静悟材料十三：填空题解答策略 讲义-2025届高三数学一轮复习

静悟材料十三：填空题的答题技巧 主编单位：胶州教研室 【思维导图】 【易错点提醒】 1．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第16题)已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______． 【错误解答】设，由可得， 由可知，或，，由图可知， ，即，． 因为，所以，即，． 所以， 所以或， ． 分析:当结论多个时，没有分析有没有其他条件舍掉，即题的条件考虑不全面 【解析】设，由可得， 由可知，或，，由图可知， ，即，． 因为，所以，即，． 所以， 所以或， 又因为，所以，． 故答案为：． 2．班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表.则不同的安排方案有______ 【错误解答】错误一:只考虑了每门学科必须有课代表，没有考虑，3位学生可以只有2位学生担任课代表.错误二：每人担任两个学科的课代表，平均分配有顺序，不需要再乘以. 【解析】需要3位课代表，共2位学生，每人担任两个学科的课代表，所以共有54中排法 3． （2023上海）已知，∈C且（i为虚数单位），满足，则的取值范围为 _______ 【错误解答】设，因为，所以， 因为，所以 令z=x-y，则x-y-z=0，直线与圆相切时，z取最大值，最小值 分析:不等同于不能仅考虑截距最大值、最小值问题，其值一定大于等于0 【解析】设则 因为，所以， 所以 ， 显然当，原式取最小值0， 当时，原式取最大值， 故的取值范围为[0，]． 故答案为：[0，]． 【典型考点】 一、直接法解填空题 1.（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 【答案】 【解析】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 方法总结：直接法就是从题设条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等，得出正确结论，使用此法时，要善于透过现象看本质，自觉地、有意识地采用灵活、简捷的解法。 二、特殊法速解填空题 2.（2022·全国乙文） 若是奇函数，则_____，______． 【答案】 ①. ； ②. ． 【解析1】函数的奇偶性定义域关于原点对称，1是这个函数没有意义的点，那么-1也是没有意义的点，所以-1带入等于0求得等于.利用求出参数. 【解析2】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意． 3.（2022·全国甲卷·高考真题）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值 ． 【答案】2（满足皆可） 【解析】解：，所以C的渐近线方程为, 结合渐近线的特点，只需，即， 可满足条件“直线与C无公共点” 所以， 又因为，所以， 故答案为：2（满足皆可） 方法总结：特殊法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. 三、对称性巧解填空题 4.（2024·新高考Ⅰ）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后轮次中不能使用）．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 　 　． 【答案】 【解析1】甲、乙出卡片共有=24种可能，四轮结束后甲的总得分为0，1，2，3，由对称性可知，甲得0分与得3分是相对应的，都是一种极端情形：甲全小(13577对2468)与甲除1外全大(13577对8246)；甲得1分与得2分是相对应的，如甲出卡片顺序为1357，乙出卡片顺序为2648，甲得1分(5赢)，调整乙出卡片的顺序为8264(5负)，因此，甲得0、1分与甲得2，3分各占一半，故四轮结束后甲的得分不小于2的概率为. 【解析2】正难则反，甲、乙出卡片共有种可能，四轮结束后我们计算甲的总得分小于2的情况，则甲得0分或者1分. 如果甲得0分，则甲出1，3，5，7分别对应着乙出2，4，6，8，只有一种情况； 如果甲得1分，则甲出1，3，5，7时，乙有以下11种情况与之对应： 由于对称性，固定甲：1，3，5，7，对应摆乙的2，4，6，8，保证只有一个满足甲的数>乙的数. 所以四轮结束后甲的得分小于2的概率为，四轮结束后甲的得分不小于2的概率为. 【解析3】甲出1一定输，所以甲最多得3分， 若得3分，就只有一种组合、、、； 若得2分有三类，分别列举如下： ①出3和出5的赢，其余输：，，，； ②出3和出7的赢，其余输：，，，；，，，；，，，； ③出5和出7的赢，其余输：，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，； 共12种组合满足要求，而所有组合为种， 所以甲得分不小于2的概率为．故答案为：． 方法总结：利用对称性解题，指通过挖掘题目中图形、式子或结构的对称特征（如轴对称、中心对称、变量对称等），简化计算或推理过程的方法． 四、转化法巧解填空题 5．（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（    ） A． B．4 C． D．7 【答案】C 【解析】法一：令，则， 代入原式化简得， 因为存在实数，则，即， 化简得，解得， 故 的最大值是， 法二：，整理得， 令，，其中， 则， ，所以，则，即时，取得最大值， 法三：由可得， 设，则圆心到直线的距离， 解得 故选：C. 方法总结：化归与转化思想在解题中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、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题． 五、数形结合巧解填空题 6.(2024·全国乙文)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 　 　． 【答案】 【解析1】曲线：三个零点分别为、0、，当时，的极小值为-2，在上是减函数，在上是增函数. 曲线：开口向下，对称轴为，顶点坐标为. 根据图形，当时，曲线与在上有两个不同的交点， 则的取值范围为. 【解析2】令，则， 令，则， 因为，故当时，，单调递增，当时，，单调递减， 因为，（1），时，， 若使得有两个不同零点，则的范围为．故答案为：． 方法总结：数形结合法实质上就是利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果． 六、换元法巧解填空题 7．(2015·浙江理)设函数，若，则实数的取值范围是 . 【解析】解法1：令，则不等式即为， 当时，，显然恒成立， 当时，即为，解得：，所以， 综上所述，，因为，所以， 当时，，所以即为，解得：，所以， 当时，，所以即为，显然该不等式恒成立， 综上所述，实数的取值范围是. 解法2：令，则不等式即为，作出的图象和直线，如图1，联立解得：或1， 由图1可得不等式的解为，从而， 作出的图象和直线， 如图2，联立解得：， 由图2可得不等式的解为，故答条为. 方法总结：换元法是一种重要的数学方法，通过换元法可以达到化高次为低次，化分式为整式，化无理式为有理式，化复合式为基本初等函数的繁易转化．本题通过换元转化为二次函数，降低解题难度． 8.（19年江苏高考）设为锐角，若，则=_______ 【详解】设，则由为锐角，即，则，又所以 方法总结：整体代换思想是指将问题或者是问题的一部分看成一个整体，或者将一些相关量视作整体研究，从整体入手，简化求解过程．三角函数当中整体代换思想应用广泛，常把看成一个整体．本题当中把看成一个整体，进行整体代换． 七、坐标法巧解填空题 9．（2017，全国卷Ⅲ理16），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论： ① 当直线与成角时，与成角； ② 当直线与成角时，与成角； ③ 直线与所成角的最小值为； ④ 直线与所成角的最大值为． 其中正确的是______________．(填写所有正确结论的编号) 答案：②③． 解析：坐标法 由题意，，三条直线两两垂直，可放入长方体体模型中，画出图像如图所示，不妨设图中正方体边长为，则，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆，以点为原点如图所示建系，则，，直线的方向单位向量为，直线的方向单位向量为，设点运动过程中与轴夹角为，则，，故，且，设与所成角为，则 ，所以，故③正确，④错误 设与所成角为，则 ，当与的夹角为时，，，故，故①错误，②正确，故答案选②③ 方法总结：坐标法是解析几何中最根本的方法，其思路是通过建立平面（空间）直角坐标系，把几何问题转化为代数问题（或代数问题转化为几何问题），从而利用代数知识（或几何知识）使问题得以解决．坐标法巧妙的把代数、几何融为一体．是数形结合思想的具体表达．用坐标法证明几何问题可以避开添加辅助线和逻辑推理论证的麻烦，简便易行．但注意考虑如何建立恰当的直角坐标系和如何设点的坐标． 八、 赋值法巧解填空题 10.（2022新高考2卷第8题）已知函数的定义域为R，且，则—————— 【详解】[方法一]：赋值加性质 因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以 一个周期内的．由于22除以6余4， 所以．故选：A． [方法二]：构造特殊函数 由，联想到余弦函数和差化积公式 ，可设，则由方法一中知，解得，取， 所以，则 ，所以符合条件，因此的周期，，且，所以， 由于22除以6余4， 所以．故选：A． 方法总结：赋值法在抽象函数中应用广泛，可以把抽象问题具体值化，便于理解。常见赋值有-1，1，0，等常数，及x,-x等变量 九、正难则反法巧解填空题 11．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________. 【答案】　 【解析】因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为×＝，甲、乙两球都不落入盒子的概率为＝，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－＝. 方法总结：当直接法解题困难时，而对立事件较易，我们可以求对立事件。类似的“不成立”求解困难，可以求“成立”，“不单调”问题求解困难，可以求“单调”问题等 10、 枚举法巧解填空题 12.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ． 【答案】 24 112 【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有种选法； 每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： ， ， ， ， 所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 故答案为：24；112 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果. 12.（2020·山东·高考真题）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列，则的前n项和为 ． 【答案】 【详解】通过列举数列{2n–1}与{3n–2}，找出公共项，得到这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为， 故答案为：. 方法总结：指通过系统性地列举所有可能的情况，逐一验证是否符合题目条件，从而确定问题解的方法。其核心思想是“不重复、不遗漏”地覆盖所有可能性，适用于解空间有限或可分类讨论的问题。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$