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2019-2020年高考數學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題24 填空題解題技能訓練（含解析）
一、填空題
1．(文)(xx石家莊市質檢)如下圖所示，某幾何體的正視圖是平行四邊形，側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3，寬3，四棱柱的高h＝＝，∴體積V＝33＝9.
(理)(xx商丘市二模)已知△ABC的三個頂點在以O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.
[方法點撥] 直接法
對于計算型試題，多通過直接計算得出結果、解題時，直接從題設條件出發(fā)，利用有關性質和結論等，通過巧妙變形，簡化計算過程，靈活運用有關運算規(guī)律和技巧合理轉化、簡捷靈活的求解．
用直接法求解填空題，要根據題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應用，將計算過程簡化從而得到結果．
2．(文)(xx新課標Ⅰ理，14)一個圓經過橢圓＋＝1的三個頂點，且圓心在x軸的正半軸上，則該圓的標準方程為________．
[答案] (x－)2＋y2＝
[解析] 考查橢圓的幾何性質；圓的標準方程．
∵圓心在x軸的正半軸上，故設圓心為(a,0)，a>0，則半徑為4－a，∵此圓過橢圓的三個頂點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)(xx中原名校聯考)已知橢圓＋＝1，A、C分別是橢圓的上、下頂點，B是左頂點，F為左焦點，直線AB與FC相交于點D，則∠BDF的余弦值是________．
[答案]
[解析] 由條件知A(0，)，B(－2,0)，C(0，－)，F(－1,0)，直線AB：x－2y＋2＝0，CF：x＋y＋＝0，∴D(－，)，＝(－，－)，＝(，－)，cos∠BDF＝＝.
3．(文)設0
，a1a2＋b1b2＝<，a1b2＋a2b1＝<，故最大的是a1b1＋a2b2.
(理)已知函數y＝f(x)，對任意的兩個不相等的實數x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)f(x2)成立，且f(0)≠0，則f(－xx)f(－xx)…f(xx)f(xx)的值是________．
[答案] 1
[解析] f(x)為抽象函數，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來求解．
令f(x)＝2x，則對任意的兩個不相等的實數x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)f(x2)成立，f(0)＝20＝1，f(－xx)f(xx)＝f(0)＝1，f(－xx)f(xx)＝f(0)＝1，…，所以f(－xx)f(－xx)…f(xx)f(xx)＝1.
[方法點撥] 特殊值法
當填空題的已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結論唯一或題設條件中提供的信息暗示答案是一個定值時，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的某個特殊值(特殊函數、特殊角、特殊數列、特殊位置、特殊點、特殊方程、特殊模型等)進行處理，從而得出探求的結論．
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論只有一種的填空題，對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：
如圖，在△ABC中，點M是BC的中點，過點M的直線與直線AB、AC分別交于不同的兩點P、Q，若＝λ，＝μ，則＋＝________.
[答案] 2
[解析] 由題意可知，＋的值與點P、Q的位置無關，而當直線BC與直線PQ重合時，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H，若＝m(＋＋)，則實數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，垂心H即為C點，由已知＝m(＋＋)＝m，則m＝1.
5．(文)(xx大綱理，15)直線l1和l2是圓x2＋y2＝2的兩條切線，若l1與l2的交點為(1,3)，則l1與l2的夾角的正切值等于________．
[答案]
[解析] 設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)(xx遼寧理，15)已知橢圓C：＋＝1，點M與C的焦點不重合．若M關于C的焦點的對稱點分別為A、B，線段MN的中點在C上，則|AN|＋|BN|＝________.
[答案] 12
[解析] 如圖．
設MN與橢圓的交點為D，由中位線定理．
|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)
由橢圓的定義知|DF1|＋|DF2|＝2a＝6.
∴|AN|＋|BN|＝12.
[方法點撥] 數形結合法
對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據題目中的條件，作出符合題意的圖形，并通過對圖形的直觀分析、判斷，即可快速得出正確結果．這類問題的幾何意義一般較為明顯，如一次函數的斜率和截距、向量的夾角、解析幾何中兩點間距離等，求解的關鍵是明確幾何含義，準確規(guī)范地作出相應的圖形．
1．數形結合法適用于給出圖形的問題，或容易作出圖象的函數問題，或表達式具有明顯幾何意義的解析幾何問題等．
2．應用時要注意：①作圖要盡量準確；②抓準圖形與變量間的對應關系．
請練習下題：
向量＝(1,0)，＝(＋cosθ，1＋sinθ)，則與夾角的取值范圍是________．
[答案] [0，]
[解析] 依題意在坐標系中B(1,0)、A(＋cosθ，1＋sinθ)，點A在圓(x－)2＋(y－1)2＝1的圓周上運動，如圖，當A點為切點M時，與的夾角取最大值，容易求得為；當A點為切點N時，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f(x)＝，g(x)＝kx－1，顯然函數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f(x)的圖象是以原點O為圓心，2為半徑的圓在x軸上及其上方的部分．
而函數g(x)的圖象是直線l：y＝kx－1在[－2,2]內的部分，該直線過點C(0，－1)，斜率為k.
如圖，作出函數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，可知k的幾何意義就是半圓上的點與點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，則k≥或k≤－.
所以k的取值范圍為(－∞，－]∪[，＋∞)．
7．(xx商丘市二模)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知ac＝b2－a2，A＝，則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－，則a、b、c的大小關系為________．
[答案] a>b>c
[解析] 令f(x)＝lnx－x，則f ′(x)＝－1＝.
當00，即函數f(x)在(0,1)上是增函數．
∵1>>>>0，∴a>b>c.
[方法點撥] 構造法
用構造法解填空題的關鍵是由條件和結論的特殊性構造出數學模型，從而簡化推導與運算過程．構造法是建立在觀察分析、聯想類比的基礎之上的．首先應觀察已知條件形式上的特點，然后聯想、類比已學過的知識及各種數學結論、數學模型，深刻地了解問題及問題的幾何背景或代數背景，從而構造幾何、函數、向量等具體的數學模型，達到快速解題的目的．
構造法實質上是化歸與轉化思想在解題中的應用，需要根據已知條件和所要解決的問題確定構造的方向，通過構造新的模型，從而轉化為自己熟悉的問題．常見的構造法有：構造函數(如用導數研究函數的性質中經常要構造函數)、構造方程、構造不等式、構造數列、立體幾何中的補形構造等等．
試一試解答下題：
如圖，已知球O的球面上有四點A、B、C、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為棱長構造正方體，設正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以|CD|＝＝2R，所以R＝，故球O的體積V＝＝π.
9．(文)設(x－3)2＋(y－3)2＝6，則的最大值為________．
[答案] 3＋2
[解析] 設＝k，則可轉化為直線kx－y＝0與圓(x－3)2＋(y－3)2＝6有公共點時k的取值范圍，用代數法(Δ≥0)或幾何法(d≤r)解決．
(理)已知P(x，y)是橢圓＋＝1上的一個動點，則x＋y的最大值是________．
[答案] 5
[解析] 令x＋y＝t，則問題轉化為直線x＋y＝t與橢圓有公共點時，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是正實數，且滿足ab＝a＋b＋3，則a＋b的取值范圍是________．
[答案] [6，＋∞)
[解析] ∵a、b是正實數且ab＝a＋b＋3，故a、b可視為一元二次方程x2－mx＋m＋3＝0的兩個根，其中a＋b＝m，ab＝m＋3，要使方程有兩個正根，應有
解得m≥6，
即a＋b≥6，故a＋b的取值范圍是[6，＋∞)．
[點評] 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，
又因為函數f(x)在x＝0處連續(xù)，
∴f(x)在[0，＋∞)上是增函數．
從而當x>0時，
f(x)＝x－ln(1＋x)>f(0)＝0.
∴x>ln(1＋x)．
解法三：在同一坐標系中畫出函數y＝x與y＝ln(1＋x)的圖象，可見x>0時，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，則OM與平面ABC所成角的正切值為________．
[答案]
[解析] 將此三棱錐補成正方體，如圖所示．連接CM，過點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]
[解析] 問此式的“值”等于多少？隱含此結果與α無關，于是不妨對α進行特殊化處理．不妨取α＝0，則sin2(α－30)＋sin2(α＋30)－sin2α＝＋－0＝.
13．設Sn是等差數列{an}的前n項和，若＝，則等于________．
[答案] 1
[解析] 依題意，可取一個特殊的等差數列：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.
[點評] 1.取特殊等差數列時，可依據＝來取a3＝9，a5＝5.
2．本題也可以直接用等差數列的性質求解：＝＝＝1.
14．(文)函數f(x)＝的零點個數為________個．
[答案] 3
[解析] 依題意，在x>0時可以畫出y＝lnx與y＝x2－2x的圖象，可知兩個函數的圖象有兩個交點，當x≤0時，函數f(x)＝2x＋1與x軸只有一個交點，所以函數f(x)有3個零點．
(理)已知數列{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f(x)＝＋x－1(x>0)，
令f ′(x)＝＋1>0，則f(x)在(，＋∞)上是單調遞增的，在(0，)上是單調遞減的，因為n∈N*，所以當n＝5或6時f(x)有最小值．又因為＝，＝＝，
所以的最小值為＝.
[方法點撥] 填空題是高考題中的客觀性試題，具有小巧靈活、結構簡單、運算量不大等特點．因而求解選擇題的有關策略、方法有時也適合于填空題，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，突出考查考生準確、嚴謹、全面靈活地運用所學知識和方法解決問題的能力和計算能力、識圖讀表能力、邏輯思維能力等．要想又快又準地答好填空題，除直接推理計算外，還要講究一些解題策略．解答填空題要做到：快——運算要快，力戒小題大做；穩(wěn)——計算、變形要穩(wěn)，不可操之過急；全——答案要全，力避殘缺不全；活——解題方法靈活，不生搬硬套；細——審題要細，注意細節(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tanαtanβtanγ的最小值為________．
[答案] 2
[解析] 借助已知條件可構造一個長方體AC1如圖所示，使它的三邊長度分別為a、b、c，且設相交于同一頂點的三棱與交于此頂點的對角線所成的角分別為α、β、γ則
tanαtanβtanγ＝≥＝2.
[點評] 此題通過構造一個適合題設條件的長方體，將一個抽象的三角最值問題，轉化為一個較易解決的代數不等式的問題．構造幾何體利用幾何體的直觀數形結合，使問題變得容易解決．
(理)空間一條直線l1與一個正四棱柱的各個面所成的角都為α，而另一條直線l2與這個正四棱柱的各條棱所成的角都為β，則sin2α＋sin2β＝________.
[答案] 1
[解析] 由正四棱柱的對稱性知，若直線l1與各面成角都相等，則該直線一定經過或平行于四棱柱的一條體對角線，l2也一樣，于是取對角線BD1研究，則α＝∠BD1B1，β＝∠BD1D，
∴sin2α＋sin2β＝sin2α＋cos2α＝1.
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