2012数学高考中的填空题的解题策略

2012数学高考中的填空题的解题策略
2012高考数学填空题的解题策略
1．直接法：
直接从题设条件出发，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、计算得出结论.这是解填空题最常见的，也是最重要的方法，绝大多数的填空题使用该法求解.
例1、的展开式中，常数项为____________.
解：设常数项为第r＋1项，则令=0，得r=6.所以常数项为·23（－1），即672. 答案：672
例2、若函数的图象关于直线对称，则
解：由已知抛物线的对称轴为,得，而，有.答案：6
例3、已知函数在区间上为增函数，则实数a的取值范围是_______.
解：，由复合函数的增减性可知，在
上为增函数，∴，∴. 答案：
2．特殊化法
当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，可以把题中变化的不定量用特殊值代替，即可以得到正确结果.
例4、在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若a、b、c成等差数列，则__________。

解：特殊化：令，则△ABC为直角三角形，，从而所求值为. 答案：
例5、△ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，，则实数m的值是________.
解：由于本题对任意三角形结论成立，故可取特殊的等腰直角三角形ABC求解，设∠BAC=90°，AB=AC，则H与A重合，O是BC边的中点，此时，∴，∴m=1.
注意：本题中的△ABC不能取成等边三角形，否则有，此时m取任意实数，值不唯一.
例6、过抛物线的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF、FQ
的长分别为p、q，则__________。

分析：此抛物线开口向上，过焦点且斜率为k的直线与抛物线均有两个交点P、Q，当k 变化时PF、FQ的长均变化，但从题设可以得到这样的信息：尽管PF、FQ不定，但其倒数和应为定值，所以可以针对直线的某一特定位置进行求解，而不失一般性。

解：设k = 0，因抛物线焦点坐标为把直线方程代入抛物线方程得
，∴，从而. 答案：
3．数形结合法
对于一些含有几何背景的填空题，若能数中思形，以形助数，则往往可以简捷地解决问题，得出正确的结果.
例7、如果不等式的解集为A，且，那么实数a 的取值范围是____________.
解：根据不等式解集的几何意义，作函数和函数的图象（如图），从图上容易得出实数a的取值范围是.
(2R)2=a 2＋(2a)2＋(3a)2=14a 2，所以有4πR 2=14πa 2，即球面面积为14πa 2. 例13.知四面体的各面棱长分别为4，5，6，则此四面体的体积为____________. 解： 以四面体的各棱为侧面对角线，把原四面体补成一个长宽高分别为a 、b 、c 的长方体，则原四面体的体积V 等于长方体的体积减去四个相等的三棱锥的体积.
，而由b 2＋c 2=16，a 2＋c 2=25，a 2＋b 2=36，
得abc=，∴V=.
2012高考数学选择题的解题策略
1、直接法：
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选择支“对号入座”作出相应的选择.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.
例1．若sin 2
x >cos 2
x ，则x 的取值范围是（ ）
（A ）{x |2k π－34π
＜x ＜2k π＋π4
，k ∈Z } （B ） {x |2k π＋π4
＜x ＜2k π＋54π
，k ∈Z } （C ） {x |k π－π4＜x ＜k π＋π
4
，k ∈Z } （D ） {x |k π＋π4
＜x ＜k π＋34π
，k ∈Z } 解：（直接法）由sin 2
x >cos 2
x 得cos 2
x －sin 2
x ＜0，
即cos2x＜0，所以：π
2＋kπ＜2x＜3
2
π＋kπ，
选D.
例2．七人并排站成一行，如果甲、乙两人必需不相邻，那么不同的排法的种数是（）（A）1440 （B）3600 （C）4320 （D）4800
解一：（用排除法）七人并排站成一行，总的排法有7
7
A种，其中甲、乙两人相邻的排法有
2×66A种.因此，甲、乙两人必需不相邻的排法种
数有：7
7
A－2×66A＝3600，对照后应选B；
解二：（用插空法）5
5
A×26A＝3600.
2、特例法：
用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确的判断.常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等.
例3．已知长方形的四个项点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1），一质点从AB的中点P0沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3
和P 4（入射解等于反射角），设P 4坐标为（4
4
,0),1x
2,tan x θ
<<若则的取值范围是（ ）
（A ）)1,31( （B ）)32,31( （C ）)21,52( （D ）)3
2,52( 解：考虑由P 0射到BC 的中点上，这样依次反射最终回到P 0，此时容易求出tan θ=21，由题设条件知，1＜x 4＜2，则tan θ≠21，排除A 、B 、D ，故选C .
例4．如果n 是正偶数，则C n
＋C n
2＋…＋C n
n -2＋
C n
n ＝（ ）
（A ） 2n
（B ） 2n -1
（C ） 2n -2
（D ） (n －1)2n -1
解：（特值法）当n ＝2时，代入得C 2
＋C 2
2＝2，
排除答案A 、C ；当n ＝4时，代入得
C 4
0＋C 4
2＋C 4
4＝8，排除答案D . 所以选B .
3、筛选法:
从题设条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一”的指令，逐步剔除干扰项，从而得出正确的判断.
例5．已知y ＝log a
(2－ax )在[0，1]上是x 的减函
数，则a的取值范围是（）
（A）(0，1) （B）(1，2) （C）(0，2) （D）[2，+∞)
解：∵2－ax是在[0，1]上是减函数，所以a>1，排除答案A、C；若a＝2，由2－ax>0得x＜1，这与x∈[0，1]不符合，排除答案D. 所以选B. 例6．过抛物线y2＝4x的焦点，作直线与此抛物线相交于两点P和Q，那么线段PQ中点的轨迹方程是（）
（A）y2＝2x－1 （B）y2＝2x－2
（C）y2＝－2x＋1 （D）y2＝－2x＋2
解：（筛选法）由已知可知轨迹曲线的顶点为(1，0)，开口向右，由此排除答案A、C、D，所以选B；
4、代入法：
将各个选择项逐一代入题设进行检验，从而获得正确的判断.即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是应选的答案.
例7．函数y =sin(π3－2x )＋sin2x 的最小正周期是（ ）
（A ）π2
（B ） π （C ） 2π （D ） 4π
解：（代入法）f (x ＋π2)＝sin[π3－2(x ＋π2
)]＋sin[2(x ＋π2
)]＝－f (x )，而 f (x ＋π)＝sin[π3－2(x ＋π)]＋sin[2(x ＋π)]＝f (x ). 所以应选B ； 另解：（直接法）y ＝
3
2
cos2x －12
sin2x ＋sin2x ＝sin(2x ＋π3
)，T ＝π，选B . 例8．函数y ＝sin （2x ＋25π
）的图象的一条对称
轴的方程是（ ）
（A ）x ＝－2π （B ）x ＝－4π （C ）x ＝8
π （D ）x ＝45π 解：（代入法）把选择支逐次代入，当x ＝－2π时，y ＝－1，可见x ＝－2π是对称轴，又因为统一前
提规定“只有一项是符合要求的”，故选A .
另解：（直接法） ∵函数y ＝sin （2x ＋25π）的图象的对称轴方程为2x ＋25π＝k π＋2
π，即x ＝2πk －π，当k ＝1时，x ＝－2π，选A . 5、图解法：
据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断.习惯上也叫数形结合法.
例9．在)2,0(π内，使x x cos sin >成立的x 的取值范围是（ ）
（A ）)45,()2,4(ππππ （B ）),4
(ππ
（C ）)4
5,4(ππ （D ）)2
3,45(),4(π
πππ
解：（图解法）在同一直角坐标系中分别作出y ＝sin x 与y ＝cos x 的图象，便可观察选C . 另解：（直接法）由x x cos sin >得sin （x －4π）＞0，即2k π＜x －4π＜2k π＋π， 取k ＝0 所以选C .
例10．在圆x 2
＋y 2
＝4上与直线4x ＋3y －12=0
距离最小的点的坐标是（ ）
（A ）（85，6
5
） （B ）(85
，－6
5) （C ）(－85，6
5
) （D ）(－85
，－6
5) 解：（图解法）在同一直角坐标系中作出圆x 2
＋
y 2
＝4和直线4x ＋3y －12=0后，由图可知距离最
小的点在第一象限内，所以选A . 例11．设函数
⎪⎩⎪⎨
⎧-=-2112)(x
x f x
>≤x x ，若1)(0
>x f ，则0
x 的取值范围是（ ）
（A ）（1-，1） （B ）（1-，∞+）
（C ）（∞-，2-）⋃（0，∞+） （D ）（∞-，
1
-）⋃（1，∞+）
解：（图解法）在同一直角坐标系中，作出函数
()
y f x =的图象和直线1y =，它们相交于（－1，1）
和（1，1）两点，由0
()1f x >，得0
1
x
<-或01
x
>.
-1
1
1
O
y
x
6、割补法
“能割善补”是解决几何问题常用的方法，巧妙地利用割补法，可以将不规则的图形转化为规则的图形，这样可以使问题得到简化，从而缩短解题长度.
例122， 四个项点在同一球面上，则此球的表面积为
（ ）
（A ）3π （B ）4π （C ）3π
3
（D ）6π
解：如图，将正四面体ABCD 补形成正方体，则正四面体、正方体的中
心与其外接球的球心共一点.因为正四面体棱长为2，所以正方体棱长为1， 从而外接球半径R ＝23.故S 球＝3π. 7、极限法:
从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变.应用极限思想解决某些问题，可以避开抽象、复杂的运算，降低解题难度，优化解题过程. D
C
B
A
例13．对任意θ∈（0，2
π）都有（ ） （A ）sin(sin θ)＜cos θ＜cos(cos θ) （B ） sin(sin θ)＞cos θ＞cos(cos θ)
（C ）sin(cos θ)＜cos(sin θ)＜cos θ （D ） sin(cos θ)＜cos θ＜cos(sin θ)
解：当θ→0时，sin(sin θ)→0，cos θ→1，cos(cos θ)→cos1，故排除A ，B .
当θ→2
π时，cos(sin θ)→cos1，cos θ→0，故排除C ，因此选D . 例14．不等式组
⎪⎩
⎪
⎨⎧+->+->x x x x x 22330
的解集是（ ）
（A ）（0，2） （B ）（0，2.5） （C ）（0，6） （D ）（0，3）
解：不等式的“极限”即方程，则只需验证x =2，
2.5，6和3哪个为方程x
x
x x +-=+-2233的根，逐一代入，选C .
例15．在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（ ）
（A ）（n
n 2
-π，π） （B ）
（n n 1-π，π）
（C ）（0，2
π） （D ）（n n 2-π，n
n 1-π） 解：当正n 棱锥的顶点无限趋近于底面正多边形中心时，则底面正多边形便为极限状态，此时棱锥相邻两侧面所成二面角α→π，且小于π；当棱锥高无限大时，正n 棱柱便又是另一极限状
态，此时α→n n 2-π，且大于n
n 2-π，故选（A ）. 8、估值法
由于选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程.因此可以猜测、合情推理、估算而获得.这样往往可以减少运算量，当然自然加强了思维的层次.
例16．如图，在多面体ABCDEF 中，已知面
ABCD 是边长为
3的正方形，EF ∥AB ，EF 23=，EF 与面AC 的距离为2，则该多面 体的体积为（ ）
（A ）29 （B ）5 （C ）6 D
E
F
C
B
A
（D ）2
15 解：由已知条件可知，EF ∥平面ABCD ，则F 到平面ABCD 的距离为2，
∴V F －ABCD ＝3
1·32·2＝6，而该多面体的体积必大于6，故选（D ）.
例17．已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB =BC =CA =2，则球面面积是（ ）
（A ）916π （B ）3
8π （C ）4π （D ）9
64π 解∵球的半径R 不小于△ABC 的外接圆半径r ＝332，
则S 球＝4πR 2≥4πr 2＝163
π＞5π，故选（D ）.。