明。偶數時無解
拓展：為奇數時有唯一解。
14. （蘇北四市2011屆高三第二次調研）
已知函數，
且，則滿足條件的所有整數的和是 ▲ ．6關鍵：函數是偶函數
14. （泰州市2011屆高三第一次模擬考試）已知是銳角的外接圓的圓心，且，若,則 。；（用表示）
類題：已知為的外心，,若，且，則的面積是 。
方法一：，由于，所以三點共線；
方法二：對同乘以或可得到乘=
14. （蘇北四市2011屆高三第一次調研考試）已知數列，滿足，，，且對任意的正整數，當時，都有，則的值是 ▲ ．2012
講評建議：遇到這樣一個新問題，學生首先應是先去歸納，找規律，這就是一種數學意識，解題意識，教學中要注意培養，如什么時候類比，什么時候歸納。
14. （蘇州市2011屆高三調研測試）在平面直角坐標系中，點是第一象限內曲線上的一個動點，點處的切線與兩個坐標軸交于兩點,則的面積的最小值為 ▲ .
【解析】設切點為，則切線的斜率，切線方程為，，所以

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