廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 第2講 填空題技法指導(dǎo) 文

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1、第2講　填空題技法指導(dǎo) 填空題是高考三大題型之一，主要考查基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法以及分析問題、解決問題的能力，試題多數(shù)是教材例題、習(xí)題的改編或綜合，體現(xiàn)了對(duì)通性通法的考查．該題型的基本特點(diǎn)是：(1)具有考查目標(biāo)集中、跨度大、知識(shí)覆蓋面廣、形式靈活、答案簡短、明確、具體，不需要寫出求解過程而只需要寫出結(jié)論等特點(diǎn)；(2)填空題與選擇題有質(zhì)的區(qū)別：①填空題沒有備選項(xiàng)，因此，解答時(shí)不受誘誤干擾，但同時(shí)也缺乏提示；②填空題的結(jié)構(gòu)往往是在正確的命題或斷言中，抽出其中的一些內(nèi)容留下空位，讓考生獨(dú)立填上，考查方式比較靈活．(3)從填寫內(nèi)容看，主要有兩類：一類是定量填寫型：要求考生填寫數(shù)值、數(shù)集或數(shù)量關(guān)系．由

2、于填空題缺少選項(xiàng)的信息，所以高考題中多數(shù)是以定量型問題出現(xiàn)；另一類是定性填寫型，即要求填寫的是具有某種性質(zhì)的對(duì)象或填寫給定的數(shù)學(xué)對(duì)象的某種性質(zhì)，如命題真假的判斷等．近幾年出現(xiàn)了定性型的具有多重選擇的填空題． 1．直接法與定義法 數(shù)學(xué)中的填空題，絕大多數(shù)都能直接利用有關(guān)定義、性質(zhì)、定理、公式和一些規(guī)律性的結(jié)論，經(jīng)過變形、計(jì)算得出結(jié)論．使用直接法和定義法解填空題，要善于透過現(xiàn)象抓本質(zhì)，自覺地、有意識(shí)地采取靈活、簡捷的變換．解題時(shí)，對(duì)概念要有合理的分析和判斷；計(jì)算時(shí)，要求推理、運(yùn)算的每一步驟都應(yīng)正確無誤，還要求將答案書寫準(zhǔn)確、完整．少算多思是快速、準(zhǔn)確地解答填空題的基本要求． 【例1】在平

3、面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心為原點(diǎn)，焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為.過點(diǎn)F1的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長為16，那么C的方程為__________． 【例2】已知圓A：(x＋2)2＋y2＝1與定直線l：x＝1，且動(dòng)圓P和圓A外切并與直線l相切，則動(dòng)圓的圓心P的軌跡方程是__________． 變式訓(xùn)練1 已知a＝(m＋1)i－3j，b＝i＋(m－1)j，其中i，j為互相垂直的單位向量，且(a＋b)⊥(a－b)，則實(shí)數(shù)m＝__________. 2．特殊化法 當(dāng)題目中暗示答案是一個(gè)“定值”時(shí)，就可以取一個(gè)特殊數(shù)值、特殊位置、特殊圖形、特殊關(guān)系、特殊數(shù)列或特殊函數(shù)值

4、來將字母具體化，把一般形式變?yōu)樘厥庑问剑?dāng)題目的條件是從一般性的角度給出時(shí)，特例法尤其有效． 【例3】已知f(x)是定義在R上不恒為零的函數(shù)，對(duì)于任意的x，y∈R，都有f(x·y)＝xf(y)＋yf(x)成立．?dāng)?shù)列{an}滿足an＝f(2n)(n∈N*)，且a1＝2.則數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝__________. 變式訓(xùn)練2 在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數(shù)列，則＝__________. 3．?dāng)?shù)形結(jié)合法 依據(jù)特殊數(shù)量關(guān)系所對(duì)應(yīng)的圖形位置、特征，利用圖形直觀性求解填空題，稱為數(shù)形結(jié)合型填空題，這類問題的幾何意義一般較為明顯．由于填空題不要求寫出解答過

5、程，因而有些問題可以借助于圖形，然后參照?qǐng)D形的形狀、位置、性質(zhì)，綜合圖象的特征，進(jìn)行直觀的分析，加上簡單的運(yùn)算，便可得出正確的答案． 【例4】曲線方程|x2－1|＝x＋k的實(shí)根隨k的變化而變化，那么方程的實(shí)根的個(gè)數(shù)最多為__________． 變式訓(xùn)練3 若方程＝kx－2k＋2有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為__________． 4．構(gòu)造法 構(gòu)造法就是通過對(duì)已知的條件和結(jié)論進(jìn)行深入、細(xì)致地分析，抓住問題的本質(zhì)特征，再聯(lián)想與之有關(guān)的數(shù)學(xué)模型，恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造輔助元素，將待證(求)問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，從而架起已知與未知的橋梁，使問題得以解決．構(gòu)造法在函數(shù)、方程、不等式等方面有著廣泛的應(yīng)用

6、，特別是與數(shù)列、三角、空間幾何體、復(fù)數(shù)等知識(shí)密不可分． 【例5】若銳角α，β，γ滿足cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，那么tan α·tan β·tan γ的最小值為__________． 變式訓(xùn)練4 如果sin3θ－cos3θ＞cos θ－sin θ，且θ∈(0,2π)，那么角θ的取值范圍是__________． 5．等價(jià)轉(zhuǎn)化法 從題目出發(fā)，把復(fù)雜的、生疏的、抽象的、困難的或未知的問題通過等價(jià)轉(zhuǎn)化為簡單的、熟悉的、具體的、容易的或已知的問題來解決，從而得出正確的結(jié)果． 【例6】已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－6，若不等式f(x)≤m2－2m＋3對(duì)于所有x∈[－2,2]恒成立，則實(shí)

7、數(shù)m的取值范圍是__________． 變式訓(xùn)練5 對(duì)于任意的|m|≤2，函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1－m的值恒為負(fù)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為__________． 參考答案 方法例析 【例1】 ＋＝1　解析：∵△ABF2的周長為16， ∴4a＝16，解得a＝4. ∵離心率e＝，∴c＝2.∴b2＝8. ∵橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 【例2】 y2＝－8x　解析：利用拋物線的定義，先判斷出點(diǎn)P的軌跡再求方程．由題意可知，點(diǎn)P到直線x＝1的距離比它到點(diǎn)A的距離小1，即點(diǎn)P到直線x＝2的距離與到點(diǎn)A的距離相等，所以點(diǎn)P的軌跡是以A為焦點(diǎn)，直線x＝2為準(zhǔn)線的拋物線，其

8、方程為y2＝－8x. 【變式訓(xùn)練1】 －2　解析：a＋b＝(m＋2)i＋(m－4)j，a－b＝mi－(m＋2)j， ∵(a＋b)⊥(a－b)，∴(a＋b)·(a－b)＝0. ∴m(m＋2)i2＋[－(m＋2)2＋m(m－4)]i·j－(m＋2)(m－4)j2＝0. ∵i，j為互相垂直的單位向量， ∴i·j＝0，i2＝1，j2＝1. 從而可得m(m＋2)－(m＋2)(m－4)＝0，解得m＝－2. 【例3】 n·2n　解析：根據(jù)數(shù)列滿足的關(guān)系式，進(jìn)行恰當(dāng)?shù)馁x值． ∵a1＝2，∴2＝f(21)＝f(2)． 令x＝2n，y＝2，∴f(2n＋1)＝2f(2n)＋2n＋1. ∴＝＋1，

9、－＝1. ∴＝＋(n－1)×1＝n.∴an＝n·2n. 【變式訓(xùn)練2】 　解析：令a＝3，b＝4，c＝5， 則△ABC為直角三角形，且cos A＝，cos C＝0，代入所求式子，得＝＝. 【例4】 4　解析：如圖所示，參數(shù)k是直線y＝x＋k在y軸上的截距，通過觀察直線y＝x＋k與y＝|x2－1|的公共點(diǎn)的變化情況，并通過計(jì)算可知，當(dāng)k＜－1時(shí)，曲線方程有0個(gè)實(shí)根；當(dāng)k＝－1時(shí)，有1個(gè)實(shí)根；當(dāng)－1＜k＜1時(shí)，有2個(gè)實(shí)根；當(dāng)k＝1時(shí)，有3個(gè)實(shí)根；當(dāng)1＜k＜時(shí)，有4個(gè)實(shí)根；當(dāng)k＝時(shí)，有3個(gè)實(shí)根；當(dāng)k＞時(shí)，有2個(gè)實(shí)根． 綜上所述，可知實(shí)根的個(gè)數(shù)最多為4. 【變式訓(xùn)練3】 　解析：方程＝

10、kx－2k＋2有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，就是y＝與y＝kx－2k＋2有兩個(gè)不同的交點(diǎn)． 由y＝得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，所以曲線y＝是以(1,0)為圓心，以1為半徑的位于x軸上方的半圓． 由y＝kx－2k＋2，得y－2＝k(x－2)，它是經(jīng)過點(diǎn)P(2,2)，斜率為k的直線．如圖，連接PO，kOP＝＝1. 過P作圓的切線PQ，由＝1，得kPQ＝， 所以＜k≤1. 【例5】 2　解析：如圖，設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c， 令α，β，γ分別為∠BAC1，∠C1AD，∠C1AA1， 從而有tan α·tan β·tan γ＝··≥＝2. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，tan α

11、·tan β·tan γ取最小值2. 【變式訓(xùn)練4】 　解析：不等式sin3θ－cos3θ＞cos θ－sin θsin3θ＋sin θ＞cos3θ＋cos θ. 構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x3＋x， ∵f′(x)＝3x2＋1＞0，∴函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)， 故當(dāng)sin θ＞cos θ時(shí)，sin 3θ＋sin θ＞cos 3θ＋cos θ成立． 又θ∈(0,2π)，∴＜θ＜. 【例6】 (－∞，1－]∪[1＋，＋∞)　解析：∵f′(x)＝3x2＋1＞0， ∴f(x)在x∈[－2,2]內(nèi)是增函數(shù)． ∴f(x)在[－2,2]上的最大值是f(2)＝4. ∴m2－2m＋3≥4，解得m≤1－或m≥1＋. 【變式訓(xùn)練5】 　解析：對(duì)于任意的|m|≤2，有mx2－2x＋1－m＜0恒成立，即當(dāng)|m|≤2時(shí)，(x2－1)m－2x＋1＜0恒成立． 設(shè)g(m)＝(x2－1)m－2x＋1， 則原問題轉(zhuǎn)化為g(m)＜0恒成立(m∈[－2,2])． ∴即 解得＜x＜. 即x的取值范圍為.