新版全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題24 填空題解題技能訓(xùn)練含解析

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2、 1 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題24 填空題解題技能訓(xùn)練（含解析） 一、填空題 1．(文)(20xx·石家莊市質(zhì)檢)如下圖所示，某幾何體的正視圖是平行四邊形，側(cè)視圖和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為________． [答案]　9 [解析]　由三視圖可知，該幾何體是斜四棱柱，四棱柱底面是矩形，長(zhǎng)3，寬3，四棱柱的

3、高h(yuǎn)＝＝，∴體積V＝3×3×＝9. (理)(20xx·商丘市二模)已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)在以O(shè)為球心的球面上，且∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，球心O到平面ABC的距離為1，則球O的表面積為________． [答案]　12π [解析]　由已知得：BC＝2，球O的半徑R＝＝，故其表面積S＝4πR2＝4π·()2＝12π. [方法點(diǎn)撥]　直接法 對(duì)于計(jì)算型試題，多通過直接計(jì)算得出結(jié)果、解題時(shí)，直接從題設(shè)條件出發(fā)，利用有關(guān)性質(zhì)和結(jié)論等，通過巧妙變形，簡(jiǎn)化計(jì)算過程，靈活運(yùn)用有關(guān)運(yùn)算規(guī)律和技巧合理轉(zhuǎn)化、簡(jiǎn)捷靈活的求解． 用直接法求解填空題，要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一

4、些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計(jì)算過程簡(jiǎn)化從而得到結(jié)果． 2．(文)(20xx·新課標(biāo)Ⅰ理，14)一個(gè)圓經(jīng)過橢圓＋＝1的三個(gè)頂點(diǎn)，且圓心在x軸的正半軸上，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． [答案]　(x－)2＋y2＝ [解析]　考查橢圓的幾何性質(zhì)；圓的標(biāo)準(zhǔn)方程． ∵圓心在x軸的正半軸上，故設(shè)圓心為(a,0)，a>0，則半徑為4－a，∵此圓過橢圓的三個(gè)頂點(diǎn)A(0,2)，B(0，－2)，C(4,0)，∴(4－a)2＝a2＋22，解得a＝或a＝－(舍去)，故圓的方程為(x－)2＋y2＝. (理)(20xx·中原名校聯(lián)考)已知橢圓＋＝1，A、C分別是橢圓的上、下頂點(diǎn)，B是左頂點(diǎn)，F(xiàn)為

5、左焦點(diǎn)，直線AB與FC相交于點(diǎn)D，則∠BDF的余弦值是________． [答案]　 [解析]　由條件知A(0，)，B(－2,0)，C(0，－)，F(xiàn)(－1,0)，直線AB：x－2y＋2＝0，CF：x＋y＋＝0，∴D(－，)，＝(－，－)，＝(，－)，cos∠BDF＝＝. 3．(文)設(shè)0，a1a2＋b1b2＝<，a1b2＋

6、a2b1＝<，故最大的是a1b1＋a2b2. (理)已知函數(shù)y＝f(x)，對(duì)任意的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)成立，且f(0)≠0，則f(－20xx)·f(－20xx)·…·f(20xx)·f(20xx)的值是________． [答案]　1 [解析]　f(x)為抽象函數(shù)，只知滿足條件f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)，且f(0)≠0，故可取滿足此條件的特殊函數(shù)來求解． 令f(x)＝2x，則對(duì)任意的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)成立，f(0)＝20＝1，f(－20xx)·f(20xx)＝f(0)

7、＝1，f(－20xx)·f(20xx)＝f(0)＝1，…，所以f(－20xx)·f(－20xx)·…·f(20xx)·f(20xx)＝1. [方法點(diǎn)撥]　特殊值法 當(dāng)填空題的已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個(gè)定值時(shí)，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的某個(gè)特殊值(特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、特殊位置、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出探求的結(jié)論． 求值或比較大小等問題的求解均可利用特殊值法，但此種方法僅限于求解結(jié)論只有一種的填空題，對(duì)于開放性的問題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解． 試一試解答下題：

8、如圖，在△ABC中，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)M的直線與直線AB、AC分別交于不同的兩點(diǎn)P、Q，若＝λ，＝μ，則＋＝________. [答案]　2 [解析]　由題意可知，＋的值與點(diǎn)P、Q的位置無關(guān)，而當(dāng)直線BC與直線PQ重合時(shí)，有λ＝μ＝1，所以＋＝2. 4．△ABC的外接圓的圓心為O，兩條邊上的高相交于點(diǎn)H，若＝m(＋＋)，則實(shí)數(shù)m＝________. [答案]　1 [解析]　如圖在Rt△ABC中，外接圓圓心O為斜邊AB的中點(diǎn)，垂心H即為C點(diǎn)，由已知＝m(＋＋)＝m，則m＝1. 5．(文)(20xx·大綱理，15)直線l1和l2是圓x2＋y2＝2的兩條切線，若l1與l2的交點(diǎn)為

9、(1,3)，則l1與l2的夾角的正切值等于________． [答案]　 [解析]　設(shè)l1、l2與⊙O分別相切于B、C，則∠OAB＝∠OAC，|OA|＝，圓半徑為， ∴|AB|＝＝2，∴tan∠OAB＝＝， ∴所夾角的正切值 tan∠CAB＝＝＝. (理)(20xx·遼寧理，15)已知橢圓C：＋＝1，點(diǎn)M與C的焦點(diǎn)不重合．若M關(guān)于C的焦點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)分別為A、B，線段MN的中點(diǎn)在C上，則|AN|＋|BN|＝________. [答案]　12 [解析]　如圖． 設(shè)MN與橢圓的交點(diǎn)為D，由中位線定理． |AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|) 由橢圓的定義知|DF1|

10、＋|DF2|＝2a＝6. ∴|AN|＋|BN|＝12. [方法點(diǎn)撥]　數(shù)形結(jié)合法 對(duì)于一些含有幾何背景的填空題，若能根據(jù)題目中的條件，作出符合題意的圖形，并通過對(duì)圖形的直觀分析、判斷，即可快速得出正確結(jié)果．這類問題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數(shù)的斜率和截距、向量的夾角、解析幾何中兩點(diǎn)間距離等，求解的關(guān)鍵是明確幾何含義，準(zhǔn)確規(guī)范地作出相應(yīng)的圖形． 1．?dāng)?shù)形結(jié)合法適用于給出圖形的問題，或容易作出圖象的函數(shù)問題，或表達(dá)式具有明顯幾何意義的解析幾何問題等． 2．應(yīng)用時(shí)要注意：①作圖要盡量準(zhǔn)確；②抓準(zhǔn)圖形與變量間的對(duì)應(yīng)關(guān)系． 請(qǐng)練習(xí)下題： 向量＝(1,0)，＝(＋cosθ，1＋sinθ

11、)，則與夾角的取值范圍是________． [答案]　[0，] [解析]　依題意在坐標(biāo)系中B(1,0)、A(＋cosθ，1＋sinθ)，點(diǎn)A在圓(x－)2＋(y－1)2＝1的圓周上運(yùn)動(dòng)，如圖，當(dāng)A點(diǎn)為切點(diǎn)M時(shí)，與的夾角取最大值，容易求得為；當(dāng)A點(diǎn)為切點(diǎn)N時(shí)，夾角取最小值0，故取值范圍是[0，]． 6．不等式－kx＋1≤0的解集非空，則k的取值范圍為________． [答案]　(－∞，－]∪[，＋∞) [解析]　由－kx＋1≤0，得≤kx－1，設(shè)f(x)＝，g(x)＝kx－1，顯然函數(shù)f(x)和g(x)的定義域都為[－2,2]．令y＝，兩邊平方得x2＋y2＝4，故函數(shù)f(x)的圖象是

12、以原點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓在x軸上及其上方的部分． 而函數(shù)g(x)的圖象是直線l：y＝kx－1在[－2,2]內(nèi)的部分，該直線過點(diǎn)C(0，－1)，斜率為k. 如圖，作出函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，不等式的解集非空，即直線l和半圓有公共點(diǎn)，可知k的幾何意義就是半圓上的點(diǎn)與點(diǎn)C(0，－1)連線的斜率． 由圖可知A(－2,0)，B(2,0)，故kAC＝＝－，kBC＝＝. 要使直線和半圓有公共點(diǎn)，則k≥或k≤－. 所以k的取值范圍為(－∞，－]∪[，＋∞)． 7．(20xx·商丘市二模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知ac＝b2－a2，A＝，則B＝________

13、. [答案]　 [解析]　由余弦定理得cosA＝＝＝＝，∴a＋c＝b，由正弦定理得：sinA＋sinC＝sinB，又C＝－B，∴sinA＋sin＝sinB，即＋cosB＋sinB＝sinB，即cosB－sinB＝cos＝－，∴B＋＝，B＝. 8．a(chǎn)＝ln－，b＝ln－，c＝ln－，則a、b、c的大小關(guān)系為________． [答案]　a>b>c [解析]　令f(x)＝lnx－x，則f ′(x)＝－1＝. 當(dāng)00，即函數(shù)f(x)在(0,1)上是增函數(shù)． ∵1>>>>0，∴a>b>c. [方法點(diǎn)撥]　構(gòu)造法 用構(gòu)造法解填空題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)

14、造出數(shù)學(xué)模型，從而簡(jiǎn)化推導(dǎo)與運(yùn)算過程．構(gòu)造法是建立在觀察分析、聯(lián)想類比的基礎(chǔ)之上的．首先應(yīng)觀察已知條件形式上的特點(diǎn)，然后聯(lián)想、類比已學(xué)過的知識(shí)及各種數(shù)學(xué)結(jié)論、數(shù)學(xué)模型，深刻地了解問題及問題的幾何背景或代數(shù)背景，從而構(gòu)造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學(xué)模型，達(dá)到快速解題的目的． 構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是化歸與轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構(gòu)造的方向，通過構(gòu)造新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問題．常見的構(gòu)造法有：構(gòu)造函數(shù)(如用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)中經(jīng)常要構(gòu)造函數(shù))、構(gòu)造方程、構(gòu)造不等式、構(gòu)造數(shù)列、立體幾何中的補(bǔ)形構(gòu)造等等． 試一試解答下題： 如圖，已知球O的球面上有四點(diǎn)A、B、C

15、、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________． [答案]　π [解析]　如圖，以DA、AB、BC為棱長(zhǎng)構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)即為球O的直徑，所以|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的體積V＝＝π. 9．(文)設(shè)(x－3)2＋(y－3)2＝6，則的最大值為________． [答案]　3＋2 [解析]　設(shè)＝k，則可轉(zhuǎn)化為直線kx－y＝0與圓(x－3)2＋(y－3)2＝6有公共點(diǎn)時(shí)k的取值范圍，用代數(shù)法(Δ≥0)或幾何法(d≤r)解決． (理)已知P(x，y)是橢圓＋＝1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則x＋y的

16、最大值是________． [答案]　5 [解析]　令x＋y＝t，則問題轉(zhuǎn)化為直線x＋y＝t與橢圓有公共點(diǎn)時(shí)，t的取值范圍問題． 由消去y得，25x2－32tx＋16t2－144＝0， ∴Δ＝(－32t)2－100(16t2－144)＝－576t2＋14400≥0， ∴－5≤t≤5，∴x＋y的最大值為5. 10．(文)已知a、b是正實(shí)數(shù)，且滿足ab＝a＋b＋3，則a＋b的取值范圍是________． [答案]　[6，＋∞) [解析]　∵a、b是正實(shí)數(shù)且ab＝a＋b＋3，故a、b可視為一元二次方程x2－mx＋m＋3＝0的兩個(gè)根，其中a＋b＝m，ab＝m＋3，要使方程有兩個(gè)正根，應(yīng)

17、有 解得m≥6， 即a＋b≥6，故a＋b的取值范圍是[6，＋∞)． [點(diǎn)評(píng)]　還可以利用基本不等式將ab≤2代入條件式中，視a＋b為變量構(gòu)造一元二次不等式解答． (理)已知x>0，比較x與ln(1＋x)的大小，結(jié)果為________． [答案]　x>ln(1＋x) [解析]　解法一：令x＝1，則有1>ln2， ∴x>ln(1＋x)． 解法二：令f(x)＝x－ln(x＋1)． ∵x>0，f′(x)＝1－＝>0， 又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝0處連續(xù)， ∴f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)． 從而當(dāng)x>0時(shí)， f(x)＝x－ln(1＋x)>f(0)＝0. ∴x>ln(1＋x)

18、． 解法三：在同一坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝x與y＝ln(1＋x)的圖象，可見x>0時(shí)，x>ln(1＋x)． 11．在三棱錐O－ABC中，三條棱OA、OB、OC兩兩互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB的中點(diǎn)，則OM與平面ABC所成角的正切值為________． [答案]　 [解析]　將此三棱錐補(bǔ)成正方體，如圖所示．連接CM，過點(diǎn)O作ON⊥CM于N，則ON⊥平面ABC．∴OM與平面ABC所成的角是∠OMC．在Rt△OMC中，tan∠OMC＝＝＝，即OM與平面ABC所成角的正切值為. 12．sin2(α－30°)＋sin2(α＋30°)－sin2α的值等于________． [答案]　

19、[解析]　問此式的“值”等于多少？隱含此結(jié)果與α無關(guān)，于是不妨對(duì)α進(jìn)行特殊化處理．不妨取α＝0°，則sin2(α－30°)＋sin2(α＋30°)－sin2α＝＋－0＝. 13．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若＝，則等于________． [答案]　1 [解析]　依題意，可取一個(gè)特殊的等差數(shù)列：13,11,9,7,5,3,1，－1，－3，其中a5＝5，a3＝9滿足條件．可求得S9＝S5＝45，故＝1. [點(diǎn)評(píng)]　1.取特殊等差數(shù)列時(shí)，可依據(jù)＝來取a3＝9，a5＝5. 2．本題也可以直接用等差數(shù)列的性質(zhì)求解：＝＝×＝1. 14．(文)函數(shù)f(x)＝的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________個(gè)

20、． [答案]　3 [解析]　依題意，在x>0時(shí)可以畫出y＝lnx與y＝x2－2x的圖象，可知兩個(gè)函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝2x＋1與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn)． (理)已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為________． [答案]　 [解析]　an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＋33＝n2－n＋33. 所以＝＋n－1，設(shè)f(x)＝＋x－1(x>0)， 令f ′(x)＝＋1>0，則f(x)在(，＋∞)上是單調(diào)遞增的，在(0，)上是單調(diào)遞減的，

21、因?yàn)閚∈N*，所以當(dāng)n＝5或6時(shí)f(x)有最小值．又因?yàn)椋?，＝＝? 所以的最小值為＝. [方法點(diǎn)撥]　填空題是高考題中的客觀性試題，具有小巧靈活、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、運(yùn)算量不大等特點(diǎn)．因而求解選擇題的有關(guān)策略、方法有時(shí)也適合于填空題，大題的解答思路也可以照搬到填空題上．但由于填空題不用說明理由，不用書寫解答過程，跨度大，覆蓋面廣，形式靈活，突出考查考生準(zhǔn)確、嚴(yán)謹(jǐn)、全面靈活地運(yùn)用所學(xué)知識(shí)和方法解決問題的能力和計(jì)算能力、識(shí)圖讀表能力、邏輯思維能力等．要想又快又準(zhǔn)地答好填空題，除直接推理計(jì)算外，還要講究一些解題策略．解答填空題要做到：快——運(yùn)算要快，力戒小題大做；穩(wěn)——計(jì)算、變形要穩(wěn)，不可操之過急；全——

22、答案要全，力避殘缺不全；活——解題方法靈活，不生搬硬套；細(xì)——審題要細(xì)，注意細(xì)節(jié)和特殊情況，不要粗心大意． 15．(文)若銳角α、β、γ滿足cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，則tanα·tanβ·tanγ的最小值為________． [答案]　2 [解析]　借助已知條件可構(gòu)造一個(gè)長(zhǎng)方體AC1如圖所示，使它的三邊長(zhǎng)度分別為a、b、c，且設(shè)相交于同一頂點(diǎn)的三棱與交于此頂點(diǎn)的對(duì)角線所成的角分別為α、β、γ則 tanα·tanβ·tanγ＝··≥··＝2. [點(diǎn)評(píng)]　此題通過構(gòu)造一個(gè)適合題設(shè)條件的長(zhǎng)方體，將一個(gè)抽象的三角最值問題，轉(zhuǎn)化為一個(gè)較易解決的代數(shù)不等式的問題．構(gòu)造幾何體利用幾何體的直觀數(shù)形結(jié)合，使問題變得容易解決． (理)空間一條直線l1與一個(gè)正四棱柱的各個(gè)面所成的角都為α，而另一條直線l2與這個(gè)正四棱柱的各條棱所成的角都為β，則sin2α＋sin2β＝________. [答案]　1 [解析]　由正四棱柱的對(duì)稱性知，若直線l1與各面成角都相等，則該直線一定經(jīng)過或平行于四棱柱的一條體對(duì)角線，l2也一樣，于是取對(duì)角線BD1研究，則α＝∠BD1B1，β＝∠BD1D， ∴sin2α＋sin2β＝sin2α＋cos2α＝1.