高考数学专题复习填空题解法探讨

第2讲：填空题解法探讨

填空题与选择题一样，也是一种客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍、跨度大、知识覆盖面广、考查目标集中，形式灵活，答案简短、明确、具体，评分客观、公正、准确等。是高考数学中的一种重要题型。与选择题比较，它没有选项作为参考；与解答题比较，它不要求写出推理及运算过程，只要求给出准确结果即可。在全国各地高考数学试卷中，填空题约占总分的10％～15％，因此掌握填空题的解法，快速、准确地解答好填空题是夺取高分的关键之一。

笔者将填空题的解法归纳为直接推演法、特殊元素法、图象解析法、待定系数法、等价转化法、分类讨论法、探索规律法七种，下面通过2018年全国各地高考的实例探讨这七种方法。

一、直接推演法：直接推演法，又称综合法，由因导果法，是解填空题的一种常用方法，也是

一种基本方法。它的解题方法是根据填空题的题设条件，通过应用定义、公理、定理、公式等经过计算、变形、推理或判断，得出正确的结论。直接推演法解题自然，运用数学知识，通过综合法，直接得出正确答案。使用直接法解填空题，要善于通过现象看本质，自觉地、有意识地采取灵活、简捷的解法。

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1：（2018年上海市理4分）若n(2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角的大小为 ▲ （结果用反三角函数值表示）. 【答案】arctan2。

【考点】直线的方向向量，直线的倾斜角与斜率的关系，反三角函数的表示角。 【解析】设直线的倾斜角为，则tan2,arctan2。 例2：（2018年上海市理4分）计算：【答案】12i。 【考点】复数的运算。

【解析】将分子、分母同乘以分母的共轭复数，将分母实数化即可：

3i ▲ （i为虚数单位）. 1i3i(3i)(1i)314i 12i。1i(1i)(1i)2（CUA）（CUB） 例3：（2018年四川省理4分）设全集U{a,b,c,d}，集合A{a,b}，则B{b,c,d}，

▲ 。

【答案】{a,c,d} 【考点】集合的运算。

【解析】∵U{a,b,c,d}，集合A{a,b}，B{b,c,d}，

（CUB）{a}。∴（CUA）（CUB）{a,c,d}。 ∴（CUA）{c,d}，

（xm3）,gx2x2，若同时满足条件： 例4：（2018年北京市理5分）已知fxm(x2m)①xR，fx＜0或gx＜0，②x(-, -4), fxgx＜0，

则m的取值范围是 ▲ 【答案】4, 2。【版权归锦元数学工作室，不得转载】 【考点】简易逻辑，函数的性质。 【解析】由gx2x2<0得x<1。

∵条件①xR，fx＜0或gx＜0，∴当x1时，fx＜0。 当m=0时，fx=0，不能做到fx在x1时，fx＜0，所以舍去。

∵fx作为二次函数开口只能向下，∴m<0，且此时两个根为x1=2m，x2=m3。

m<0m<01m<44 又由条件②x(-, -4), fxgx＜0的限制，可分析得出x(-, -4)时，fx恒负。 ∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比x1，x2两根中小的那个大。 由2m=m3得m=1，

∴当m1, 0时，m3<4，解得交集为空集，舍去。 当m=1时，两根同为－2＞－4，舍去。

当m4, 1时，2m<4m<2。 综上所述，m4, 2。

例5：（2018年上海市理4分）已知yf(x)x是奇函数，且f(1)1，若g(x)f(x)2，则g(1)

2 ▲ . 【答案】1

【考点】函数的奇偶性。

2【解析】∵函数yf(x)x为奇函数，∴fxx=fxx2，即fx=fx2x2

2又∵f1=1，∴f1=12=3。∴g1=f12=32=1。

例6：（2018年辽宁省理5分）已知P，Q为抛物线x2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、

2Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为 ▲ 。

【答案】4。

【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。

【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。

由x2y得y212x，∴yx。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。 2∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为y4x8, y2x2。 联立方程组解得x1, y4。∴点A的纵坐标为4。

例7：（2018年江苏省5分）函数f(x)12log6x的定义域为 ▲ ． 【答案】0， 6。

【考点】函数的定义域，二次根式和对数函数有意义的条件，解对数不等式。 【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件，得

x>0x>0x>00f(x)c的解集为(m，m6)，则实数c的值为 ▲ ．

【答案】9。

【考点】函数的值域，不等式的解集。

a2【解析】由值域为[0，， )，当xaxb=0时有Va4b0，即b422a2ax。 ∴f(x)xaxbxax42222aaaa ∴f(x)xc解得cxc，cxc。

22222aa∵不等式f(x)c的解集为(m，m6)，∴(c)(c)2c6，解得c9。

22例9：（2018年辽宁省理5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ▲ 。

【答案】38。

【考点】由几何体的三视图求面积。

【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分 别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆 柱的底面积，即为2(344131)211238。

1例10：（2018年全国大纲卷理5分）若x的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开

x式 中

n1的系数为 ▲ 。 2x【答案】56。

【考点】二项式定理中通项公式的运用。

【解析】利用二项式系数相等，确定n的值，然后进一步借助于通项公式，分析项的系数。

26Cnn268。 根据已知条件可知Cn1r8rr82rxxrC8x∴x的展开式的通项为Tr1C8，

x556。 令82r2，r5。∴系数为C88例11：（2018年全国课标卷理5分）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，

且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布

N(1000,502)，且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为 ▲

【答案】

3。 8【考点】正态分布，概率。

【解析】∵三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1000,50)，

∴三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为p

21。 2

2∴超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率P11(1p) ∴该部件的使用寿命超过1000小时的概率为p2p1p3。 43。 8例12：（2018年天津市理5分）某地区有小学150所，中学75所，大学25所. 现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取30所学校对学生进行视力调査，应从小学中抽取 ▲ 所学校，中学中抽取 ▲ 所学校.

【答案】18，9。

【考点】分层抽样的概念以及样本获取的方法与计算。

【分析】∵分层抽样也叫按比例抽样，由题知学校总数为250所，

∴应从小学中抽取

1507530=18，中学中抽取30=9。 250250例13：（2018年江苏省5分）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ▲ ． 【答案】

3。 5【考点】等比数列，概率。

【解析】∵以1为首项，3为公比的等比数列的10个数为1，－3，9，-27，···其中有5个负数，1个正数1计6个数小于8，

∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是

63=。 105二、特殊元素法：特殊元素法的解题方法是在有些填空题所涉及的数学命题与字母的取值范围

有关，在解决这类解答题，可以考虑从取值范围内选取某一个特殊的值，代入原命题进行验证，从而确定答案。

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1：（2018年四川省理4分）记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]2，[1.5]1，[0.3]1。

xn[设a为正整数，数列{xn}满足x1a，xn1[a]xn2](nN)，现有下列命题：

①当a5时，数列{xn}的前3项依次为5,3,2； ②对数列{xn}都存在正整数k，当nk时总有xnxk； ③当n1时，xna1；

④对某个正整数k，若xk1xk，则xn[a]。

其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）【版权归锦元数学工作室，不得转载】 【答案】①③④。

【考点】真命题的判定，对高斯函数[x]的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。

xn[【解析】对于①，若a5，根据xn1[当n=1时，x2=[

a]xn2](nN)

5131]=3, 同理x3=[]2。 故①正确。 22对于②，可以采用特殊值列举法：

当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……

此时数列{xn}从第二项开始为2，1，2，1……，xnxk不成立。故②错误。 对于③，由[x]的定义知，[x]>x1，而a为正整数，故xn0，且xn是整数。 ∵对于两个正整数a、b，当a+b为偶数时∴不论a+b是偶数还是奇数，有∵xn和[a+ba+ba+ba+b1==，；当为奇数时 a+b22222a+ba+b1。 222a]都是整数， xnxn[∴xn1[a]xnxn[]2aaaa2xn]xn1xnxnxn1xnxn1>=11=a1。 222222又当n=1时，x1a， ∵a133a1=a+>0，∴x1aa1成立。

2442∴当n1时，xna1。故③正确。

xk[对于④，当xk1xk时，[a]xkxk[]xk， ∴

2a]xk2xk0，即[a]xk0。 xk∴

aaaxk[]xk0，即xk0，解得xka。 xkxkxk由③xna1，∴a12例2：（2018年浙江省理4分）设aR，若x0时均有则a ▲ ． a1x1xax10，

【答案】

3。 2【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。

2【解析】∵x0时均有a1x1xax10，

 ∴应用特殊元素法，取x2，得2a1122a102a30。

22 ∴2a30a3。 25例3：（2018年浙江省理4分）若将函数f(x)x表示为

f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a3(1x)3a4(1x)4a5(1x)5，

其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3 ▲ ． 【答案】10。

【考点】导数的应用，二项式定理。

【解析】对等式：fxx5a0a11xa21x2a51x两边连续对x求导三次得：

560x26a324a4(1x)60a5(1x)2，再运用特殊元素法，令x1得：606a3，即a310。

a51a310。 或用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得C54a5a40C3aC1aa044355例4：（2018年全国大纲卷理5分）三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA1600， 则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 ▲ 。 【答案】6。 6【考点】斜棱柱中异面直线的角的求解。 【解析】用空间向量进行求解即可：

设该三棱柱的边长为1，依题意有AB1ABAA1, BC1ACAA1AB， 则AB1ABAA1222=AB2ABAA1AA1=22cos600=3，

22 BC1ACAA1AB2=ACAA1AB2ACAA12ACAB2AA1AB

222 32cos6002cos6002cos600=2，

而AB1 BC1ABAA1ACAA1AB=ABACABAA1ABABAA1ACAA1AA1AA1AB

111111=1。 2222AB1BC1AB1BC11236。 6 ∴cosAB1,BC1例5：（2018年浙江省理4分）在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10，则ABBC ▲ ． 【答案】16。

【考点】平面向量数量积的运算。 【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：

如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，

AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝34。

则cos∠BAC＝

343410016，

23434∴ABAC＝ABACcosBAC16。

PAC例6：（2018年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且AP3 ，则A=

▲ .

【答案】18

【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。

【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：假设平行四边形ABCD是特殊的平行四边形――菱形，则AP与

AC共线，AC2AP6。

∴APAC=3×6=18。

三、图象解析法：图象解析法的解题方法是解填空题的一种常用方法，它是根据数形结合的原

理，先画出示意图，再观察图象的特征作出选择的方法。对于一些具有几何背景的数学题，如能构造出与之相应的图形进行分析，则能在数形结合，以形助数中获得形象直观的解法。

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xy10例1：（2018年全国大纲卷理5分）若x则z=3xy的最小值为 ▲ 。 ，y满足约束条件xy30，

x3y30【答案】1。 【考点】线性规划。

【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小zmin=301=1。

例2：（2018年上海市理4分）已知函数yf(x)的图象是折线段ABC，其中A(0,0)、B(,5)、C(1,0)，

12函数yxf(x)（0x1）的图象与x轴围成的图形的面积为 ▲ . 【答案】

5。 4【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。

11210x,0x10x,0x22【解析】根据题意得到，f(x)，∴得到yxf(x)。

10x10,1x110x210x,1x122 yf(x)的图象如图1，yxf(x)（0x1）的图象如图2。易知，yxf(x)（0x1）

的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形MNO与OMP全等，面积相等，故所求面积即为矩形ODMP的面积S155。 224若用定积分求解，则

12010xdx212110x210xdx5。 4

|x21|例3：（2018年天津市理5分）已知函数y=的图象与函数y=kx2的图象恰有两个交点，则实数kx1的取值范围是 ▲ . 【答案】(0,1)(1,4)。

【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。 【分析】函数yx21x1(x1)(x1)x1，

当x1时，yx21x1x21x1x1，

x1,1x1当x1时，y， x1x1,x1x1x1，x1x1,1x1。 综上函数yx1x1,x1x21作出函数的图象，要使函数y与ykx有两个不同的交点，则直线ykx必须在蓝色或黄色区

域内，如图，此时当直线经过黄色区域时B(1,2)，k满足1k2，当经过蓝色区域时，k满足0k1，综上实数k的取值范围是(0,1)(1,4)。

2

a－ab，a≤b，例4：（2018年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝2

b－ab，a＞b.

设

fx(2x1)*(x1)，且关于x的方程fxm(mR)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3

的取值范围是 ▲ ． 【答案】

1－3

，0。

16

【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。

2 (2x1)(x1)(2x1)(2x1)(x1)，【解析】根据新运算符号得到函数为fx(2x1)*(x1)=， 2 (2x1)>(x1)(x1)(2x1)(x1)，2x2x， x0 化简得：fx=2。

x+x， x>02 x02xx，如图，作出函数fx=2和ym的

x>0x+x，图象，

如果fxm有三个不同的实数解，即直线ym与函数f(x)的图象有三个交点，如图，

11（1）当直线ym过抛物线yx2+x的顶点，或ym=0时，有两个交点；

241（2）当直线ym中m>4m<0时，有一个交点；

（3）当直线ym中0设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x－x＝小于

4

1－311－3111－3

0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。

4242216

14ym与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。

所以当方程fxm(mR)有三个不等实根时，x1·x2·x3∈

1－3

，0。

16

b的取值范围a例5：（2018年江苏省5分）已知正数a，b，c满足：5c3a≤b≤4ca，clnb≥aclnc，则是 ▲ ．

7。 【答案】e，【考点】可行域。

ab35ccab【解析】条件5c3a≤b≤4ca，clnb≥aclnc可化为：4。

ccabecc 设

ab=x，y=，则题目转化为： cc3xy5xy4y已知x，求的取值范围。 ，y满足xxyex>0，y>0 作出（x。求出y=ex的切 ，y）所在平面区域（如图）线的斜率e，设过切点Px0，y0的切线为y=exmm0， 则

y0ex0mm，要使它最小，须m=0。 ==ex0x0x0 ∴

y的最小值在Px0，y0处，为e。此时，点Px0，y0在y=ex上A,B之间。 xy=4x5y=205xyy=7x=7， 当（x，y）对应点C时， xy=53x4y=2012x ∴ ∴

y的最大值在C处，为7。 xyb 7，即的取值范围是e， 7。 的取值范围为e，ax四、待定系数法：待定系数法是一种常用的数学方法，对于某些数学问题，如果已知所求结果

具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和

结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程（组）或不等式（组），解之即得待定的系数。对于待定系数法方法的使用，笔者将另文详细解析。

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例1：（2018年北京市理5分）已知an为等差数列，Sn为其前n项和。若a1=，S2a3，则a2= ▲ ； Sn= ▲ 1211【答案】1；n2n。

44【考点】等差数列

【解析】设等差数列的公差为d，根据等差数列通项公式和已知a1=，S2a3得

121a=da2=122 1。

1a=add=2222aan1d11 ∴Sn=11n=n2n。

2442例2：（2018年广东省理5分）.已知递增的等差数列an满足a11，a3a24，则an ▲ 。

【答案】2n-1。 【考点】等差数列。

22【解析】设递增的等差数列an的公差为d（d>0），由a3a24得1+2d=(1+d)-4，

解得d=?2，舍去负值，d=2。

∴an=2n-1。

例3：（2018年浙江省理4分）设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn．若S23a22，

S43a42，则q ▲ ．

【答案】

3。 2【考点】等比数列的性质，待定系数法。

【解析】用待定系数法将S23a22，S43a42两个式子全部转化成用a1，q表示的式子：

a1a1q3a1q2， 233a1a1qa1qa1q3a1q2两式作差得：a1q2a1q33a1q(q21)，即：2q2q30，解之得：q3或q1 (舍去)。 22例4：（2018年辽宁省理5分）已知等比数列｛an｝为递增数列，且a5a10,2(anan2)5an1，则数列

｛an｝的通项公式an = ▲ 。 【答案】2n。

【考点】等比数列的通项公式。 【解析】设等比数列｛an｝的公比为q。

2429n∵a5a10，∴(a1q)a1q。∴a1q，anq。

22又∵2(anan2)5an1，∴2an(1q)5anq。∴2(1q)5q。

解得q2或q1。 21。 2又∵等比数列｛an｝为递增数列，∴舍去qn∴an2。

例5：（2018年福建省理4分）已知△ABC的三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为 ▲ ． 【答案】2。 4【考点】等比数列的性质，余弦定理的应用。

【解析】∵△ABC的三边长成公比为2的等比数列，∴设三角形的三边分别是：

∵最大角所对的边是2a，

2

a、a、2a。 2

2a2+a2a2 ∴根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理得：cos=22aa222=2。 4 ∴最大角的余弦值为2。 4例6：（2018年天津市理5分）如图，已知AB和AC是圆的两条弦。过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D，过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF=3，FB=1，EF=则线段CD的长为 ▲ .

3，2

【答案】

4。 3【考点】直线与圆的位置关系，相交弦定理，切割线定理，相似三角形的概念、判定与性质。 【分析】∵AF=3，FB=1，EF=3，由相交弦定理得AFFB=EFFC，∴FC=2。 2AFFCAB48又∵BD∥CE，∴，BD==FC=2=。

ABBDAF33设CD=x，则AD=4x，

再由切割线定理得BD=CDAD，即x4x=()，解得x=2283244，故CD=。 33例7：（2018年重庆市理5分）过抛物线y2x的焦点F作直线交抛物线于A,B两点，若

AB25,AFBF,则AF= ▲ . 125。 6【答案】

【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。 【分析】设直线的方程为yk(x)（由题意知直线的斜率存在且不为0），

12k20。 代入抛物线方程，整理得kx(k2)x4222设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x21又∵AB222k2。

2513225，∴x1x21。∴x1x212，解得k224。

121212k2k2140得x1,x2。 代入kx(k2)x334∵|AF||BF|，∴x15。∴|AF|。 36例8：（2018年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.

【答案】26。 【考点】抛物线的应用。

【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为x=my， ∴∵当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，

∴抛物线过点（2，－2，）.

2代入x=my得，2=m(-2)，即m=-2。

222∴抛物线方程为x=-2y。 ∴当y=-3时，x=?6，∴水位下降1米后，水面宽26米。

五、等价转化法：通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，

从而得出正确的结果。总之，能够多角度思考问题，灵活选择方法，是快速准确地解数学填空题的关键。

典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】

例1：（2018年江西省理5分）设数列{an},{bn}都是等差数列，若a1b17，a3b321，则a5b5 ▲ 。 【答案】35。

【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。

【解析】∵数列{an},{bn}都是等差数列，∴数列anbn也是等差数列。

∴由等差中项的性质，得a5b5a1b12a3b3，即a5b57221，

解得a5b535。

例2：（2018年全国大纲卷理5分）当函数y=sinx3cosx0x<2取得最大值时，x= ▲ 。 【答案】。

【考点】三角函数性质的运用。

【解析】求解值域的问题，首先化为单一三角函数，然后利用定义域求解角的范围，从而结合三角函数图像得到最值点。

5613y=sinx3cosx=2sinxcosx=2cossinxsincosx=2sinx 22333∵0x<2，∴3x3<5。 3∵22sinx2，

3∴当且仅当x3=2即x=5时，函数取得最大值。 6例3：（2018年湖北省理5分）设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c.若a+b-ca+b+c=ab，则角C= ▲ 。 【答案】120。 【考点】余弦定理的运用

【解析】由 a+b-ca+b+c=ab得a+bc=aba+bc=ab，

22222a2+b2c22ab1==。∴C=120。 ∴根据余弦定理得cosC=2ab2ab2例4：（2018年重庆市理5分）设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

35cosA,cosB,b3,则c ▲ 51314【答案】。

5【考点】同角三角函数的基本关系式，两角和的三角公式，正弦定理的应用。

35412，∴sinA1cos2A=。∵cosB，∴sinB1cos2B=。

51351356 ∴sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB。

65bsinC14 由正弦定理得，c。

sinB5【分析】∵cosA例5：（2018年上海市理4分）在平行四边形ABCD中，A3，边AB、AD的长分别为2、1，若M、

N分别是边BC、CD上的点，且满足 5。 【答案】2，【考点】平面向量的基本运算。

|BM||BC||CN||CD|，则AMAN的取值范围是 ▲ . 【解析】如图所示，以A为原点，向量AB所在直线为x轴，过A垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系。

∵平行四边形ABCD中，A3，AB2,AD1，

5313∴A0,0，B2,0，C,。 ，D222,23155设Nx,，则xBC1，CN-x,CD2。 2222∴由|BM||BC||CN||CD|得，BM-51x。 423211515351x。 ∴M的横坐标为2-xcos=x，M的纵坐标为-xsin=38438442422115333∴ANx, AM2，84x,84x

235331291519211∴ANAMxxxxx=x+6。 44416428428199∵函数y=x+6在x=有最大值，

422215x时，函数单调增加。 2295∴ANAM在x=时有最小值2；在x=时有最大值5。

22∴在

5。版权归锦元数学工作室，不得转载】 ∴ANAM的取值范围是2，例6：（2018年辽宁省理5分）已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，

PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。

【答案】

3。 3【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。 【解析】∵在正三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，

∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此

正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。

∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥PABC在面ABC上的高FP。 ∵球的半径为3，设正方体的棱长为x，则由勾股定理得x+解得正方体的棱长x=2，每个面的对角线长2x=22。 ∴截面ABC的高为6， PF22x=23。

226。 3222∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥PABC在面ABC上的高FP=22 6=3。

33∴所以球心到截面ABC的距离为3233。 33六、分类讨论法：在解答某些问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐

类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳，综合得出结论。对于分类讨论法方法的使用，笔者将另文详细解析。

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例1：（2018年广东省理5分）不等式x2x1的解集为 ▲ 。 【答案】x?1。 2【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。 【解析】分类讨论：由不等式x2x1得， 当x?2时，不等式为x2x1，即-2?1恒成立；

1； 2 当-20时，不等式为x2x1，即2£1不成立。 综上所述，不等式x2x1的解集为x?1。 2 另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。

例2：（2018年江西省理5分）在实数范围内，不等式|2x1||2x1|6的解集为 ▲ 。

【答案】xR|3x23。 2【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。

1111xxx【解析】原不等式可化为①或2②或③， 22212x2x162x12x162x12x16由①得311113x；由②得x；由③得x。 2222223x23。 2∴原不等式的解集为xR|例3：（2018年福建省文4分）某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案，方案设计图中，点表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路，连线上数据表示两城市间铺设道路的费用．要求从任一城市都能到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小，例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图①，则最优设计方案如图②，此时铺设道路的最小总费用为10.

现给出该地区可铺设道路的线路图如图③，则铺设道路的最小总费用为 ▲ ． 【答案】16。

【考点】最优设计方案。

【解析】根据题意先选择中间最优线路，中间有三条，分别是A→F→G→D，E→F→B，E→G→C，费用最低

的是A→F→G→D为3＋1＋2＝6；再选择A→F→G→D线路到点E的最低费用线路是：A→E费用为2；再选择A→F→G→D到C→B的最低费用，则选择：G→C→B，费用最低为3＋5＝8，所以铺设道路的最小费用为：6＋2＋8＝16。

例4：（2018年山东省文4分）若函数f(x)ax(a0,a1)在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m， 且函数g(x)(14m)x在[0,)上是增函数，则a＝ ▲ . 【答案】

1。 4【考点】函数的增减性。

【解析】∵f(x)ax(a0,a1)，∴f'(x)axlna。

当a1时，

∵f'(x)axlna>0，函数f(x)ax(a0,a1)是增函数，

1∴在［－1，2］上的最大值为f(2)a2=4，a=2，最小值为f(1)21=m，m=。

2此时g(x)x，它在[0,)上是减函数，与题设不符。 当0∵f'(x)axlna<0，函数f(x)ax(a0,a1)是减函数，

111∴在［－1，2］上的最大值为f(1)a=4，a=，最小值为f(2)=m，m=。

164412此时g(x)3x，它在[0,)上是增函数，符合题意。 41。 4综上所述，满足条件的a=例5：（2018年上海市文4分）已知f(x)1，各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)， 1x若a2010a2012，则a20a11的值是 ▲ 【答案】

3135。 26【考点】数列的概念、组成和性质，函数的概念。 【解析】根据题意，f(x)11，并且an2f(an)，得到an2。

1an1x 当n为奇数时，a11，a31238，a5，a7，a9。

13352 当n为偶数时，由a2010a2012，得到

1a2010，解得a20101a201051（负值舍去）。 2 由a2010f(a2008)得

15151，解得a2008。

1a200822 ∴当n为偶数时，an=51。 2 ∴a20a11=8513135=。 13226七、探索规律法：探索规律法的解题方法是直接通过对填空题的条件，作详尽的分析、归纳和

判断，从而得出正确的结果。当遇到寻找规律的命题时，常用此法。

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例1：（2018年湖南省理5分）设N=2（n∈N，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对

n*

NNN和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段222Ni个数，并对每段作C变换，得到p2；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2段，每段i个数，并对每段C变换，

2应的前

得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置. （1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置； （2）当N=2（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置. 【答案】（1）6；（2）32n4n11。

【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。 【解析】（1）当N=16时,

P0x1x2x3x4x5x6x16,可设为(1,2,3,4,5,6,,16), 2,4,6,8,,16),

x7位于P2中的第6个,16),

P1x1x3x5x7x15x2x4x6x16,即为(1,3,5,7,9,P2x1x5x9x13x3x7x11x15x2x6位置。

x16,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6,（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：

第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号

以1为首项，第二段序号以2为首项；

第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第

一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项； 依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第32置。

例2：（2018年福建省理4分）数列{an}的通项公式an=ncos【答案】3018。 【考点】规律探索题。

π3π

【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；

225π7π8π

a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；

222

······

∴该数列每四项的和ak+ak+1+ak+2+ak+3=6k=1,5，9，,4r，rN。 ∵2018÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。

例3：（2018年陕西省理5分） 观察下列不等式【版权归锦元数学工作室，不得转载】

nn411个位

n+1，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ . 213 222115123，

23311171222

23441……

照此规律，第五个不等式为 ▲ . ．．．【答案】111111112222。 2234566【考点】归纳规律。

【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：i0n1n12<2n1。 n1令n=5，即可得出第五个不等式i051n12<11，即1611111112222。 2234566例4：（2018年江苏省5分）下图是一个算法流程图，则输出的k的值是 ▲ ．

【答案】5。 【考点】程序框图。

【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中变量值变化如下表：

是否继续循环 k k25k4 0 0 －2 －2 0 4 循环前 第一圈 第二圈 第三圈 第四圈 第五圈 第六圈 是 是 是 是 是 否 0 1 2 3 4 5 输出5 ∴最终输出结果k=5。 例5：（2018年湖北省理5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s= ▲ .

【答案】9。 【考点】程序框图。

【解析】用列举法，通过循环过程直接得出s与n的值，得到n=3时退出循环，即可．

循环前，S=1，a=3，

第1次判断后循环，n=2，s=4，a=5， 第2次判断并循环n=3，s=9，a=7，

第3次判断n退出循环，输出s =9。【版权归锦元数学工作室，不得转载】

n例6：（2018年全国课标卷理5分）数列{an}满足an1(1)an2n1，则{an}的前60项和为 ▲ 【答案】1830。

【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。

n【解析】求出{an}的通项：由an1(1)an2n1得，

当n=1时，a21a1；当n=2时，a33a2=2a1；当n=3时，a45a3=7a1；

当n=4时，a57a4=a1；当n=5时，a69a5=9a1；当n=6时，a711a6=2a1； 当n=7时，a713a6=15a1；当n=8时，a815a7=a1；······

a4m28m1a1；当n=4m+1时，当n=4+m2a4m22a1；时，当n=4+m3a4m48m7a1；时，

当n=4m+4时，a4m5a1（m=0,1,2，。 ）∵a4ma4m5a1，

∴{an}的四项之和为a4m1a4m2a4m3a4m4=a18m1a12a18m7a1=16m10（m=0,1,2，。 ）

设bma4m1a4m2a4m3a4m4=16m10（m=0,1,2，。 ）

则{an}的前60项和等于{bm}的前15项和，而{bm}是首项为10，公差为16的等差数列， ∴{an}的前60项和={bm}的前15项和=

10161410151830。

2例7：（2018年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443,94249等。显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999。则

（Ⅰ）4位回文数有 ▲ 个；

（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有 ▲ 个。 【答案】（Ⅰ）90；（Ⅱ）910。 【考点】计数原理的应用。

【解析】（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位回文数有9×10=90个。

（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1

个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有910个。

例8：（2018年湖北省文5分）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：

nn

将三角形数1,3， 6,10，…记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列

bn，可以推测：

（Ⅰ）b2012是数列an中的第 ▲ 项； （Ⅱ）b2k1 = ▲ 。（用k表示）

【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）【考点】归纳规律。

5k5k1。 2【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为ann(n1)，写出其若干项有：21,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110。

故b1a4,b2a5,b3a9,b4a10,b5a14,b6a15。 从而由上述规律可猜想：b2ka5k5k(5k1)（k为正整数）， 2(5k1)(5k11)5k(5k1)。 b2k1a5k122故b2012a21006a51006a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项。