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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．
（2023·北京·统考高考真题）
1．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 ．
（2023·全国·统考高考真题）
2．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 ．
（2023·全国·统考高考真题）
3．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 ．
（2023·全国·统考高考真题）
4．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
（2023·全国·统考高考真题）
5．若为偶函数，则 ．
（2023·全国·统考高考真题）
6．设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
（2023·天津·统考高考真题）
7．设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
（2023·天津·统考高考真题）
8．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 ．
考点一：特殊法速解填空题
【例1】
9．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 .
【变式1-1】
10．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
【变式1-2】
11．给出下列8个命题：①；② ；③ ；④；⑤ ；⑥ ；⑦ ；⑧，其中真命题的序号是 .（将你认为的所有真命题的序号都填上）
考点二：转化法巧解填空题
【例2】
12．在等比数列中，，是函数的两个不同极值点，则 ．
【变式2-1】
13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 .
【变式2-2】
14．已知函数，若存在四个不相等的实根，且，则的最小值是 .
考点三：数形结合巧解填空题
【例3】
15．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．

【变式3-1】
16．已知当时，函数（）有且仅有5个零点，则的取值范围是 .
【变式3-2】
17．如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.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 .
考点四：换元法巧解填空题
【例4】
18．已知，是双曲线的左 右焦点，P为曲线上一点，，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 .
【变式4-1】
19．已知函数，若函数有6个不同的零点，则实数m的范围是 .
【变式4-2】
20．设 若互不相等的实数满足，则的取值范围是 ．
考点五：整体代换法巧解填空题
【例5】
21．已知，若，则 ；
【变式5-1】
22．设，，且，则当取最小值时， .
【变式5-2】
23．已知正实数x，y满足，则的最小值为 ．
【变式5-3】
24．已知正实数满足，且关于的不等式恒成立，则的最大值为 ．
考点六：坐标法巧解填空题
【例6】
25．已知平面向量，满足，，则的最大值为 .
【变式6-1】
26．近两年，中国移动推动和技术共享、资源共享、覆盖协同、业务协同，充分利用原线路传输资源，并高效建设基站．如图，南北方向的公路，城市地（看作一点）在公路正东处，城市地（看作一点）在北偏东60°方向处，原有移动线路曲线上任意一点满足到公路和到城市地距离相等．现要在线路上一处建一座基站，则这座基站到城市，两地的总距离最短时为 ．
【变式6-2】
27．在等边中，，点P是所在平面内一点，且满足，则的取值范围为 ．
考点七：赋值法巧解填空题
【例7】
28．已知的展开式的二项式系数和为128，若，则 ．
【变式7-1】
29．已知定义在上的奇函数满足，若，则曲线在处的切线方程为 .
【变式7-2】
30．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 ．
考点八：正难则反法巧解填空题
【例8】
31．命题“，”为假命题，则实数的取值范围为 ；
【变式8-1】
32．镜湖春游甲吴越，茑花如海城南陌．四月正是春游踏春时，小明打算利用假期去打卡鄞江古镇，千年水利工程它山堰就在此处．时间有限，小明打算游览6个景点，上午4场，下午2场．其中它山堰不排在第一场，趣湾农庄和茶园不能相邻．其中上午第4场和下午第1场不算相邻，则不同的游览方式有 种．
【变式8-2】
33．由命题“存在,使”是假命题,得的取值范围是,则实数的值是 .
【变式8-3】
34．厦门国际马拉松赛是与北京国际马拉松赛齐名的中国著名赛事品牌，两者“一南一北”，形成春秋交替交替之势，为了备战2021年厦门马拉松赛，厦门市某“跑协”决定从9名协会会员中随机挑选3人参赛，则事件“其中A，B，C，D这4人中至少1人参加，且A与B不同时，C与D不同时参加”发生的概率为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．②③
【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断.
【详解】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.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
2．2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
3．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】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．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
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：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
5．2
【分析】利用偶函数的性质得到，从而求得，再检验即可得解.
【详解】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．
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】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．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（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：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
8． ．
【分析】
由，得到，设，再由余弦定理和基本不等式求得，得到，即可求解.
【详解】
在中，，，点为的中点，点为的中点，
由，则，
设，
由余弦定理可得，
因为，可得，即，当且仅当时取等号，
又因为，则，
则
，
即的最大值为．
故答案为：；．
9．①②③④
【解析】①当周期为2时，由表示前三项的关系，整理证得，与实际矛盾，错误；
②若，举特例，观察显然不是常数列，错误；
③赋特值，求得，不是递增数列，错误；
④赋特值，求得，是无穷数列，错误.
【详解】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
【点睛】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义表达式，常运用赋值法处理，属于难题.
10．①③
【分析】根据周期的定义，以及单调性的性质，函数零点的判断方法，结合正弦函数和余弦型函数的图像，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】①：，
则是周期为的函数，故①正确；
②因为，，
即，则在单调递增错误，故②错误；
③由得，
作出函数和的图象如下所示：

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．
11．①②③⑦
【分析】根据不等式的基本性质去判断命题的真假，对于错误的命题，可以通过举反例说明.
【详解】对于①，若，则，即，故①为真命题；
对于②，若，则，，，则，即，故②为真命题；
对于③，若则，，，，则，即，则，故③为真命题；
对于④，若，取，则，，则不成立，故④为假命题；
对于⑤，若，，取，，，，则，，则不成立，故⑤为假命题；
对于⑥，若，取，，，则，则不成立，故⑥为假命题；
对于⑦，若，则，则（），即，故⑦为真命题；
对于⑧，若，，取，，，，则，，则不成立，故⑧为假命题.
因此，真命题的序号为：①②③⑦.
故答案为：①②③⑦.
【点睛】本题考查了不等式性质的应用，属于基础题.
12．
【分析】求出函数的导函数，即可求出函数的极值点，从而得到且，，再由下标和性质计算可得.
【详解】函数定义域为，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：
13．
【分析】设直线与曲线相切于，表示出切线方程；设直线与曲线相切于，表示出切线方程.利用两个方程相同建立方程，解出m，进而求出.
【详解】由可得：
设直线与曲线相切于，则有.
所以切线方程可表示为，即.
由可得：
设直线与曲线相切于，则有.
所以切线方程可表示为，即.
所以，消去s，整理得：，解得：，所以.
所以斜率.
故答案为：
14．
【分析】根据已知函数解析式作出函数图像，根据图像结合已知得出，，且，根据对数运算得出，即可对所求式子化简得出，再根据基本不等式得出答案.
【详解】作函数与图像如下：
存在四个不相等的实根，且，
则，，且，
则，即，得，
则，
当且仅当时，即，时，等号成立，
故答案为：.
15．或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
16．
【分析】令，利用正弦函数的性质解方程，得出非负根中较小的六个根，根据题意，得出且，整理即可得出答案.
【详解】令，得
则或
整理得或
则非负根中较小的有
则且
解得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于中档题.
17．
【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为a，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，2得，由，得，得正方体外接球表面积.
【详解】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，，2.
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.
故答案为：
【点睛】考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，即，即.同理可得，，即可得到.
18．
【分析】根据双曲线的定义，设，结合利用余弦定理可得，再根据等面积法求得内切圆半径的表达式，结合正弦定理可得外接圆半径的表达式，进而列式求解离心率即可
【详解】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.故内切圆半径满足，解得.又的外接圆半径满足，故，由题意，即，所以，故，故，解得
故答案为：
19．
【解析】先将函数进行换元，转化为一元二次函数问题．结合函数f（x）的图象，从而确定m的取值．
【详解】解：令t＝f（x），则原函数等价为y＝2t2+3mt+1．
做出函数f（x）的图象如图，
图象可知
当t＜0时，函数t＝f（x）有一个零点．
当t＝0时，函数t＝f（x）有三个零点．
当0＜t＜1时，函数t＝f（x）有四个零点．
当t＝1时，函数t＝f（x）有三个零点．
当t＞1时，函数t＝f（x）有两个零点．
要使关于x的函数y＝2f2（x）+3mf（x）+1有6个不同的零点，
则函数y＝2t2+3mt+1有两个根t1，t2，
且0＜t1＜1，t2＞1或t1＝0，t2＝1，
令g（t）＝2t2+3mt+1，则由根的分布可得，
将t＝1，代入得：m＝﹣1，
此时g（t）＝2t2﹣3t+1的另一个根为t＝，不满足t1＝0，t2＝1，
若0＜t1＜1，t2＞1，则，
解得：m＜﹣1，
故答案为：m＜﹣1．
【点睛】方法点睛:本题考查已知零点个数求参数范围,属于中档题.
常见的解题方法为:
(1)换元,转化为一元二次函数问题;
(2)画出函数的图像,找到各个范围内的根的个数;
(3)结合图像和根的个数,利用根的分布求出参数的范围.
20．
【分析】作出函数图象，由条件观察图象确定的范围，化简，求其范围.
【详解】设，则为方程的解，所以为函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，
又作函数和的图象如下，
观察图象可得，不妨设，则，所以
，，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是，
故答案为：.
21．3
【分析】利用函数解析式可得，进而即得.
【详解】因为，
所以，即，
所以.
故答案为：3.
22．12
【分析】当取最小值时，取最小值，变形可得，由基本不等式和等号成立的条件可得答案．
【详解】解析：∵，，∴当取最小值时，取得最小值，
∵，又，
∴，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴当取最小值时，，，
∴，∴.
【点睛】本题考查基本不等式求最值，变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属中档题．
23．
【分析】配凑出，再利用基本不等式求最值.
【详解】由，
得，
即，得，
，，
，，，
，
当且仅当，即，时取等号，
此时，
的最小值为
故答案为：
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
24．
【分析】根据已知条件以及不等式的性质，先得到，然后对进行分类讨论，结合基本不等式求得的最大值.
【详解】依题意，正实数满足，
则，
若恒成立，即恒成立，两边乘以，
则，
整理得恒成立，
当时，，
当且仅当时等号成立，
，，，
解得：
当时，显然此时最大值不会超过，
实数的最大值为，
故答案为：
25．20
【分析】不妨设，，可求得，计算，表示圆上的点，表示（其中），由圆的性质可得最大值．
【详解】不妨设，，则
则，即，
，
取，，，
设点在圆上，表示，
因此的最大值为，
从而最大值为．
故答案为：20.
26．
【分析】过作，垂足为，以为轴，的中垂线为轴建立坐标系，过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得，所以，当三点在一条直线上，即时，取得最小值.
【详解】过作，垂足为，以为轴，的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系.
所以.
由曲线上任意一点满足到公路和到城市地距离相等.
则曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线.
又城市地在北偏东60°方向处，所以，
过作轴，垂足为，则
过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得
所以
当三点在一条直线上，即时，取得最小值，
所以此时取得最小值等于 ，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，解答本题的关键是过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得 转化为求的最小值问题，当三点在一条直线上，即时，取得最小值，属于中档题.
27．
【分析】建立平面直角坐标系，向量坐标化化简得点P在以为圆心，为半径的圆上，再利用点到圆心的距离加减半径求范围.
【详解】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：
28．
【分析】根据二项式系数和，可求得n值，设，则，所求即为，根据展开式的通项公式，即可求得，即可得答案.
【详解】由的展开式的二项式系数和为128，则，∴．
设，则，则，
∴，，
∴．
故答案为：
29．
【分析】由结合为奇函数，可得，进而可得，对两边同时求导可得，求出，结合导数的几何意义求解即可.
【详解】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：.
30．##0.2
【分析】赋值法求出，结合导数判断，确定结合等差数列求和公式得，将转化为点点距的平方进而求解.
【详解】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:
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出，进而确定.
31．
【分析】命题“，”为，则：，.由为假命题可知为真命题，即，恒成立，由分离变量法可得结果.
【详解】设命题“，”为，则：，.
由为假命题可知为真命题，即，恒成立，
，所以.
又，，当且仅当时，，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
32．444
【分析】先求出不考虑所给要求的游览方式的个数和它山堰排在第一场的不同的游览方式的个数，再求趣湾农庄和茶园相邻游览方式的个数和它山堰排在第一场且趣湾农庄和茶园相邻的游览方式的个数，利用间接法求解.
【详解】若不考虑题中的要求则不同的游览方式的个数为，
其中它山堰排在第一场的不同的游览方式的个数为，
趣湾农庄和茶园相邻游览方式的个数，
它山堰排在第一场且趣湾农庄和茶园相邻的游览方式的个数为，
由间接法可得满足条件的不同的游览方式有种，
故答案为：.
33．
【分析】因为命题“,使”是假命题等价于“,”是真命题,即恒成立,则求出的最小值即可.
【详解】命题“,使”是假命题,
可知它的否定形式“,”是真命题,
则,,
因为,
所以,
可得m的取值范围是,
而与为同一区间,
所以
故答案为:.
34．
【分析】先由题中条件，确定总的基本事件个数，再求出A，B，C，D这4人中至少参加一人所对应的基本事件个数，基本事件的个数比即为所求概率.
【详解】从9名协会会员中随机挑选3人参赛，所包含的总的基本事件共有个；
若A，B，C，D这4人中只参加一人，则需从剩下的名会员中再选人，所以对应的基本事件有个；
若A，B，C，D这4人中参加两人，则需从剩下的名会员中再选人，所以对应的基本事件有个；
因此事件“其中A，B，C，D这4人中至少1人参加，且A与B不同时，C与D不同时参加”发生的概率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
求古典概型的概率的常用方法：
（1）古典概型所包含的基本事件个数较少时，可用列举法列举出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率；
（2）古典概型所包含的基本事件个数较多时，可根据排列组合数的计算，求出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，进而求出所求概率.
答案第1页，共2页
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