一、填空题
1．(文)(2014·石家庄市质检)如下图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为________．
[答案] 9
[解析] 由三视图可知，该几何体是斜四棱柱，四棱柱底面是矩形，长3，宽3，四棱柱的高h＝＝，∴体积V＝3×3×＝9.
(理)(2015·商丘市二模)已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为________．
[答案] 12π
[解析] 由已知得：BC＝2，球O的半径R＝＝，故其表面积S＝4πR2＝4π·()2＝12π.
[方法点拨] 直接法
对于计算型试题，多通过直接计算得出结果、解题时，直接从题设条件出发，利用有关性质和结论等，通过巧妙变形，简化计算过程，灵活运用有关运算规律和技巧合理转化、简捷灵活的求解．
用直接法求解填空题，要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果．
2．(文)(2015·新课标Ⅰ理，14)一个圆经过椭圆＋＝1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．
[答案] (x－)2＋y2＝
[解析] 考查椭圆的几何性质；圆的标准方程．
∵圆心在x轴的正半轴上，故设圆心为(a,0)，a>0，则半径为4－a，∵此圆过椭圆的三个顶点A(0,2)，B(0，－2)，C(4,0)，∴(4－a)2＝a2＋22，解得a＝或a＝－(舍去)，故圆的方程为(x－)2＋y2＝.
(理)(2014·中原名校联考)已知椭圆＋＝1，A、C分别是椭圆的上、下顶点，B是左顶点，F为左焦点，直线AB与FC相交于点D，则∠BDF的余弦值是________．
[答案]
[解析] 由条件知A(0，)，B(－2,0)，C(0，－)，F(－1,0)，直线AB： x－2y＋2＝0，CF： x＋y＋＝0，∴D(－，)，＝(－，－)，＝(，－)，cos∠BDF＝＝.
3．(文)设0 ③a1b2＋a2b1 ④ [答案] ① [解析] 取a1＝，b1＝，则a1b1＋a2b2＝＋＝>，a1a2＋b1b2＝<，a1b2＋a2b1＝<，故最大的是a1b1＋a2b2. (理)已知函数y＝f(x)，对任意的两个不相等的实数x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)成立，且f(0)≠0，则f(－2014)·f(－2013)·…·f(2013)·f(2014)的值是________． [答案] 1 [解析] f(x)为抽象函数，只知满足条件f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)，且f(0)≠0，故可取满足此条件的特殊函数来求解． 令f(x)＝2x，则对任意的两个不相等的实数x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)成立，f(0)＝20＝1，f(－2014)·f(2014)＝f(0)＝1，f(－2013)·f(2013)＝f(0)＝1，…，所以f(－2014)·f(－2013)·…·f(2013)·f(2014)＝1. [方法点拨] 特殊值法 当填空题的已知条件中含有某些不确定的量，但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，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的某个特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论． 求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值法，但此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解． 试一试解答下题： 如图，在△ABC中，点M是BC的中点，过点M的直线与直线AB、AC分别交于不同的两点P、Q，若＝λ，＝μ，则＋＝________. [答案] 2 [解析] 由题意可知，＋的值与点P、Q的位置无关，而当直线BC与直线PQ重合时，有λ＝μ＝1，所以＋＝2. 4．△ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高相交于点H，若＝m(＋＋)，则实数m＝________. [答案] 1 [解析] 如图在Rt△ABC中，外接圆圆心O为斜边AB的中点，垂心H即为C点，由已知＝m(＋＋)＝m，则m＝1. 5．(文)(2014·大纲理，15)直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线，若l1与l2的交点为(1,3)，则l1与l2的夹角的正切值等于________． [答案] [解析] 设l1、l2与⊙O分别相切于B、C，则∠OAB＝∠OAC，|OA|＝，圆半径为， ∴|AB|＝＝2，∴tan∠OAB＝＝， ∴所夹角的正切值 tan∠CAB＝＝＝. (理)(2014·辽宁理，15)已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A、B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________. [答案] 12 [解析] 如图． 设MN与椭圆的交点为D，由中位线定理． |AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|) 由椭圆的定义知|DF1|＋|DF2|＝2a＝6. ∴|AN|＋|BN|＝12. [方法点拨] 数形结合法 对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形． 1．数形结合法适用于给出图形的问题，或容易作出图象的函数问题，或表达式具有明显几何意义的解析几何问题等． 2．应用时要注意：①作图要尽量准确；②抓准图形与变量间的对应关系． 请练习下题： 向量＝(1,0)，＝(＋cosθ，1＋sinθ)，则与夹角的取值范围是________． [答案] [0，] [解析] 依题意在坐标系中B(1,0)、A(＋cosθ，1＋sinθ)，点A在圆(x－)2＋(y－1)2＝1的圆周上运动，如图，当A点为切点M时，与的夹角取最大值，容易求得为；当A点为切点N时，夹角取最小值0，故取值范围是[0，]． 6．不等式－kx＋1≤0的解集非空，则k的取值范围为________． [答案] (－∞，－]∪[，＋∞) [解析] 由－kx＋1≤0，得≤kx－1，设f(x)＝，g(x)＝kx－1，显然函数f(x)和g(x)的定义域都为[－2,2]．令y＝，两边平方得x2＋y2＝4，故函数f(x)的图象是以原点O为圆心，2为半径的圆在x轴上及其上方的部分． 而函数g(x)的图象是直线l：y＝kx－1在[－2,2]内的部分，该直线过点C(0，－1)，斜率为k. 如图，作出函数f(x)，g(x)的图象，不等式的解集非空，即直线l和半圆有公共点，可知k的几何意义就是半圆上的点与点C(0，－1)连线的斜率． 由图可知A(－2,0)，B(2,0)，故kAC＝＝－，kBC＝＝. 要使直线和半圆有公共点，则k≥或k≤－. 所以k的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)． 7．(2015·商丘市二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ac＝b2－a2，A＝，则B＝________. [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＝ln－，b＝ln－，c＝ln－，则a、b、c的大小关系为________． [答案] a>b>c [解析] 令f(x)＝lnx－x，则f ′(x)＝－1＝. 当0 ∵1>>>>0，∴a>b>c. [方法点拨] 构造法 用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察分析、联想类比的基础之上的．首先应观察已知条件形式上的特点，然后联想、类比已学过的知识及各种数学结论、数学模型，深刻地了解问题及问题的几何背景或代数背景，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的． 构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．常见的构造法有：构造函数(如用导数研究函数的性质中经常要构造函数)、构造方程、构造不等式、构造数列、立体几何中的补形构造等等． 试一试解答下题： 如图，已知球O的球面上有四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________． [答案] π [解析] 如图，以DA、AB、BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的体积V＝＝π. 9．(文)设(x－3)2＋(y－3)2＝6，则的最大值为________． [答案] 3＋2 [解析] 设＝k，则可转化为直线kx－y＝0与圆(x－3)2＋(y－3)2＝6有公共点时k的取值范围，用代数法(Δ≥0)或几何法(d≤r)解决． (理)已知P(x，y)是椭圆＋＝1上的一个动点，则x＋y的最大值是________． [答案] 5 [解析] 令x＋y＝t，则问题转化为直线x＋y＝t与椭圆有公共点时，t的取值范围问题． 由消去y得，25x2－32tx＋16t2－144＝0， ∴Δ＝(－32t)2－100(16t2－144)＝－576t2＋14400≥0， ∴－5≤t≤5，∴x＋y的最大值为5. 10．(文)已知a、b是正实数，且满足ab＝a＋b＋3，则a＋b的取值范围是________． [答案] [6，＋∞) [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，要使方程有两个正根，应有 解得m≥6， 即a＋b≥6，故a＋b的取值范围是[6，＋∞)． [点评] 还可以利用基本不等式将ab≤2代入条件式中，视a＋b为变量构造一元二次不等式解答． (理)已知x>0，比较x与ln(1＋x)的大小，结果为________． [答案] x>ln(1＋x) [解析] 解法一：令x＝1，则有1>ln2， ∴x>ln(1＋x)． 解法二：令f(x)＝x－ln(x＋1)． ∵x>0，f′(x)＝1－＝>0， 又因为函数f(x)在x＝0处连续， ∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数． 从而当x>0时， f(x)＝x－ln(1＋x)>f(0)＝0. ∴x>ln(1＋x)． 解法三：在同一坐标系中画出函数y＝x与y＝ln(1＋x)的图象，可见x>0时，x>ln(1＋x)． 11．在三棱锥O－ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值为________． [答案] [解析] 将此三棱锥补成正方体，如图所示．连接CM，过点O作ON⊥CM于N，则ON⊥平面ABC．∴OM与平面ABC所成的角是∠OMC．在Rt△OMC中，tan∠OMC＝＝＝，即OM与平面ABC所成角的正切值为. 12．sin2(α－30°)＋sin2(α＋30°)－sin2α的值等于________． [答案] [解析] 问此式的“值”等于多少？隐含此结果与α无关，于是不妨对α进行特殊化处理．不妨取α＝0°，则sin2(α－30°)＋sin2(α＋30°)－sin2α＝＋－0＝. 13．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于________． [答案] 1 [解析] 依题意，可取一个特殊的等差数列：13,11,9,7,5,3,1，－1，－3，其中a5＝5，a3＝9满足条件．可求得S9＝S5＝45，故＝1. [点评] 1.取特殊等差数列时，可依据＝来取a3＝9，a5＝5. 2．本题也可以直接用等差数列的性质求解：＝＝×＝1. 14．(文)函数f(x)＝的零点个数为________个． [答案] 3 [解析] 依题意，在x>0时可以画出y＝lnx与y＝x2－2x的图象，可知两个函数的图象有两个交点，当x≤0时，函数f(x)＝2x＋1与x轴只有一个交点，所以函数f(x)有3个零点． (理)已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________． [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，设f(x)＝＋x－1(x>0)， 令f ′(x)＝＋1>0，则f(x)在(，＋∞)上是单调递增的，在(0，)上是单调递减的，因为n∈N*，所以当n＝5或6时f(x)有最小值．又因为＝，＝＝， 所以的最小值为＝. [方法点拨] 填空题是高考题中的客观性试题，具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点．因而求解选择题的有关策略、方法有时也适合于填空题，大题的解答思路也可以照搬到填空题上．但由于填空题不用说明理由，不用书写解答过程，跨度大，覆盖面广，形式灵活，突出考查考生准确、严谨、全面灵活地运用所学知识和方法解决问题的能力和计算能力、识图读表能力、逻辑思维能力等．要想又快又准地答好填空题，除直接推理计算外，还要讲究一些解题策略．解答填空题要做到：快——运算要快，力戒小题大做；稳——计算、变形要稳，不可操之过急；全——答案要全，力避残缺不全；活——解题方法灵活，不生搬硬套；细——审题要细，注意细节和特殊情况，不要粗心大意． 15．(文)若锐角α、β、γ满足cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1，则tanα·tanβ·tanγ的最小值为________． [答案] 2 [解析] 借助已知条件可构造一个长方体AC1如图所示，使它的三边长度分别为a、b、c，且设相交于同一顶点的三棱与交于此顶点的对角线所成的角分别为α、β、γ则 tanα·tanβ·tanγ＝··≥··＝2. [点评] 此题通过构造一个适合题设条件的长方体，将一个抽象的三角最值问题，转化为一个较易解决的代数不等式的问题．构造几何体利用几何体的直观数形结合，使问题变得容易解决． (理)空间一条直线l1与一个正四棱柱的各个面所成的角都为α，而另一条直线l2与这个正四棱柱的各条棱所成的角都为β，则sin2α＋sin2β＝________. [答案] 1 [解析] 由正四棱柱的对称性知，若直线l1与各面成角都相等，则该直线一定经过或平行于四棱柱的一条体对角线，l2也一样，于是取对角线BD1研究，则α＝∠BD1B1，β＝∠BD1D， ∴sin2α＋sin2β＝sin2α＋cos2α＝1.下载本文
