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2014高考数学解题答题技巧 第二讲 填空题技巧


2014高考数学解题答题技巧
第二讲 填空题

2.填空题的特征 填空题不要求写出计算或推理过程,只需要将结论直接 写出的“求解题”.填空题与选择题也有质的区别:第一, 表现为填空题没有备选项,因此,解答时有不受诱误干扰之 好处,但也有缺乏提示之不足;第二,填空题的结构往往是 在一个正确的命题或断言中,抽出其中的一些内容 (既可以 是条件,也可以

是结论),留下空位,让考生独立填上,考 查方法比较灵活. 从历年高考成绩看,填空题得分率一直不很高,因为填 空题的结果必须是数值准确、形式规范、表达式最简,稍有 毛病,便是零分.因此,解填空题要求在“快速、准确”上 下功夫,由于填空题不需要写出具体的推理、计算过程,因 此要想“快速”解答填空题,则千万不可“小题大做”,而 要达到“准确”,则必须合理灵活地运用恰当的方法,在 “巧”字上下功夫.

3.解填空题的基本原则 解填空题的基本原则是“小题不能大做”,基本策略是 “巧做”.解填空题的常用方法有:直接法、数形结合法、 特殊化法、等价转化法、构造法、合情推理法等.

解题方法例析
题型一 直接法 直接法就是从题设条件出发,运用定义、定理、公式、性 质、法则等知识,通过变形、推理、计算等,得出正确结 论,使用此法时,要善于透过现象看本质,自觉地、有意 识地采用灵活、简捷的解法. 例1 在等差数列{an}中,a1=-3,11a5=5a8-13,则数列 {an}的前n项和Sn的最小值为________. 思维启迪

计算出基本量d,找到转折项即可.

解析

设公差为d,则11(-3+4d)=5(-3+7d)-13,

5 ∴d= . 9 ∴数列{an}为递增数列. 5 32 令an≤0,∴-3+(n-1)·≤0,∴n≤ , 9 5 ∵n∈N*. 29 ∴前6项均为负值,∴Sn的最小值为S6=- . 3 29 答案 - 3 探究提高 本题运用直接法,直接利用等差数列的通项公

式判断出数列的项的符号,进而确定前几项的和最小, 最后利用等差数列的求和公式求得最小值.

变式训练1 设Sn是等差数列{an}的前n项和,已知a2=3,a6 =11,则S7=________. 49

7(a1+a7) 解析 方法一 S7= 2 7(a2+a6) 7×(3+11) = = =49. 2 2 故填49. 方法二
?a =a +d=3, ? 2 1 由? ?a6=a1+5d=11 ? ?a =1, ? 1 可得? ?d=2, ?

∴a7=1+6×2=13. 7(a1+a7) 7×(1+13) ∴S7= = =49. 2 2 故填49.

题型二

特殊值法

特殊值法在考试中应用起来比较方便,它的实施过程是从 特殊到一般,优点是简便易行.当暗示答案是一个“定 值”时,就可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图形、 特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母具体化,把一 般形式变为特殊形式.当题目的条件是从一般性的角度给 出时,特例法尤其有效.

例2 已知△ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c, (sin A-sin C)(a+c) 且满足 =sin A-sin B,则C=_______. b

思维启迪

题目中给出了△ABC的边和角满足的一个关

系式,由此关系式来确定角C的大小,因此可考虑一些 特殊的三角形是否满足关系式,如:等边三角形、直角 三角形等,若满足,则可求出此时角C的大小.
解析 容易发现当△ABC是一个等边三角形时,满足 (sin A-sin C)(a+c) =sin A-sin B,而此时C=60° ,故角C b 的大小为60° .

答案

60°

探究提高 特殊值法的理论依据是:若对所有值都成立, 那么对特殊值也成立,我们就可以利用填空题不需要过 程只需要结果这一“弱点”,“以偏概全”来求值.在 解决一些与三角形、四边形等平面图形有关的填空题 时,可根据题意,选择其中的特殊图形(如正三角形、正 方形)等解决问题.此题还可用直接法求解如下: (sin A-sin C)(a+c) 由 =sin A-sin B可得 b (a-c)(a+c) =a-b,整理得,a2-c2=ab-b2,即a2+b2 b a2+b2-c2 1 -c2=ab.由余弦定理,得cos C= = ,所以C 2ab 2 =60° .

变式训练2 在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、 cos A+cos C b、c,如果a、b、c成等差数列,则 = 1+cos Acos C

4 ________. 5 解析 方法一 取特殊值a=3,b=4,c=5,则cos A cos A+cos C 4 4 =5,cos C=0, =5. 1+cos Acos C

π 1 方法二 取特殊角A=B=C= ,cos A=cos C= , 3 2 cos A+cos C 4 =5. 1+cos Acos C

例3 如图所示,在△ABC中,AO是BC边上 的中线,K为AO上一点,且OA=2AK, 过点K的直线分别交直线AB、AC于不同





→ → → → 的两点M、N,若AB=mAM,AC=nAN,则m+n
=________. 思维启迪

题目中过点K的直线是任意的,因此m和n的值

是变化的,但从题意看m+n的值是一个定值,故可取一条 特殊的直线进行求解.

解析

当过点 K 的直线与 BC 平行时, MN 就是△ABC 的一

→ → → 条中位线(∵OA=2AK,∴K 是 AO 的中点).这时由于有AB → → → =mAM,AC=nAN,因此 m=n=2,故 m+n=4.
答案 4
本题在解答中,充分考虑了“直线虽然任意, 探究提高

但m+n的值却是定值”这一信息,通过取直线的一个特 殊位置得到了问题的解,显得非常简单,在求解这类填空题 时,就要善于捕捉这样的有效信息,帮助我们解决问题.

→ → → 变式训练3 设O是△ABC内部一点,且OA+OC=-2OB,
则△AOB与△AOC的面积之比为______. 1

解析

采用特殊位置,可令△ABC为正三角形,

→ → → 则根据OA+OC=-2OB可知,
O是△ABC的中心,则OA=OB=OC, 所以△AOB≌△AOC, 即△AOB与△AOC的面积之比为1.

题型三

图象分析法(数形结合法)

依据特殊数量关系所对应的图形位置、特征,利用图形直 观性求解的填空题,称为图象分析型填空题,这类问题的 几何意义一般较为明显.由于填空题不要求写出解答过 程,因而有些问题可以借助于图形,然后参照图形的形 状、位置、性质,综合图象的特征,进行直观地分析,加 上简单的运算,一般就可以得出正确的答案.事实上许多 问题都可以转化为数与形的结合,利用数形结合法解题既 浅显易懂,又能节省时间.利用数形结合的思想解决问题 能很好地考查考生对基础知识的掌握程度及灵活处理问题 的能力,此类问题为近年来高考考查的热点内容.

例4 已知方程(x2-2x+m)(x2-2x+n)=0的四个根组成一个 1 1 首项为 的等差数列,则|m-n|的值等于________. 2 4 思维启迪

考虑到原方程的四个根,其实是抛物线y=x2

-2x+m与y=x2-2x+n和x轴四个交点的横坐标,所以可 以利用图象进行求解. 解析 如图所示,易知抛物线y=x2-2x
+m与y=x2-2x+n有相同的对称轴x= 1,它们与x轴的四个交点依次为A、B、 C、D. 1 7 因为xA= 4,则xD=4. 3 5 又|AB|=|BC|=|CD|,所以xB= 4,xC=4. 1 7 3 5 1 故|m-n|=|4×4-4×4|= 2.

探究提高 本题是数列问题,但由于和方程的根有关系, 故可借助数形结合的方法进行求解,因此在解题时,我们 要认真分析题目特点,充分挖掘其中的有用信息,寻求最 简捷的解法.

变式训练4 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x), 且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0),在区间 [-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+ x4=________. -8

解析 因为定义在R上的奇函数,满足f(x-4)=-f(x), 所以f(4-x)=f(x).因此,函数图象关于直线x=2对称且 f(0)=0,由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x),所以函数是以 8为周期的周期函数.又因为f(x)在区间[0,2]上是增函 数,所以f(x)在区间[-2,0]上也是增函数,如图所示,那 么方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1, x2,x3,x4,不妨设x1<x2<x3<x4.由对称性知x1+x2=-12, x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8.

例5 函数y=f(x)的图象如图所示,其定义 f(x) 域为[-4,4],那么不等式 ≤0的解集 sin x

π [-4,-π)∪(-π,0)∪[ ,π) 为__________________________________. 2 ?f(x)≤0, ?f(x)≥0, ? ? f(x) ? 解析 ≤0? 或? sin x ?sin x>0, ?sin x<0, ? ?
在给出的坐标系中,再作出y=sin x在 [-4,4]上的图象,如图所示,观察图象即 可得到所求的解集为[-4,-π)∪(-π, π 0)∪[2,π). 探究提高 与函数有关的填空题,依据题目条件,灵活地

应用函数图象解答问题,往往可使抽象复杂的代数问题变 得形象直观,使问题快速获解.

变式训练5 不等式(|x|-

π )· x<0,x∈[-π,2π]的解集 sin 2

π π (? π, ) ? (0, ) ? (π,2 π) 为 2 2
解析

.?

π 在同一坐标系中分别作出y=|x|- 与y=sin x的图象: 2

π π (? 根据图象可得不等式的解集为: π, ) ? (0, ) ? (π,2 π) 2 2

题型四

等价转化法

将所给的命题进行等价转化,使之成为一种容易理解的语 言或容易求解的模式.通过转化,使问题化繁为简、化陌 生为熟悉,将问题等价转化成便于解决的问题,从而得出 正确的结果. 例6
?x2-4x+6, ? 设函数f(x)=? ?3x+4, ?

x≥0 ,若互不相等的实 x<0

数x1,x2,x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1+x2+x3的取值 范围是________. 思维启迪 将问题转化为y=m与y=f(x)有三个不同的交

点,再研究三个交点的横坐标之和的取值范围.

解析

本题可转化为直线y=m与函数f(x)

的图象有三个交点,y=x2-4x+6在[0,+∞) 的最小值为f(2)=2,故2<m<4,易知x1,x2, x3中必有一负二正,不妨设x1,x2>0,由于 y=x2-4x+6的对称轴为x=2,则x1+x2=4, 2 2 2 令3x+4=2,得x=- ,则- <x3<0,故- +4<x1+x2 3 3 3 10 +x3<0+4,即x1+x2+x3的取值范围是( ,4). 3 10 答案 ( ,4) 3

探究提高 等价转化法的关键是要明确转化的方向或者说转 化的目标.本题转化的关键就是将研究x1+x2+x3的取值范 围问题转化成了直线y=m与曲线y=f(x)有三个交点的问 题,将数的问题转化成了形的问题,从而利用图形的性质 解决.

ax-1 变式训练6 已知关于x的不等式 <0的解集是(-∞,-1) x+1 1 -2 ∪(- ,+∞),则a的值为________. 2 ax-1 解析 将 <0转化为(x+1)(ax-1)<0,其解集是(-∞, x+1

1 1 -1)∪(- 2 ,+∞),当且仅当x=- 2 是方程ax-1=0的 解,得a=-2.

题型五

构造法

构造型填空题的求解,需要利用已知条件和结论的特殊性 构造出新的数学模型,从而简化推理与计算过程,使较复 杂的数学问题得到简捷的解决,它来源于对基础知识和基 本方法的积累,需要从一般的方法原理中进行提炼概括, 积极联想,横向类比,从曾经遇到过的类似问题中寻找灵 感,构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型, 使问题快速解决.

π 2sin(x+ )+2x2+x 4 例7 函数f(x)= 的最大值为M,最小值 2 2x +cos x 为m,则M+m=________. 2 思维启迪

直接求f(x)的最大值、最小值显然不可取.

x+sin x x+sin x 化简f(x)=1+ 2 ,构造新函数g(x)= 2 利 2x +cos x 2x +cos x 用g(x)的奇偶性求解.
解析 根据分子和分母同次的特点,分子展开,得到部分 分式, x+sin x f(x)=1+ 2 ,f(x)-1为奇函数, 2x +cos x 则m-1=-(M-1),∴M+m=2.

探究提高

整体思考,联想奇函数,利用其对称性简化求

解,这是整体观念与构造思维的一种应用.注意到分式类 函数的结构特征,借助分式类函数最值的处理方法,部分 分式法,变形发现辅助函数为奇函数,整体处理最大值和 最小值的问题以使问题简单化,这种构造特殊函数模型的 方法来源于对函数性质应用的深刻理解.

sin x 变式训练7 已知函数f(x)=sin xcos x+ +3,若f(lg a)= cos x 1 2 4,则f(lg )的值等于________. a sin x 1 解析 f(x)=sin xcos x+ +3=2sin 2x+tan x+3,若 cos x 1 令g(x)=2sin 2x+tan x,则g(x)是一个奇函数.由f(lg a) 1 =4,得g(lg a)+3=4,∴g(lg a)=1.于是g(lg )=g(-lg a) a 1 1 =-g(lg a)=-1,故f(lg )=g(lg )+3=-1+3=2. a a

例8 已知a、b是正实数,且满足ab=a+b+3,则a+b的取

[6,+∞) 值范围是__________.
思维启迪

考虑到已知条件中出现了两个正数a和b的乘积

ab以及和a+b,可与一元二次方程的根联系起来构造方程 进行求解. 解析 ∵a、b是正实数且ab=a+b+3,
故a、b可视为一元二次方程x2-mx+m+3=0的两个根, 其中a+b=m,ab=m+3. ?Δ=m2-4m-12≥0, ? 要使方程有两个正根,应有?m>0, ?m+3>0, ? 解得m≥6,即a+b≥6,故a+b的取值范围是[6,+∞).

变式训练8 若抛物线y=-x2+ax-2总在直线y=3x-1的下

(1,5) 方,则实数a的取值范围是________.
解析 构造不等式,依题意知,不等式-x2+ax-2<3x -1在R上恒成立,即x2+(3-a)x+1>0在R上恒成立. 故Δ=(3-a)2-4<0,即a2-6a+5<0, 解得1<a<5.

规律方法总结 1.解填空题的一般方法是直接法,除此以外,对于带有一 般性命题的填空题可采用特例法,和图形、曲线等有关的 命题可考虑数形结合法.解题时,常常需要几种方法综合 使用,才能迅速得到正确的结果. 2.解填空题不要求求解过程,从而结论是判断是否正确的 唯一标准,因此解填空题时要注意如下几个方面: (1)要认真审题,明确要求,思维严谨、周密,计算有 据、准确; (2)要尽量利用已知的定理、性质及已有的结论; (3)要重视对所求结果的检验.

知能提升演练
x-1 1.设全集U=R,A={x| >0},?UA= [-1,-n],则 x+m m2+n2=________. 2

解析 由?UA=[-1,-n],知A=(-∞,-1)∪(-n,+∞), x-1 即不等式 >0的解集为(-∞,-1)∪(-n,+∞),所以 x+m -n=1,-m=-1,因此m=1,n=-1,故m2+n2=2.

2.在各项均为正数的等比数列{an}中,若 a5·6=9,则 log3a1 a +log3a2+?+log3a10=________. 10

解析 特殊化法:尽管满足 a5·6=9 的数列有无穷多,但 a 所求结果应唯一的,故只需选取一个满足条件的特殊数列 a5=a6=3,则公比 q=1 就可以了.原式=log3(3· 3· 3) 3· ?· =log3310=10.

3.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列 的通项an=________. 2n+1-3

解析 由an+1=2an+3,则有an+1+3=2(an+3), an+1+3 即 =2. an+3 所以数列{an+3}是以a1+3为首项、公比为2的等比数列, 即an+3=4·n 1=2n 1,所以an=2n 1-3. 2
- + +

4.设非零向量 a,b,c 满足|a|=|b|=|c|,a+b=c,则

→ → → 解析 设正三角形△ABC 中,BA=a,AC=b,BC=c, → → 所以BA与AC的夹角为 120° ,所以 cos〈a,b〉=cos 120°
1 =-2.

1 -2 cos〈a,b〉=________.

Sn 5.设等差数列{an},{bn}的前n项的和分别为Sn与Tn,若 Tn 2n-1 2n an = ,则 =________. 3n-1 bn 3n+1 n(n-1)d 解析 因为等差数列的前n项和公式为Sn=a1n+ 2 d 2 1 = 2 n +(a1- 2 d)n,故可设Sn=2n· n,Tn=(3n+1)· n,则可

得an=4n-2,bn=6n-2, an 4n-2 2n-1 ∴ = = . bn 6n-2 3n-1

6.△ABC 的外接圆的圆心为 O,两条边上的高的交点为 H,

→ → → → OH=m(OA+OB+OC),则实数 m=____. 1
解析 (特殊值法)当∠B=90° 时,△ABC为直角三角形, O为AC中点.AB、BC边上高的交点H与B重合.

→ → → → → OA+OB+OC=OB=OH,∴m=1.

7.(2010· 湖南)若数列{an}满足:对任意的n∈N*,只有有限个 正整数m使得am<n成立,记这样的m的个数为{an}*,则得到 一个新数列{(an)*}.例如,若数列{an}是1,2,3,?,n,?, 则数列{(an)*}是0,1,2,?,n-1,?.已知对任意的n∈N*, an=n2,则(a5)*=________,((an)*)*=________. 2 n2

解析

由(an)*的定义知,要求(a5)*只需寻找满足 am<5 的

m 的个数即可. 由于 12=1<5,22=4<5,32=9>5,故(a5)*=2. ∵{an}={1,22,32,?,n2,?},
?{(a n )*} ? { 0 , 1,1,1, 2? 2,?2, 3,?,3, ? n, ??}. ,2, ? ? ? ? ?2, ? ? ??, n
1个 3个 5个 7个 ( 2 n ? 1) 个

∴((a1)*)*=1, 2)*)*=4=22, 3)*)*=9=32, ((an)*)* ((a ((a ?, =n2.

1 8.直线 y=kx+3k-2 与直线 y=- x+1 的交点在第一象限, 4

2 <k<1 则 k 的取值范围是________. 7
解析 因为 y=kx+3k-2,即 y=k(x+3)-2,故直线过定 1 点 P(-3,-2),而定直线 y=- x+1 在两坐标轴上的交 4 点分别为 A(4,0),B(0,1). 2 如图所示,求得 <k<1. 7

9.已知四面体 ABCD 的一条棱长为 x,其余棱长都为 1,则 x

(0, 3) 的取值范围是________.
解析 如图所示,设 AB 边长为 x,固定 △BCD,让△ACD 绕 CD 转动.当点 A, x→B 时,x→0;当点 A→A1(正△A1CD 与△BCD)共面时,x→ 3.故 x∈(0, 3).

10.(2010· 陕西)观察下列等式:13+23=32,13+23+33=62, 13+23+33+43=102,?,根据上述规律,第五个等式为 ________________________________. 13+23+33+43+53+63=212

解析 由前三个式子可以得出如下规律:每个式子等号 的左边是从 1 开始的连续正整数的立方和,且个数依次 多 1,等号的右边是一个正整数的平方,后一个正整数 依次比前一个大 3,4,?,因此,第五个等式为 13+23 +33+43+53+63=212.

11.设函数f(x)的定义域为D,如果对于任意的x1∈D存在唯 f(x1)+f(x2) 一的x2∈D,使 =C(C为常数)成立,则称函数 2 f(x)在D上的均值为C.下列五个函数:①y=4sin x;②y= x3;③y=lg x;④y=2x;⑤y=2x-1,则满足在其定义域

②③⑤ 上均值为2的所有函数的序号是_______.
解析 因为要求函数的均值为 2,所以满足条件的函数的 函数值必须能关于 2 对称,而 y=2x 的值域为(0,+∞), 故④不符合题意;又 y=4sin x 是周期为 2π 的函数,即若 f(x1)+f(x2) 存在任意的 x1∈D,x2∈D,使 =C(C 为常数)成 2 f(x1)+f(x3) 立,则一定存在 x3=2π+x2∈D,使 =C(C 为常 2 数)成立,不满足唯一性,故①不对.

12.圆 x2+y2=1 的任意一条切线 l 与圆 x2+y2=4 相交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,O 为坐标原点,则 x1x2+y1y2

-2 =________.
解析 如图,△AOB 中, OA=OB=2, OC⊥AB,OC=1, 因此∠AOB=120° . 所以 x1x2+y1y2=OA· OB

→→

→ |OB → =|OA|· |cos 120° =-2.

13.已知数列{an}的各项均为正数,a1=1.其前n项和Sn满足
2 2Sn=2pan+an-p(p∈R),则{an}的通项公式为

n+1 an= 2 ________. 解析 ∵a1=1,∴2a1=2pa2+a1-p, 1
即2=2p+1-p,得p=1.
2 于是2Sn=2an+an-1.

当n≥2时,有2Sn-1=2a 2-1 +an-1-1,两式相减,得2an n
2 =2a 2 -2a n-1 +an-an-1,整理,得2(an+an-1)· n-an-1 (a n 1 -2)=0. 1 又∵an>0,∴an-an-1= 2 ,于是{an}是等差数列,故an 1 n+1 =1+(n-1)·= 2 . 2

x 14.已知 f(x)=x+log2 ,则 f(1)+f(2)+f(3)+?+f(8) 9-x 的值为________. 36

x 解析 由于f(x)=x+log2 , 9-x 9-x x 所以f(9-x)=9-x+log2 =9-x-log2 , x 9-x 于是有f(x)+f(9-x)=9. 从而f(1)+f(8)=f(2)+f(7)=f(3)+f(6) =f(4)+f(5)=9. 故原式值为9×4=36.

15.在△ABC中,如果sin A∶sin B∶sin C=5∶6∶8,那么此

1 - 三角形最大角的余弦值是_________. 20
解析 由正弦定理得 a∶b∶c=5∶6∶8, 令 a=5,b=6,c=8,则 C 是最大角, a2+b2-c2 25+36-64 1 即 cos C= = =-20. 60 2ab

16.已知最小正周期为2的函数y=f(x),当x∈[-1,1]时, f(x)=x2,则方程f(x)=|log5x|的解的个数为________. 5

解析 设g(x)=|log5x|,作出函数f(x)与g(x)的图象,由图 象知两个函数共有5个交点,即方程f(x)=|log5x|的解的个 数为5个.


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