新高考数学二轮复习讲练技巧02 填空题的答题技巧（8大核心考点）（讲义）（解析版）

技巧02填空题的答题技巧【目录】考点一：特殊法速解填空题考点二：转化法巧解填空题考点三：数形结合巧解填空题考点四：换元法巧解填空题考点五：整体代换法巧解填空题考点六：坐标法巧解填空题考点七：赋值法巧解填空题考点八：正难则反法巧解填空题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．（2023·北京·统考高考真题）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：②③.2．（2023·全国·统考高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则．【答案】2【解析】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故答案为：2.3．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是．【答案】【解析】设球的半径为.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.综上，.故答案为：4．（2023·全国·统考高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则．【答案】【解析】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：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：．5．（2023·全国·统考高考真题）若为偶函数，则．【答案】2【解析】因为为偶函数，定义域为，所以，即，则，故，此时，所以，又定义域为，故为偶函数，所以.故答案为：2.6．（2023·全国·统考高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是.【答案】【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是.故答案为：.7．（2023·天津·统考高考真题）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为．【答案】【解析】（1）当时，，即，若时，，此时成立；若时，或，若方程有一根为，则，即且；若方程有一根为，则，解得：且；若时，，此时成立．（2）当时，，即，若时，，显然不成立；若时，或，若方程有一根为，则，即；若方程有一根为，则，解得：；若时，，显然不成立；综上，当时，零点为，；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，零点为．所以，当函数有两个零点时，且．故答案为：．8．（2023·天津·统考高考真题）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为；若，则的最大值为．【答案】【解析】空1：因为为的中点，则，可得，两式相加，可得到，即，则；空2：因为，则，可得，得到，即，即.于是.记，则，在中，根据余弦定理：，于是，由和基本不等式，，故，当且仅当取得等号，则时，有最大值.故答案为：；.考点一：特殊法速解填空题【例1】已知数列满足为常数，，，，给出下列四个结论：①若数列是周期数列，则周期必为2：②若，则数列必是常数列：③若，则数列是递增数列：④若，则数列是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是__________．【答案】①②③④

【解析】①令周期，则由题可知，则，即因为整理得，得，矛盾，所以错误；②若，显然，可以是，不是常数列，所以错误；③令，由可知当时，显然不是递增数列，所以错误；④当时，有当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误．故答案为：①②③④．【变式1-1】关于函数，有下述三个结论：①是周期为的函数；②在单调递增；③在上有三个零点；其中所有正确结论的编号是__________【答案】①③

【解析】①，则是周期为的函数，故①正确；②，，，则在单调递增错误，故②错误；③由得，作出函数和的图象如图，由图象知两个函数在上的交点个数为3个，故在上有三个零点正确，故③正确，故正确的编号为①③．故答案为：①③．【变式1-2】给出下列8个命题：①②③④⑤，⑥⑦⑧，，其中正确的命题的序号是__________将你认为的所有正确的命题的序号都填上【答案】①②③⑦

【解析】对于①，若，则，即，故①正确；对于②，若，，即，故②正确；对于③，若，则，，，，则，即，则，故③正确；对于④，若，取，则，，则不成立，故④不正确；对于⑤，若，，取，，，，则，，则不成立，故⑤不正确；对于⑥，若，取，，，则，则不成立，故⑥不正确；对于⑦，若，则，则，即，故⑦正确；对于⑧，若，，取，，，，则，，则不成立，故⑧不正确．故答案为①②③⑦．考点二：转化法巧解填空题【例2】在等比数列中，，是函数的两个不同极值点，则__________．【答案】

【解析】函数

定义域为

R

，且

，令

，即

，因为

，所以方程

有两个不相等实数根

，不妨令

，则当

或

时

，当

时

，所以

在

，

上单调递增，在

上单调递减，所以

在

处取得极大值，在

处取得极小值，又

，

，所以

，又

，

是函数

的两个不同极值点，所以

且

，

，则

，又

，所以

．故答案为：

【变式2-1】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________．【答案】

【解析】设与和的切点分别为、

，分别对和求导得和，由导数的几何意义可得，曲线在处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，联立，消去得，即，解得，则，故答案为【变式2-2】已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，且，则的最小值是__________．【答案】

【解析】作出函数的图象如图所示：由图可知，即，，，又，即，即，即，即，则，当且仅当时取等号．考点三：数形结合巧解填空题【例3】在中，，，，D在边BC上，延长AD到P，使得，若为常数，则CD的长度是________．【答案】0或

【解析】如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则，，由，得，整理得：由，得，解得或当时，，此时C与D重合，；当时，直线PA的方程为，直线BC的方程为，联立两直线方程可得即的长度是0或故答案为：0或【变式3-1】已知当时，函数有且仅有5个零点，则的取值范围是__________．【答案】

【解析】可以将问题转化为研究函数与直线有且仅有5个交点．如图，是满足条件的两个临界状态，由此得到，，计算可得临界态的，依据题意可得故答案为【变式3-2】如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱AB，AC，AD都在平面的同侧．若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为____________．【答案】

【解析】法一：设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量．由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得由题意，，，在方向上的投影向量的长度分别为，，于是，，即，即，即同理，，从而由，得，即，解得，所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为法二：如图，连结BC，CD，BD，过A向上作平面的垂线段AH，接下来以AH为一条体对角线，同时将顶点A处的三条棱放在正方体的棱AB，AC，AD上作一个长方体，，，是长方体的三条棱图略，则则作于，于，于连结，，，令，，，由，可得，设正方体的棱长为a，因为，，，所以，解得，故该正方体外接球半径为，外接球的表面积为考点四：换元法巧解填空题【例4】已知，分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线上一点，，的外接圆半径是内切圆半径的4倍．若该双曲线的离心率为e，则__________．【答案】

【解析】由题意，设，，因为，故，即，根据双曲线的定义有，故，所以的面积为，又，故，故内切圆半径r满足，解得，又的外接圆半径R满足，故，由题意，即，所以，故，故，解得故答案为：【变式4-1】已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数m的范围是__________．【答案】

【解析】令，则作出函数的图象如图，由图象可知当时，方程有一个根，当时，方程有三个根，当时，方程有四个根，当时，方程有三个根，当时，方程有两个根，要使关于x的函数有6个不同的零点，则方程有两个根，，且，或，，令，则时由根的分布可得，将，代入得：，此时的另一个根为，不满足，，若，，则解得：，故答案为：【变式4-2】设若互不相等的实数，，满足，则的取值范围是__________．【答案】

【解析】作出函数的图象如下图所示：设，设，由图象可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，由，可得，，，所以，故答案为考点五：整体代换法巧解填空题【例5】已知，若，则__________；【答案】3

【解析】因为，所以，即，所以故答案为：【变式5-1】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【变式5-2】已知正实数x，y满足，则的最小值为__________．【答案】

【解析】由，得，即，得，，，，，，，当且仅当，即，时取等号，此时，的最小值为故答案为【变式5-3】已知正实数x，y满足，且关于x，y的不等式恒成立，则k的最大值为__________．【答案】

【解析】若恒成立，则，则，当时，，，解得：当时，显然此时最大值不会超过，实数k的最大值为，故答案为：考点六：坐标法巧解填空题【例6】已知平面向量，满足，，则的最大值为__________．【答案】20

【解析】因为，，又，所以，又，所以的最大值即为的最大值，设，，则，故，，即到原点的距离即，，故的最大值为20，【变式6-1】近两年，中国移动推动5G和4G技术共享、资源共享、覆盖协同、业务协同，充分利用原4G线路传输资源，并高效建设5G基站．如图，南北方向的公路l，城市A地看作一点在公路正东处，城市B地看作一点在A北偏东方向2km处，原有移动4G线路PQ曲线上任意一点满足到公路l和到城市A地距离相等．现要在线路PQ上一处M建一座5G基站，则这座5G基站到城市A，B两地的总距离最短时为__________【答案】

【解析】过A作l的垂线，垂足为，以此为x轴，以中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，由B地看作一点在A北偏东方向2km处，可知

，易知线路PQ的轨迹是抛物线：，其中为准线，为焦点，过B，M分别作l的垂线，根据抛物线的定义有，当且仅当三点共线时取得等号．故答案为【变式6-2】在等边中，，点P是所在平面内一点，且满足，则的取值范围为__________．【答案】

【解析】以线段AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，则点A、B、C的坐标分别为、、，设点P的坐标为，因为，所以，所以，即，点P在以为圆心，为半径的圆上，则，，故的取值范围是故答案为：考点七：赋值法巧解填空题【例7】已知的展开式的二项式系数和为128，若，则__________．【答案】

【解析】由的展开式的二项式系数和为128，则，设，则，则，，，故答案为：【变式7-1】已知定义在R上的奇函数满足，若，则曲线在处的切线方程为__________．【答案】

【解析】由，令，则，即，又为奇函数，则，故是以4为周期的周期函数，则，对，求导得，故是以4为周期的周期函数，则，即切点坐标为，切线斜率，故切线方程为，即故答案为：【变式7-2】设为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数x的最大整数，则的最小值为__________．【答案】

【解析】令可得，，，设，则，令，得当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．则故对任意的，故，故，即，则的几何意义为点到点的距离的平方，最小值即点到的距离的平方，与的交点横坐标，且点到直线的距离，点到直线的距离，的最小值为故答案为考点八：正难则反法巧解填空题【例8】命题“”为假命题，则实数a的取值范围为__________．【答案】

【解析】，为假命题，则，为真命题，

对恒成立，又，而，当且仅当，即时取等号，，故答案为【变式8-1】镜湖春游甲吴越，莺花如海城南陌．四月正是春游