[推荐学习]年青海省高考数学二轮复习-填空题新人教版

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填空题

数学填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，是高考数学中的三种常考题型之一，填空题的类型一般可分为：完形填空题、多选填空题、条件与结论开放的填空题. 这说明了填空题是数学高考命题改革的试验田，创新型的填空题将会不断出现. 因此，我们在备考时，既要关注这一新动向，又要做好应试的技能准备.解题时，要有合理的分析和判断，要求推理、运算的每一步骤都正确无误，还要求将答案表达得准确、完整. 合情推理、优化思路、少算多思将是快速、准确地解答填空题的基本要求.

数学填空题，绝大多数是计算型(尤其是推理计算型)和概念(性质)判断型的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或者合乎逻辑的推演和判断。求解填空题的基本策略是要在“准”、“巧”、“快”上下功夫。常用的方法有直接法、特殊化法、数行结合法、等价转化法等。 一、直接法

这是解填空题的基本方法，它是直接从题设条件出发、利用定义、定理、性质、公式等知识，通过变形、推理、运算等过程，直接得到结果。

例1设a(m1)i3i,bi(m1)j,其中i，j为互相垂直的单位向量，又

(ab)(ab)，则实数m = 。

解：ab(m2)i(m4)j,abmi(m2)j.∵(ab)(ab)，∴

(ab)(ab)0∴m(m2)j2[(m2)2m(m4)]ij(m2)(m4)j20，

而i，j为互相垂直的单位向量，故可得m(m2)(m2)(m4)0,∴m2。

例2已知函数f(x)是 。

ax112a12a，由复合函数的增减性可知，g(x)在ax2x2x21

(2,)上为增函数，∴12a0，∴a。

2

ax1在区间(2,)上为增函数，则实数a的取值范围x2解：f(x)例3现时盛行的足球彩票，其规则如下：全部13场足球比赛，每场比赛有3种结果：胜、平、负，13长比赛全部猜中的为特等奖，仅猜中12场为一等奖，其它不设奖，则某人获得特等奖的概率为 。

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1解：由题设，此人猜中某一场的概率为，且猜中每场比赛结果的事件为相互

31独立事件，故某人全部猜中即获得特等奖的概率为13。

3二、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

cosAcosC列，则 。

1cosAcosC3解：特殊化：令a3,b4,c5，则△ABC为直角三角形，cosA,cosC0，

53从而所求值为。

5例5 过抛物线yax2(a0)的焦点F作一直线交抛物线交于P、Q两点，若线段PF、FQ的长分别为p、q，则

11 。 pq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(0,程得x11代入抛物线方),把直线方程y4a4a1111，∴|PF||FQ|，从而4a。

pq2a2a例6 求值cos2acos2(a120)cos2(a240) 。

分析：题目中“求值”二字提供了这样信息：答案为一定值，于是不妨令a0，得结果为

3。 2三、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4xx2(a1)x的解集为A，且A{x|0x2}，那么

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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y4xx2和 函数y(a1)x的图象（如图），从图上容易得出实数a的取 值范围是a2,。

1例8 求值sin(arctan) 。

3231111cos(arctan)sin(arctan)， 解：sin(arctan)2222321构造如图所示的直角三角形，则其中的角即为arctan，从而

252151211cos(arctan),sin(arctan).所以可得结果为。

102255例9 已知实数x、y满足(x3)2y23，则解：

y的最大值是 。 x1y可看作是过点P（x，y）与M（1，0）的直线的斜率，其中点P的圆x1y(x3)2y23上，如图，当直线处于图中切线位置时，斜率最大，最大值

x1为tan3。

四、等价转化法

通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果。

3的解集为（4，b），则a= ，b= 。 23解：设xt，则原不等式可转化为：at2t0,∴a > 0，且2与b(b4)231是方程at2t0的两根，由此可得：a,b36。

28例10 不等式xax例11 不论k为何实数，直线ykx1与曲线x2y22axa22a40恒有交点，则实数a的取值范围是 。

解：题设条件等价于点（0，1）在圆内或圆上，或等价于点（0，1）到圆

(xa)2y22a4，∴1a3。

例12 函数y4x123x单调递减区间为 。

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12

解：易知x[,3],y0.∵y与y有相同的单调区间，而

413y21144x213x3，∴可得结果为[,3]。

8 总之，能够多角度思考问题，灵活选择方法，是快速准确地解数学填空题的关键。

五、练习

1 已知函数fxx1，则f讲解 由3x1，得

f113_______.

3x4，应填4.

请思考为什么不必求f1x呢？

12． 集合Mx1log110,xN2x的真子集的个数是______. 讲解 Mx1lgx2,xNx10x100,xN，显然集合M中有90个元素，其真子集的个数是2901，应填2901.

快速解答此题需要记住小结论;对于含有n个元素的有限集合,其真子集的个数是221.

3． 若函数yx2a2x3,xa,b的图象关于直线x1对称，则

b_____.

讲解 由已知抛物线的对称轴为xa2ab,得 a4，而1，有22b6，故应填6.

x24． 果函数fx，那么 21x1 f1f2ff321ff431f_____. 41讲解 容易发现ftf1，这就是我们找出的有用的规律，于是

t77，应填. 22 本题是2002年全国高考题，十分有趣的是，2003年上海春考题中也有一道类似题：

原式＝f13K12的学习需要努力专业专心坚持

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设fx122x，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可

求得

f5f4f0f5f6______.

5． 已知点Ptan,cos在第三象限，则角的终边在第____象限. 讲解 由已知得

tan0,sin0,  cos0,cos0,从而角的终边在第二象限，故应填二.

6． 不等式lg202cosx1（x0,）的解集为__________.

讲解 注意到lg201，于是原不等式可变形为 2cosx0cosx0. 而0x，所以0x，故应填x0x，xR. 227． 如果函数ysin2xacos2x的图象关于直线x8对称，那么

a_____.

讲解 y1a2sin2，其中tana.

x8是已知函数的对称轴，

2k，

28即 k3，kZ， 41. 故应填 1. 3于是 atantank4

在解题的过程中，我们用到如下小结论：

函数yAsinx和yAcosx的图象关于过最值点且垂直于x轴的

直线分别成轴对称图形.

8． 设复数z12sincos在复平面上对应向量OZ1，将OZ124K12的学习需要努力专业专心坚持

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按顺时针方向旋转

3后得到向量OZ2，OZ2对应的复数为4z2rcosisin，则tan____.

讲解 应用复数乘法的几何意义，得

33isin z2z1cos 44 于是 tan

22sincos2sincosi， 22sincos2tan1 ，2sincos2tan12tan1故应填 .

2tan1x2xyy20，则代数式

9．设非零复数x,y满足

xxy2005yxy2005的值是____________.

2

xx讲解 将已知方程变形为 yy11，

解这个一元二次方程，得

x13i. y22显然有31,12, 而200536681,于是

20051原式＝ 2005200511 ＝ ＝

22005122005

11. 2 在上述解法中，“两边同除”的手法达到了集中变量的目的，这是减少变元的一个上策，值得重视.

10． 已知an是公差不为零的等差数列，如果Sn是an的前n项和，那么

nan_____. limSnnK12的学习需要努力专业专心坚持

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讲解 特别取ann，有Snnn1，于是有 2nan2n22limlim2. 故应填2. lim1Snn1nnnn1n11．

1n是奇数5n，列an中，an S2na1a2a2n, 则

2n，（n是偶数）5limSn2n________.

讲解 分类求和，得

S2na1a3a2n1a2a4a2n，

22115limS2n，故应填．

1188n12125512． 以下四个命题：

15①2n〉2n1 n3； n1； n3；nn22②2462nn2n2③凸n边形内角和为fnn1④凸n边形对角线的条数是fnn4.

其中满足“假设nkkN,kk0时命题成立，则当n=k+1时命题也成立’’.但不满足“当nn0（n0是题中给定的n的初始值）时命题成立”的命题序号是 .

讲解 ①当n=3时，23231，不等式成立；

② 当n=1时，21212，但假设n=k时等式成立，则

2462k1k2k22k1k1k12；

2③ f331，但假设fkk1成立，则 fk1fkk11；

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442kk2，假设fk成立，则 22k1k12.

fk1fkk32故应填②③.

13．某商场开展促销活动，设计一种对奖券，号码从000000到999999. 若号码的奇位数字是不同的奇数，偶位数字均为偶数时，为中奖号码，则中奖面（即中奖号码占全部号码的百分比）为 .

④ f4

讲解 中奖号码的排列方法是： 奇位数字上排不同的奇数有P53种方法，偶

位数字上排偶数的方法有53，从而中奖号码共有P5353种，于是中奖面为

P5353100%0.75%,

1000000故应填0.75%.

714． x21x2的展开式中x3的系数是__________.

讲解

由x21x2x2x2x2知，所求系数应为x2的x项

77773x的系数与项的系数的和，即有

64C2C，721008 7

故应填1008.

64 15． 过长方体一个顶点的三条棱长为3、4、5, 且它的八个顶点都在同一球面上，这个球的表面积是________.

讲解 长方体的对角线就是外接球的直径2R, 即有

2R4R232425250,

2从而 S球4R250，故应填50.

16． 若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积是 （只需写出一个可能的值）．

讲解 本题是一道很好的开放题，解题的开窍点是：每个面的三条棱是怎样构造的，依据“三角形中两边之和大于第三边”，就可否定｛1，1，2｝，从而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三种形态，再由这三类面构造满足题设条件的四面体，最后计算出这三个四面体的体积分别为：

1411 、 中的一个即可.

121214111111, ,，故应填.、

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17． 如右图，E、F分别是正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是 .（要求：把可能的图的序号都填上）

讲解 因为正方体是对称的几何体，所以四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可分为：上下、左右、前后三个方向的射影，也就是在面ABCD、面ABB1A1、面ADD1A1上的射影.

A

DCBF C B

错误错误错误错误

E D A 2所示； 四边形BFD1E在面ABCD和面ABB1A1上的射影相同，如图○

四边形BFD1E在该正方体对角面的ABC1D1内，它在面ADD1A1上的射影显然是一3所示. 故应填○2○3. 条线段，如图○

18 直线yx1被抛物线y24x截得线段的中点坐标是___________.

yx1,讲解 由2消去y，化简得

y4x x26x10,

设此方程二根为x1，x2，所截线段的中点坐标为x0，y0，则

x1x23， 2y0x012.x0故 应填 3,2.

x2y21上的一点P到两焦点的距离的乘积为m，则当m取最大 19 椭圆

925值时，点P的坐标是_____________________.

讲解 记椭圆的二焦点为F1，F2，有

PF1PF22a10,

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PF1PF225. 则知 mPF1PF222

显然当PF即点P位于椭圆的短轴的顶点处时，m取得最大值25. 1PF25，故应填3,0或3,0.

20 一只酒杯的轴截面是抛物线的一部分，它的函数解析式是

x20y20，在杯内放一个玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半y2径r的取值范围是___________.

讲解 依抛物线的对称性可知，大圆的圆心在y轴上，并且圆与抛物线切于抛物线的顶点，从而可设大圆的方程为 x2yrr2.

2x2yr2r2， 由  x2y，2消去x，得 y221ry0 （*） 解出 y0或y21r.

要使（*）式有且只有一个实数根y0，只要且只需要2r10,即r1. 再结合半径r0，故应填0r1.

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