专题 02 双空填空题 ---扩考查“宽度”，增得分“容易度” 新高考在填空题中引入一题双空题，其考查初衷一是增加试题考查的覆盖面，从一定程 度上防猜题押题；二是两个空的总分值仍为 5 分，考生答对其中一个空得部分分数得概 率明显提高，这有利于提高一般考生的得分，也有利于区分选拔高水平考生。 常用技巧： 一：直接法 就是直接从题目的条件出发,利用概念、定理、公式、法则等数学基础知识得出答案 , 然后按照要求将最后结果填入空位处 .填空题的直接法更像做解答题 ,但由于填空题不需要 过程,因而可以跳过一些步骤,大跨度前进.为了节省时间还可手写与心算相结合,力求快速, 避免“小题大做”从这一意义上说,填空题的直接法又像是选择题的求解对照法 二：特例法 当填空题暗示答案是一个“定值”或具“定性”特征时 ,我们可以取特殊数值、特殊图形、 特殊位置或特殊结构来确定这个“定值”“定性”,以节省推理论证的过程.我们把这些解填空 题的方法统称为特例法.对于解答题,特例常常只是提供论证的方向,而对填空题来说,往往 不需要过程,就成为答案了.当题目的条件是从一般性的角度给出时,特例法尤为有效. 三：图解法 这是一种数形结合的解题方法.由于填空题不用写出论证过程,因而画出辅助图示进行 直观分析便可填上最后答案.数学上的数轴、韦恩图、函数的图象、方程的曲线、三角函 数、复数、向量等,本身就具有数形结合的特征.使用图解法特别要用好坐标系,要善于进 行几何结构的分析,还要学会构造图形. 四：猜想法 猜想是根据部分理由而得出结论的合情推理,一个完整的数学解题过程常常要经历“先 猜后证”的两个阶段,猜想也是一种能力解填空题除了要重点掌握好直接法、特例法、图解 法外,也可辅以猜想法.新高考出现了开放性填空题,意味着考生在掌握基础知识的前提下, 能先猜后证. 总之,和解答选择题一样,解填空题的一个基本原则是:小题不大做.由于填空题追求 “简”而“准”,解答填空题时,只要求结果(必须是最简结果,且要准确),故对正确性的要求比解 答题更高,更严格.因此,在解答填空题时要做到: 快——运算要快,力戒小题大做; 简——答案是最简结果; 全——答案要全,力避残缺不齐. 题型一：并列型 并列型双空填空题,即各空所填的内容是题干的并列结论,相互之间没有必然的逻辑关系. �x 2  1, x �0 f  x   �x 1．（2021·浙江金华·高三月考）设函数 2  ax, x  0 ，若 f  f  1   4a ，则实数 a  ______， � f  x 的单调增区间为______． 【答案】 2  0, � 【详解】 �x 2  1, x �0 f  x   �x 因为 2  ax, x  0 ，则 f  1  2 ，则 f  f  1   f  2   4  2a  4a ，解得 a  2 . � �x 2  1, x �0 f  x   �x 所以， 2  2 x, x  0 ， � f  x   x2  1 f  x x � 0 当 时， ，此时函数 单调递减， 当 x  0 时，由于函数 y  2x 、 y  2x 均为增函数，故函数 2 0 f  x 由于 0  1  2  2 �0 ，则函数 在 x  0 连续， 所以，函数 f  x 故答案为： 2 ； 的单调递增区间为  0, � .  0, � . f  x   2x  2x 也为增函数， 2．（2021·江苏省阜宁中学高三月考）函数 f  x   log 1   x 2  2 x  3 2 的单调递增区间是_________，值域 是______． 【答案】 (1,1) [2, �) 【详解】 令 t   x2  2 x  3 又因为 y  log 1 t 2 ，则由  x2  2 x  3  0 2 故 t   x2  2 x  3 f ( x )  log 1 t 2 故答案为： 3  x  1 ． 为减函数，而函数 t   x 2  2 x  3 在区间 (3, 1) 上单调递增，在 (1,1) 上单调递减．故 f ( x )  log 1   x 2  2 x  3 易知 ，可得 在区间 (3, 1) 上单调递减，在 (1,1) 上单调递增． 在区间 ( 3,1) 上的值域为 (0, 4] ， 的值域为 [2, �) ． (1,1) ； [2, �) � 2 x  3, x  0, f  x   �2 3．（2021·全国·模拟预测）已知 �x  4, x �0, ，若 f  a   5 ，则实数 a 的值是___________；若 f  f  a   �5 ，则实数 a 的取值范围是___________. �  5, 1� � � 【答案】1 或 3 【详解】 a （1）当 a  0 时， 2  3  5 解得 a  1 ， 2 当 a �0 时， a  4  5 解得 a  3 或 a  3 (舍). （2）设 由 t  f  a 3 �f  a  �1 ，由 f  t  �5 ，解得 得 3 �t �1 ；  5 �a �1 . �  5, 1� �. 故答案为：1 或 3 ； � 4．（2021·浙江·高三月考）在 VABC 中，角 A 、 B 、 C 所对的边分别为 a 、 b 、 c ，且  b  c  a   b  c  a   3bc ，则 A  ______，若 VABC 的外接圆的周长为 4 ，则 VABC 面积的最大值为_____ _．  【答案】 3 3 3 【详解】 3bc   b  c  a   b  c  a    b  c   a 2 2 因为 由余弦定理可得 cos A  设 VABC 2 2 2 ，整理可得 b  c  a  bc ，  b2  c 2  a 2 1  ，Q A � 0,   ，故 A  . 2bc 2 3 a  2r sin A  2 3 2 r  4 r r =2 的外接圆半径为 ，则 ，故 ，故 ， 由基本不等式可得 bc  b 2  c 2  a 2 �2bc  a 2 当且仅当 b  c 时，等号成立，所以， 故 VABC 面积的最大值为 3 3 ，所以， bc �a 2  12 ， 1 3 S△ ABC  bc sin A  bc �3 3 2 4 ， .  故答案为： 3 ； 3 3 . 5．（2021·天津市武清区杨村第一中学高三月考）在平面四边形 AD  4 ，连接 uur uur BE � CE AC 【详解】 中， AB  3BC ， �ABC  90� ， uuu r uuur �ACD  90� �CAD  30� CB � CD  E AD __________； 为线段 ， ， ，则 上的动点，则 的最小值为___________ 【答案】 3 ABCD 63 16 ## 由于 �ABC  90� ，如图以 B 为坐标原点， BC , BA 所在直线为 x, y 轴建立平面直角坐标系 由于 又 AD  4 ， AB  3 BC �CAD  30� CD  2, AC  2 3 故 ，故 BC  3, AB  3  B(0, 0), C ( 3, 0), A(0, 3), D(2 3,1) uuu r uuur  CB � CD  ( 3, 0) � ( 3,1)  3 不妨设 uuur uuur AE  t AD(0 �t �1) uuu r uuu r uuur uuu r uuur  BE  BA  AE  BA  t AD  (0,3)  t (2 3, 2)  (2 3t,3  2t ) uuu r uuu r uuu r CE  CB  BE  (  3, 0)  (2 3t ,3  2t )  (2 3t  3,3  2t ) uur uur  BE � CE  2 3t �(2 3t  3)  (3  2t ) 2  16t 2  18t  9 9 ur uur 取得最小值为 63 故当 t  16 时， u BE � CE 16 63 故答案为： 3 ， 16 r2 r r r 1 r r r r r ， c  (a  b) � c   0， 6．（2021·浙江·高三月考）已知平面向量 a, b, c ，满足： | a | 2 ， | br |= 1 ， ar � b 1 2 则 r r | a  b | ________， r r |ac| 的取值范围是_____________． � 7  1 7  1� , � � 2 � � 2 【答案】 3 【详解】 r r 由题可知： a  b  由 r r  a  b 2 r2 r2 r r  a  b  2a � b  4  1  2 �1  3 ， r r r r r r r r a� b a� b cos  a, b  2 �� 1 cos  a, b  1 ， r r 1 cos  a , b  ，又 r r 所以  a, b �[0o,180o] 2 r r  a, b  60o ， r r r uuu r r uuu r r a  1, 3 A 1, 3 b  1, 0   如图 OA  a ， OB  b ，设 ，则 ， c   x, y  ， ， B  1,0  ，  r r a  b  1, 3   1, 0   0, 3      ， r2 r r r 1 1 c   0 可得 x 2  y 2  3 y   0 ， 由 c  (a  b) � 2 2 2 � 3� 1 x � y � � � ， 即 � 2 � 4 2 � 3� 1 M� 0, � r r 