2019届二轮复习求准提速，秒杀填空题学案（全国通用）

2019届二轮复习求准提速，秒杀填空题学案（全国通用）

求准提速，秒杀填空题 填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.在高考中，填空题的题量较大，共同特点是不管过程，只要结果.因此解答这类题目除直接法外，还要掌握一些解题的基本策略，避免“小题大做”.解题基本解答策略是：充分利用题目提供的信息作出判断.先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，提高解题速度.‎ 方法一　直接法 直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，结合有关性质或结论，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.‎ ‎1.已知x∈R，集合A＝{0,1,2,4,5}，集合B＝{x－2，x，x＋2}，若A∩B＝{0,2}，则x＝________.‎ 答案　0‎ 解析　因为A＝{0,1,2,4,5}，B＝{x－2，x，x＋2}，‎ 且A∩B＝{0,2}，所以或 当x＝2时，B＝{0,2,4}，A∩B＝{0,2,4}，不符合题意，舍去；‎ 当x＝0时，B＝{－2,0,2}，A∩B＝{0,2}，符合题意.‎ 所以x＝0.‎ ‎2.已知α满足sin α＝，则coscos＝________.‎ 答案　 解析　coscos ‎＝(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)‎ ‎＝(cos2α－sin2α)‎ ‎＝(1－2sin2α)＝＝.‎ ‎3.已知a，b均为正实数，且a＋b＝3，则＋的最小值为________.‎ 答案　 解析　因为a，b均为正实数，所以＋＝·(a＋b)＝＋≥＋＝(当且仅当a＝b时等号成立)，‎ 即＋的最小值为.‎ ‎4.若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则点M到y轴的距离是________.‎ 答案　9‎ 解析　设点M的横坐标为x0，准线方程为x＝－1，‎ ‎∵点M到焦点的距离为10，根据抛物线定义得x0＋1＝10，‎ ‎∴x0＝9，因此点M到y轴的距离为9.‎ ‎5.已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，点P为抛物线上一点，且PF＝3，双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)的渐近线恰好过P点，则双曲线C2的离心率为________.‎ 答案　 解析　设点P(x0，y0)，由抛物线定义得x0－(－1)＝3，‎ 所以x0＝2.‎ 又因为y＝4x0，得y0＝±2，即P(2，±2).‎ 又因为双曲线C2的渐近线过P点，所以＝＝，‎ 故e＝＝＝.‎ 方法二　特值、特例法 当题目已知条件中含有某些不确定的量，可将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊情形(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.为保证答案的正确性，在利用此方法时，可以多取几个特例.‎ ‎6.cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)的值为________.‎ 答案　 解析　令α＝0°，则原式＝cos20°＋cos2120°＋cos2240°＝.‎ ‎7.如图所示，在△ABC中，AO是BC边上的中线，K为AO上一点，且＝2，过点K的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若＝m，＝n，则m＋n＝________.‎ 答案　4‎ 解析　可取特殊位置来解，当过点K的直线与BC平行时，MN就是△ABC 的一条中位线，这时由于＝2，＝2，因此m＝n＝2，故m＋n＝4.‎ ‎8.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为________.‎ 答案　2∶1‎ 解析　将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ，则有VP－ABC＝＝.‎ 剩余部分的体积为，所以截后两部分的体积比为2∶1.‎ ‎9.设坐标原点为O，抛物线y2＝2x，过焦点的直线l交该抛物线于A，B两点，则·＝________.‎ 答案　－ 解析　本题隐含条件是·的值为定值，所以·的值与直线l的倾斜角无关，所以取直线l：x＝，‎ 不妨令A点在x轴上方.‎ 由可得A，B，‎ 于是·＝－1＝－.‎ 方法三　数形结合法 有些题目条件中的式子或关系具有明显的几何意义，我们可以作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的性质、特征，得出结论. ‎ ‎10.设函数f(x)＝其中[x]表示不超过x的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等.若方程f(x)＝k(x＋1)(k>0)恰有三个不相等的实根，则实数k的取值范围是________.‎ 答案　 解析　直线y＝kx＋k(k>0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数y＝f(x)的图象和直线y＝kx＋k(k>0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以≤k<.‎ ‎11.设s，t是不相等的两个正数，且s＋sln t＝t＋tln s，则s＋t－st的取值范围为________.‎ 答案　(1，＋∞)‎ 解析　由已知s＋sln t＝t＋tln s，可得＝.‎ 设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝.‎ 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数.如图，作出函数f(x)的图象，由题意知f(s)＝f(t)，所以s，t为方程f(x)＝m的两个不同的解.不妨设s>t，则00，所以s＋t－st>1.‎ ‎12.已知函数f(x)＝关于x的方程f(x)＝m(m∈R)有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围为_____________.‎ 答案　(0,1)‎ 解析　函数f(x)＝的图象如图所示，关于x的方程f(x)＝m恰有四个互不相等的实根x1，x2，x3，x4，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝m有四个不同的交点，则00时，由对数函数的性质知，log2x3＝－log2x4，x3x4＝1，当x<0时，由y＝－x2－2x的对称性知，x1＋x2＝－2，又x1－x2>0，(－x1)＋(－x2)＝2，所以02 017e2x＋1(其中e为自然对数的底数)的解集为________.‎ 答案　(0，＋∞) ‎ 解析　构造函数F(x)＝，则F′(x)＝＝>0，‎ 故函数F(x)＝在R上为增函数，又因为F(0)＝＝2 018－1＝2 017，‎ 因此不等式F(x)>2 017的解集为(0，＋∞).‎ ‎17.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的体积为________.‎ 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.‎ ‎∴CD＝＝2R，∴R＝，‎ 故球O的体积V＝＝π.‎ ‎1.原命题p ：“设a，b，c∈R，若a>b，则ac2>bc2”以及它的逆命题，否命题、逆否命题中，真命题的个数为________.‎ 答案　2‎ 解析　由当c＝0时，ac2＝bc2＝0，得原命题为假命题，则其逆否命题为假命题，原命题的逆命题为“设a，b，c∈R，若ac2>bc2，则a>b”，为真命题，则原命题的否命题为真命题.‎ ‎2.设a＝log54，b＝(log53)2，c＝log45则a，b，c的大小关系为________.(用“<”连接)‎ 答案　b1，所以c的值最大.又因为0(log53)2，即a>b.综上b4‎ 解析　程序在运行过程中各变量值变化如下：‎ ‎　　 　k　　　S　　是否继续循环 循环前 1　 1　　　 　/‎ 第一圈 2　 4 　　 是 第二圈 3　 11 　　 是 第三圈 4　 26 　 　是 第四圈 5　 57 　　 否 故退出循环的条件应为k>4.‎ ‎4.已知函数f(x)＝若关于x的函数y＝[f(x)]2－bf(x)＋1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是________.‎ 答案　 解析　∵函数f(x)＝ 作出f(x)的简图，如图所示，‎ 由图象可得当f(x)在(0,4]上任意取一个值时，都有四个不同的x与f(x)的值对应.‎ 再结合题中函数y＝[f(x)]2－bf(x)＋1有8个不同的零点，‎ 可得关于k的方程k2－bk＋1＝0有两个不同的实数根k1，k2，且00，得x<0或x>2，即函数f(x)在(2，＋∞)‎ 上单调递增，所以f(4)

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