資源簡介

★2009級高考二輪復習★填空題攻略2009.4
聆聽專家講解
鉆研高考真題
錘煉解題技巧
培養解題能力
提高解題速度

二輪復習精品專題
★2009級二輪復習精品專題★
---填空題攻略200904
★方法總結與2009年高考預測
（一）方法總結
1. 能夠多角度思考問題，靈活選擇方法，是快速準確地解數學填空題的關鍵。
2．數學填空題，絕大多數是計算型(尤其是推理計算型)和概念(性質)判斷型的試題，應答時必須按規則進行切實的計算或者合乎邏輯的推演和判斷。
3. 解題時，要有合理的分析和判斷，要求推理、運算的每一步驟都正確無誤，還要求將答案表達得準確、完整. 合情推理、優化思路、少算多思將是快速、準確地解答填空題的基本要求.
（二）2009年高考預測
1. 繼續出現創新能力題；
2．應用問題更用可能前移，在填空題中加大考查應用能力
★考點回顧
填空題就是不要求寫出計算或推理過程，只需將結論直接寫出的“求解題”，它的主要作用是考查考生的基礎知識，基本技巧以及分析問題、解決問題的能力，高考試卷中25分．它和選擇題同屬客觀性試題，它們有許多共同特點：其形態短小精悍、跨度大、知識覆蓋面廣、考查目標集中，形式靈活，答案簡短、明確、具體，評分客觀、公正、準確等。
★數學填空題的特點
填空題缺少選擇支的信息，故解答題的求解思路可以原封不動地移植到填空題上。但填空題既不用說明理由，又無須書寫過程，因而解選擇題的有關策略、方法有時也適合于填空題。
填空題大多能在課本中找到原型和背景，故可以化歸為我們熟知的題目或基本題型。填空題不需過程，不設中間分，更易失分，因而在解答過程中應力求準確無誤。
填空題題小,跨度大,覆蓋面廣,形式靈活,可以有目的、和諧地結合一些問題，突出訓練學生準確、嚴謹、全面、靈活運用知識的能力和基本運算能力，突出以圖助算、列表分析、精算與估算相結合等計算能力.要想又快又準地答好填空題，除直接推理計算外，還要講究一此解題策略，盡量避開常規解法。
★數學填空題的類型
根據填空時所填寫的內容形式，可以將填空題分成兩種類型：
一是定量型，要求考生填寫數值、數集或數量關系，如：方程的解、不等式的解集、函數的定義域、值域、最大值或最小值、線段長度、角度大小等等.由于填空題和選擇題相比，缺少選擇支的信息，所以高考題中多數是以定量型問題出現.
二是定性型，要求填寫的是具有某種性質的對象或者填寫給定的數學對象的某種性質，如：給定二次曲線的準線方程、焦點坐標、離心率等等.近幾年出現了定性型的具有多重選擇性的填空題.
★解數學填空題的原則
解答填空題時，由于不反映過程，只要求結果，故對正確性的要求比解答題更高、更嚴格，《考試說明》中對解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”.為此在解填空題時要做到：快——運算要快，力戒小題大作；穩——變形要穩，不可操之過急；全——答案要全，力避殘缺不齊；活——解題要活，不要生搬硬套；細——審題要細，不能粗心大意.
填空題快速解答
---你準備好了嗎？Let’s go!
（一）數學填空題的解題方法
1、直接法：直接從題設條件出發，利用定義、性質、定理、公式等，經過變形、推理、計算、判斷得到結論的，稱為直接法.它是解填空題的最基本、最常用的方法.使用直接法解填空題，要善于通過現象看本質，自覺地、有意識地采取靈活、簡捷的解法.
例1、設其中i，j為互相垂直的單位向量，又，則實數m = 。
解：∵，∴∴，而i，j為互相垂直的單位向量，故可得∴。
例2、已知函數在區間上為增函數，則實數a的取值范圍是 。
解：，由復合函數的增減性可知，在上為增函數，∴，∴。
例3、現時盛行的足球彩票，其規則如下：全部13場足球比賽，每場比賽有3種結果：勝、平、負，13長比賽全部猜中的為特等獎，僅猜中12場為一等獎，其它不設獎，則某人獲得特等獎的概率為 。
解：由題設，此人猜中某一場的概率為，且猜中每場比賽結果的事件為相互獨立事件，故某人全部猜中即獲得特等獎的概率為。
例4、在三棱柱ABC—A’B’C’中，若E、F分別為AB、AC的中點，平面EB’C’F將三棱柱分成體積為V、V的兩部分，那么V:V＝ 。
解：由題意分析，結論與三棱柱的具體形狀無關，因此，可取一個特殊的直三棱柱，其底面積為4，高為1，則體積V＝4，而V＝（1＋＋4）=，V＝V－V＝，則V:V＝7:5。
例5、已知(1－2x)＝a＋ax＋ax＋…＋ax，那么a＋a＋…＋a＝ 。
解：令x＝1，則有（－1）＝a＋a＋a＋…＋a＝－1；令x＝0,則有a＝1。所以a＋a＋…＋a＝－1－1=－2。
例6、方程log(x＋1)＋log(x＋1)＝5的解是 。
解：由換底公式得4log(x＋1)＋log(x＋1)＝5，即log(x＋1)＝1,解得x＝3。
例7、已知sinθ＋cosθ＝，θ∈(0,π)，則ctgθ的值是 。
解：已知等式兩邊平方得sinθcosθ＝－，解方程組得sinθ＝，cosθ＝，故答案為：－。
【另解】設tg＝t，再利用萬能公式求解。
例8、乒乓球隊的10名隊員中有3名主力隊員，派5名參加比賽.3名主力隊員要安排在第一、三、五位置，其余7名隊員選2名安排在第二、四位置，那么不同的出場安排共有_________種（用數字作答）.
解：三名主力排有種，其余7名選2名安排在第二、四位置上有種排法，故共有排法數=252種.
例9、的展開式中的系數為 .
解：得展開式中的系數為=179.
例10、已知函數在區間上為增函數，則實數的取值范圍是 .
解：，由復合函數的增減性可知，在上為增函數，
∴，∴.
2、特殊化法：當填空題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，可以將題中變化的不定量選取一些符合條件的恰當特殊值（或特殊函數，或特殊角，特殊數列，圖形特殊位置，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.這樣可大大地簡化推理、論證的過程.
例11、已知（1－2ｘ）７＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ２＋…＋ａ７ｘ７，那么ａ1＋ａ2＋…＋ａ７＝_____．解：將已知與求解對照：　　ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ２＋…＋ａ７ｘ７=（1－2ｘ）７，　　ａ1＋ａ2＋…＋ａ７＝？　　可見取ｘ＝0時，得ａ0＝1；再取ｘ＝1以求值．有　　ａ1＋ａ2＋…＋ａ７＝（1－2）７－ａ0＝－2．說明：通過對未知變量x賦以特殊值0和1，十分簡潔地求出了問題的答案，收到了事半功倍的效果．
例12、在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c。若a、b、c成等差數列，則 。
解：特殊化：令，則△ABC為直角三角形，，從而所求值為。
例13、 過拋物線的焦點F作一直線交拋物線交于P、Q兩點，若線段PF、FQ的長分別為p、q，則 。
解：此拋物線開口向上，過焦點且斜率為k的直線與拋物線均有兩個交點P、Q，當k變化時PF、FQ的長均變化，但從題設可以得到這樣的信息：盡管PF、FQ不定，但其倒數和應為定值，所以可以針對直線的某一特定位置進行求解，而不失一般性。
設k = 0，因拋物線焦點坐標為把直線方程代入拋物線方程得，∴，從而。
例14、 求值 。
分析：題目中“求值”二字提供了這樣信息：答案為一定值，于是不妨令，得結果為。已知(1－2x)＝a＋ax＋ax＋…＋ax，那么a＋a＋…＋a＝ 。
解：令x＝1，則有（－1）＝a＋a＋a＋…＋a＝－1；令x＝0,則有a＝1。所以a＋a＋…＋a＝－1－1=－2。
例15、在ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，如果a、b、c成等差數列，則
解法一：取特殊值a＝3, b＝4, c＝5 ,則cosA＝cosC＝0, .
解法二：取特殊角A＝B＝C＝600 cosA＝cosC＝,.
例16、如果函數對任意實數都有，那么的大小關系是 .
解：由于，故知的對稱軸是.可取特殊函數，即可求得.∴.
例17、已知SA，SB，SC兩兩所成角均為60°，則平面SAB與平面SAC所成的二面角為 .
解：取SA=SB=SC，則在正四面體S－ABC中，易得平面SAB與平面SAC所成的二面角為.
例18、已知是直線，是平面，給出下列命題：①若，則∥；②若，則∥；③若內不共線的三點到的距離都相等，則∥；④若，且∥，∥，則∥；⑤若為異面直線，，∥，,∥，則∥.
則其中正確的命題是 .（把你認為正確的命題序號都填上）
解：依題意可取特殊模型正方體AC1（如圖），在正方體AC1中逐一判斷各命題，易得正確的命題是②⑤.
3、數形結合法：對于一些含有幾何背景的填空題，若能根據題目條件的特點，作出符合題意的圖形，做到數中思形，以形助數，并通過對圖形的直觀分析、判斷，則往往可以簡捷地得出正確的結果.數形結合，能使抽象的數學問題轉化成直觀的圖形，使抽象思維和形象思維結合起來．這種思想是近年來高考的熱點之一，也是解答數學填空題的一種重要策略．
例19、如果不等式的解集為A，且，那么實數a的取值范圍是 。
解：根據不等式解集的幾何意義，作函數和
函數的圖象（如圖），從圖上容易得出實數a的取
值范圍是。
例20、 求值 。
解：，構造如圖所示的直角三角形，則其中的角即為，從而所以可得結果為。
例21、 已知實數x、y滿足，則的最大值是 。
解：可看作是過點P（x，y）與M（1，0）的直線的斜率，其中點P的圓上，如圖，當直線處于圖中切線位置時，斜率最大，最大值為。
例22、不等式>x＋1的解集是 。
解：如圖，在同一坐標系中畫出函數y＝與y＝x＋1的圖像，由圖中可以直觀地得到：－≤x<2，所以所求解集是[－,2)。
例23、已知向量=，向量=，則|2－|的最大值是
解：因，故向量2和所對應的點A、B都在以原點為圓心，2為半徑的圓上，從而|2－|的幾何意義即表示弦AB的長，故|2－|的最大值為4.
例24、設函數 f(x)＝x3＋ax2＋2bx＋c．若當 x∈（0，1）時，f(x)取得極大值；x∈（1，2）時，f(x)取得極小值，則  的取值范圍 ．
解：f′(x)＝?x2＋ax＋2b，令f′(x)＝0，由條件知，上述方程應滿足：一根在（0，1）之間，另一根在（1，2）之間，
∴ ，得 ，在aob坐標系中，作出上述區域如圖所示，而  的幾何意義是過兩點P(a，b)與A(1，2)的直線斜率，而P(a，b)在區域內，由圖易知kPA∈（，1）．
4、等價轉化法：通過“化復雜為簡單、化陌生為熟悉”將問題等價轉化成便于解決的問題，從而得到正確的結果.
例25、 求值 。
解：，
構造如圖所示的直角三角形，則其中的角即為，從而
所以可得結果為。
例26、 已知實數x、y滿足，則的最大值是 。
解：可看作是過點P（x，y）與M（1，0）的直線的斜率，其中點P的圓上，如圖，當直線處于圖中切線位置時，斜率最大，最大值為。。
例27、 不論k為何實數，直線與曲線恒有交點，則實數a的取值范圍是 。
解：題設條件等價于點（0，1）在圓內或圓上，或等價于點（0，1）到圓，∴。
例28、函數單調遞減區間為 。
解：易知∵y與y2有相同的單調區間，而，∴可得結果為。
總之，能夠多角度思考問題，靈活選擇方法，是快速準確地解數學填空題的關鍵。
例29、不等式的解集為，則_______，________.
解：設，則原不等式可轉化為：∴a > 0，且2與是方程的兩根，由此可得：.
例30、不論為何實數，直線與圓恒有交點，則實數的取值范圍是 .
解：題設條件等價于點（0，1）在圓內或圓上，或等價于點（0，1）到圓，∴.
5、構造法：根據題設條件與結論的特殊性，構造出一些新的數學形式，并借助于它認識和解決問題的一種方法.
例31、如圖，點P在正方形ABCD所在的平面外，PD⊥ABCD，PD=AD，則PA與BD所成角的度數為 .
解：根據題意可將此圖補形成一正方體，在正方體中易求得PA與BD所成角為60°.
例32、4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的4個盒中，則只有1個空盒的放法共有 種（用數字作答）.
解：符合條件的放法是：有一個盒中放2個球，有2個盒中各放1個球.因此可先將球分成3堆（一堆2個，其余2堆各1個，即構造了球的“堆”），然后從4個盒中選出3個盒放3堆球，依分步計算原理，符合條件的放法有（種）.
例33、橢圓 的焦點F1、F2，點P是橢圓上動點，當∠F1PF2為鈍角時，點P的橫坐標的取值范圍是
解：構造圓x2＋y2＝5，與橢圓 聯立求得交點x02 ＝ x0∈（－ ，）
6、分析法：根據題設條件的特征進行觀察、分析，從而得出正確的結論.
例34、如右圖，在直四棱柱中，當底面四邊形滿足條件 時，有（填上你認為正確的一個條件
即可，不必考慮所有可能性的情形）.
解：因四棱柱為直四棱柱，故為在面上的射影，從而要使，只要與垂直，故底面四邊形只要滿足條件即可.
例35、以雙曲線的左焦點F，左準線l為相應的焦點和準線的橢圓截直線所得的弦恰好被x軸平分，則k的取值范圍是 .
解：左焦點F為（－2，0），左準線l：x ＝－，因橢圓截直線所得的弦恰好被x軸平分，故根據橢圓的對稱性知，橢圓的中心即為直線與x軸的交點，由 ，得0 ＜ k ＜ .
（二）減少填空題失分的檢驗方法
1、回顧檢驗
例36、滿足條件的角的集合為 .
錯解：
檢驗：根據題意，答案中的不滿足條件，應改為；其次，角的取值要用集合表示.故正確答案為
2、賦值檢驗.若答案是無限的、一般性結論時，可賦予一個或幾個特殊值進行檢驗，以避免知識性錯誤.
例37、已知數列的前n項和為，則通項公式= .
錯解：
檢驗：取n=1時，由條件得，但由結論得a1=5.故正確答案為
3、逆代檢驗.若答案是有限的、具體的數據時，可逐一代入進行檢驗，以避免因擴大自變量的允許值范圍而產生增解致錯.
例38、方程的解是 .
錯解：設，則，根據復數相等的定義得解得.故
檢驗：若，則原方程成立；若，則原方程不成立.故原方程有且只有一解z=-i.
4、估算檢驗.當解題過程是否等價變形難以把握時，可用估算的方法進行檢驗，以避免忽視充要條件而產生邏輯性錯誤.
例39、不等式的解是 .
錯解：兩邊平行得，即，解得.
檢驗：先求定義域得，原不等式成立；若，原不等式不成立，故正確答案為x>1.
5、作圖檢驗.當問題具有幾何背景時，可通過作圖進行檢驗，以避免一些脫離事實而主觀臆斷致錯.
例40、函數的遞增區間是 .
錯解：
檢驗：由作圖可知正確答案為
6、變法檢驗.一種方法解答之后，再用其它方法解之，看它們的結果是否一致，從而可避免方法單一造成的策略性錯誤.
例41、若，則的最小值是 .
錯解：
檢驗：上述錯解在于兩次使用重要不等式，等號不可能同時取到.
換一種解法為：
7、極端檢驗.當難以確定端點處是否成立時，可直接取其端點進行檢驗，以避免考慮不周全的錯誤.
例42、已知關于x的不等式的解集是空集，求實數a的取值范圍 .
錯解：由，解得
檢驗：若a=-2，則原不等式為，解集是空集，滿足題意；若，則原不等式為，即，解得，不滿足題意.故正確答案為
切記：解填空題應方法恰當，爭取一步到位，答題形式標準，避免丟三落四，“一知半解”.
（三）數學填空題經典例題剖析、點評
例43、不等式的解集是______。
解：不等式等價于，也就是，所以，從而應填． 答案：
點評：快速解答此題需要記住小結論：應用小結論：
例44、 已知，且，則________.
解：由可以讀出．而有條件，所以知道，.答案：
點評：記住一些常用的結論，有時可以快速解答問題，如：“當… 時”，看看上面的＂讀出＂，“取舍”，“用公式”，想想解題思維的流程，會有什么啟發？
例45、 已知0解：該題幾乎在各種數學復習參考書中都出現，是一個很典型的問題，但很多書本都是采用不等式的方法，如作差、作商、不等式的性質等。其實作為填空題，它的最好解法是數形結合，作出函數的簡圖，再根據圖形的特征，容易發現a點評：本題也可以采取另一種作法，首先看一個不等式的性質：和是兩個異號的實數，當且僅當與同號時。，不論的值如何，與同號，所以答案：
用數形結合法解填空題，直觀，容易懂，不必寫出嚴格的步驟。這兩種作法的最大的優點是不用對底數是否比1大討論。
例46、底面邊長為2的正三棱錐中，E、F、G、H分別是PA、AC、BC、PB中點，則四邊形EFGH的面積取值范圍是_________。
解：用特例法，當P點無限遠離平面ABC時顯然所求四邊形的面積為無窮；而當P點無限接近平面ABC時（如圖所示），容易求得面積為。答案：
點評：當有些動點決定問題的結果時，可以讓這些動點的位置特殊化。
例47、實數、滿足則的最小值為__________
解：由于這是個輪換對稱式，可以大膽地猜想當時最小。答案：12
點評：這個題目如果要用嚴謹方法求解，會顯得非常麻煩，解題思路和運算量都是無法預料的。
例48、 已知函數在區間上為增函數，則實數a的取值范圍是 。
解：，由復合函數的增減性可知，在上為增函數，∴，∴。答案：
點評：熟悉型函數的一些性質和結論對解決一些填空題或選擇題很有幫助。
例49、不等式的解集為（4，b），則a= ，b= 。
解：設，則原不等式可轉化為：∴a > 0，且2與是方程的兩根，由此可得：。答案：
點評：“不等式解集中的區間端點值是不等式改為方程后的根或增根”，在已知不等式的根求其中參數時，經常用這個性質。
例50、 不論k為何實數，直線與曲線恒有交點，則實數a的取值范圍是 。
解：題設條件等價于點（0，1）在圓內或圓上，或等價于點（0，1）到圓的圓心的距離不超過半徑，∴。答案：
點評：注意數與形的結合，提高解題的效率。
（四）數學填空題強化練習
例51、已知函數，則
講解　由，得，應填4.
請思考為什么不必求呢？
例52、集合的真子集的個數是
講解　，顯然集合M中有90個元素，其真子集的個數是，應填.
快速解答此題需要記住小結論;對于含有n個元素的有限集合,其真子集的個數是
例53、若函數的圖象關于直線對稱，則
講解　由已知拋物線的對稱軸為,得　，而，有，故應填6.
例54、如果函數，那么
講解　容易發現，這就是我們找出的有用的規律，于是
原式＝，應填
類似題：
設，利用課本中推導等差數列前n項和的公式的方法，可求得
例55、已知點P在第三象限，則角的終邊在第象限.
講解　由已知得
　　　　　　　
從而角的終邊在第二象限，故應填二.
例56、不等式（）的解集為.
講解 注意到，于是原不等式可變形為
而，所以，故應填
例57、如果函數的圖象關于直線對稱，那么
講解　，其中.
是已知函數的對稱軸，
，
即　　　　，
于是　　　　　故應填 .
在解題的過程中，我們用到如下小結論：
函數和的圖象關于過最值點且垂直于x軸的直線分別成軸對稱圖形.
例58、設復數在復平面上對應向量，將按順時針方向旋轉后得到向量，對應的復數為，則
講解　應用復數乘法的幾何意義，得
　　　　　 　，
于是　　　 故應填　
例59、設非零復數滿足　，則代數式　的值是____________.
講解　將已知方程變形為　　，
解這個一元二次方程，得
　　　　　　
顯然有,　而,于是
原式＝
　　＝
　　＝
在上述解法中，“兩邊同除”的手法達到了集中變量的目的，這是減少變元的一個上策，值得重視.
例60、已知是公差不為零的等差數列，如果是的前n項和，那么
講解　特別取，有，于是有
　　　　　　　 故應填2.
例61、列中， , 則
講解 分類求和，得

，故應填．
例62、以下四個命題：
①
②
③凸n邊形內角和為④凸n邊形對角線的條數是
其中滿足“假設時命題成立，則當n=k+1時命題也成立’’.但不滿足“當（是題中給定的n的初始值）時命題成立”的命題序號是　　　　　.
講解
①當n=3時，，不等式成立；
②當n=1時，，但假設n=k時等式成立，則
　　　；
③　，但假設成立，則
　　　　　　
④　，假設成立，則
　　　　
故應填②③.
例63、某商場開展促銷活動，設計一種對獎券，號碼從000000到999999. 若號碼的奇位數字是不同的奇數，偶位數字均為偶數時，為中獎號碼，則中獎面（即中獎號碼占全部號碼的百分比）為　　　　　　　.
講解 　中獎號碼的排列方法是：　奇位數字上排不同的奇數有種方法，偶位數字上排偶數的方法有，從而中獎號碼共有種，于是中獎面為
　　　　　　　　　　　　 故應填
例64、 的展開式中的系數是
講解　由知，所求系數應為的x項的系數與項的系數的和，即有
　　　　　故應填1008.
例65、過長方體一個頂點的三條棱長為3、4、5, 且它的八個頂點都在同一球面上，這個球的表面積是________.
講解　長方體的對角線就是外接球的直徑,　即有
　　　　
從而　　　，故應填
例65、若四面體各棱的長是1或2，且該四面體不是正四面體，則其體積是　　　　（只需寫出一個可能的值）．
講解 本題是一道很好的開放題，解題的開竅點是：每個面的三條棱是怎樣構造的，依據“三角形中兩邊之和大于第三邊”，就可否定｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態，再由這三類面構造滿足題設條件的四面體，最后計算出這三個四面體的體積分別為： , ,，故應填.、 、 中的一個即可.
例66、直線被拋物線截得線段的中點坐標是___________.
講解　由消去y，化簡得
　　　　　　　　　
設此方程二根為，所截線段的中點坐標為，則
　　　　　　　　故 應填 .
例67、橢圓上的一點P到兩焦點的距離的乘積為m，則當m取最大值時，點P的坐標是_________________.
講解 記橢圓的二焦點為，有
則知
顯然當，即點P位于橢圓的短軸的頂點處時，m取得最大值25.
故應填或
例68、一只酒杯的軸截面是拋物線的一部分，它的函數解析式是，在杯內放一個玻璃球，要使球觸及酒杯底部，則玻璃球的半徑r的取值范圍是___________.
講解 依拋物線的對稱性可知，大圓的圓心在y軸上，并且圓與拋物線切于拋物線的頂點，從而可設大圓的方程為
由
消去x，得 （*）
解出 或
要使（*）式有且只有一個實數根，只要且只需要即
再結合半徑，故應填
例69、知函數，那么+ 。
講解 計算之前，應認真觀察數式結構特征，因為結構決定了解題的方向。
我們從整體考慮：（定值），于是，，，又， 故原式=。
例70、若關于x的方程有兩個不等實根，則實數k的取值范圍是 。
講解 明確范圍，畫圖分析。
（運用運動變化的觀點研究數學問題）
易得：
例71、在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a，b，c，若a，b，c成等差數列，則 。
講解 由題設可取a=b=c即三角形ABC為等邊三角形，則
原式=。 （也可以取a=3，b=4，c=5）
例72、（2007·寧夏/海南）設函數為奇函數，則 .
講解 由于是奇函數，則，。
例73、的值為 。
講解 令，則原式=
例74、（2007·江西）如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別交直線、于不同的兩點，
若，則的值為 .
講解 取三角形為正三角形，，則易得，所以。
例75、若函數的圖象關于直線對稱，則
講解 由已知拋物線的對稱軸為,得a＝0，而，有b＝2，故應填2.
例76、的展開式中的系數是
講解　由知，所求系數應為的x項的系數與項的系數的和，即有
故應填1008.
例77、若四面體各棱的長是1或2，且該四面體不是正四面體，則其體積是　　　　　　　（只需寫出一個可能的值）．
講解 本題是一道很好的開放題，解題的開竅點是：每個面的三條棱是怎樣構造的，依據“三角形中兩邊之和大于第三邊”，就可否定｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態，再由這三類面構造滿足題設條件的四面體，最后計算出這三個四面體的體積分別為： , ,，故應填.、 、 中的一個即可.
例78、如果隨機變量ξ～N (),且P（）=0.4，則P（）=
講解 如果隨機變量ξ～N (),且P（）=0.4，
P（）=，
∴， ∴P（）=。
例79、已知集合為，它的所有的三個元素的子集的和是，則＝ 。
講解 因為包含了任意一個元素的三元素集合共個，所以在中，每個元素都出現了次，所以
，所以
。
例80、橢圓的焦點為，點P為其上的動點，當為鈍角時，點P橫坐標的取值范圍是_______________________；
講解 設P(x，y)，則當時，點P的軌跡為，由此可得點P的橫坐標。
又當P在x軸上時，，點P在y軸上時，為鈍角，由此可得點P橫坐標的取值范圍是：；
例81、 若函數上為增函數，則實數a、b的取值范圍是____；
講解 由已知可畫出下圖，符合題設，故a>0且。
例82、如圖是一個邊長為4的正方形及其內切圓，若隨機向正方形內丟一粒豆子，則豆
子落入圓內的概率是________．
講解 因為正方形的面積是16，內切圓的面積是，所以豆子落入圓內的概率是．
例83、有些計算機對表達式的運算處理過程實行“后綴表達式”：運算符號緊跟在運算對象的后面，按照從左到右的順序運算，如表達式，其運算為：，若計算機進行運算：，那么使此表達式有意義的的范圍為 _____________ ．
講解　計算機進行運算：時，它表示的表達式是，當其有意義時，得，解得．
例84、某種汽車安全行駛的穩定性系數μ隨使用年數t的變化規律是μ＝μ0e－λt，其中μ0、λ是正常數．經檢測，當t＝2時，μ＝0.09μ0，則當穩定系數降為0.50μ0時，該種汽車的使用年數為 (結果精確到1，參考數據：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771)．
講解 μ0＝μ0(e－λ)2，得e－λ＝，于是
0.50μ0＝μ0(e－λ)t()t，
兩邊取常用對數，lg，
解出　 　　　　t＝＝13.1．
（五）高考數學填空題分類指導
1、函數與不等式
例85、 已知函數，則
講解　由，得，應填4.請思考為什么不必求呢？
例86、集合的真子集的個數是
講解　，顯然集合M中有90個元素，其真子集的個數是，應填.
快速解答此題需要記住小結論;對于含有n個元素的有限集合,其真子集的個數是
例87、若函數的圖象關于直線對稱，則
講解　由已知拋物線的對稱軸為,得　，而，有，故應填6.
例88、如果函數，那么
　　　　　
講解　容易發現，這就是我們找出的有用的規律，
于是原式＝，應填
2、三角與復數
例89、已知點P在第三象限，則角的終邊在第象限.
講解　由已知得從而角的終邊在第二象限，故應填二.
例90、不等式（）的解集為.
講解 注意到，于是原不等式可變形為
而，所以，故應填
例91、如果函數的圖象關于直線對稱，那么
講解　，其中.是已知函數的對稱軸，
，即，于是　
故應填 .
點評 在解題的過程中，我們用到如下小結論：函數和的圖象關于過最值點且垂直于x軸的直線分別成軸對稱圖形.
例92、設復數在復平面上對應向量，將按順時針方向旋轉后得到向量，對應的復數為，則
講解　應用復數乘法的幾何意義，得
，
于是 故應填　
例93、 設非零復數滿足　，則代數式　的值是____________.
講解　將已知方程變形為　　，解這個一元二次方程，得
顯然有,　而,于是
原式＝＝＝
在上述解法中，“兩邊同除”的手法達到了集中變量的目的，這是減少變元的一個上策，值得重視.
3、數列、排列組合與二項式定理
例94、　已知是公差不為零的等差數列，如果是的前n項和，那么
講解　特別取，有，于是有
　　 故應填2.
例95、數列中， , 則
講解 分類求和，得
，故應填．
例96、有以下四個命題：①
②③凸n邊形內角和為④凸n邊形對角線的條數是
其中滿足“假設時命題成立，則當n=k+1時命題也成立’’.但不滿足“當（是題中給定的n的初始值）時命題成立”的命題序號是　　　　　　　.
講解 ①當n=3時，，不等式成立；
當n=1時，，但假設n=k時等式成立，則
　　　；
③　，但假設成立，則
④　，假設成立，則
　　　　故應填②③.
例97、某商場開展促銷活動，設計一種對獎券，號碼從000000到999999. 若號碼的奇位數字是不同的奇數，偶位數字均為偶數時，為中獎號碼，則中獎面（即中獎號碼占全部號碼的百分比）為　　　　　　　.
講解 　中獎號碼的排列方法是：　奇位數字上排不同的奇數有種方法，偶位數字上排偶數的方法有，從而中獎號碼共有種，于是中獎面為
故應填
的展開式中的系數是
講解　由知，所求系數應為的x項的系數與項的系數的和，即有故應填1008.
4. 立體幾何
例98、過長方體一個頂點的三條棱長為3、4、5, 且它的八個頂點都在同一球面上，這個球的表面積是________.
講解　長方體的對角線就是外接球的直徑,　即有
從而　，故應填
例99、若四面體各棱的長是1或2，且該四面體不是正四面體，則其體積是（只需寫出一個可能的值）．
講解 本題是一道很好的開放題，解題的開竅點是：每個面的三條棱是怎樣構造的，依據“三角形中兩邊之和大于第三邊”，就可否定｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態，再由這三類面構造滿足題設條件的四面體，最后計算出這三個四面體的體積分別為： , ,，故應填.、 、 中的一個即可.
例100、 如右圖，E、F分別是正方體的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，則四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可能是　　　　　.（要求：把可能的圖的序號都填上）
講解 因為正方體是對稱的幾何體，所以四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可分為：上下、左右、前后三個方向的射影，也就是在面ABCD、面ABB1A1、面ADD1A1上的射影.
四邊形BFD1E在面ABCD和面ABB1A1上的射影相同，如圖所示；
四邊形BFD1E在該正方體對角面的ABC1D1內，它在面ADD1A1上的射影顯然是一條線段，如圖所示. 故應填.
5、解析幾何
例101、直線被拋物線截得線段的中點坐標是___________.
講解　由消去y，化簡得
設此方程二根為，所截線段的中點坐標為，則
故 應填 .
例102、橢圓上的一點P到兩焦點的距離的乘積為m，則當m取最大值時，點P的坐標是_____________________.
講解 記橢圓的二焦點為，有
則知顯然當，即點P位于橢圓的短軸的頂點處時，m取得最大值25. 故應填或
例103、一只酒杯的軸截面是拋物線的一部分，它的函數解析式是，在杯內放一個玻璃球，要使球觸及酒杯底部，則玻璃球的半徑r的取值范圍是___________.
講解 依拋物線的對稱性可知，大圓的圓心在y軸上，并且圓與拋物線切于拋物線的頂點，從而可設大圓的方程為
由消去x，得 （*）
解出 或要使（*）式有且只有一個實數根，只要且只需要即 再結合半徑，故應填
點評：填空題的類型一般可分為：完形填空題、多選填空題、條件與結論開放的填空題. 這說明了填空題是數學高考命題改革的試驗田，創新型的填空題將會不斷出現. 因此，我們在備考時，既要把關注這一新動向，又要做好應試的技能準備.
★高考真題強化練習108題（含詳解詳析）
理論聯系實踐 挑戰高考真題
Are you ready? Let’s go!
1．集合R| ，則= .
2．曲線處的切線與x軸、直線所圍成的三角形的面積為= .
3．已知、均為銳角，且= .
4．= .
5．某輕軌列車有4節車廂，現有6位乘客準備乘坐，設每一位乘客進入每節車廂是等可能的，則這6位乘客進入各節車廂的人數恰好為0，1，2，3的概率為 .
6．連接拋物線上任意四點組成的四邊形可能是 （填寫所有正確選項的序號）.
①菱形 ②有3條邊相等的四邊形 ③梯形
④平行四邊形 ⑤有一組對角相等的四邊形
7．復數的值是 。
8． 。
9．已知 ，則 。
10．在數列中，若，則該數列的通項 。
11．設，函數有最大值，則不等式的解集為 。
12．已知變量滿足約束條件若目標函數（其中）僅在點處取得最大值，則的取值范圍為 。
13．復數的虛部為________.
14．已知x,y滿足，
則函數z = x+3y的最大值是________.
15．若函數f(x) = 的定義域為R，
則的取值范圍為_______.
16．設{}為公比q>1的等比數列，若和是方程的兩根，
則__________.
17． 某校要求每位學生從7門課程中選修4門，其中甲、乙兩門課程不能都選，
則不同的選課方案有___________種。（以數字作答）
18．過雙曲線的右焦點F作傾斜角為的直線，交雙曲線于P、Q兩點，
則|FP||FQ|的值為__________.
19．設集合U={1,2,3,4,5},A={2,4},B={3,4,5},C={3,4},則= .
20．已知函數f(x)= ，點在x=0處連續，則 .
21．已知(a>0) ，則 .
22．設是等差數列的前項和，, ,則
23．直線與圓相交于兩點A，B，弦AB的中點為（0，1），則直線的方程為 .
24．某人有4種顏色的燈泡（每種顏色的燈泡足夠多），要在如題（16）圖所示的6個點A、B、C、A1、B1、C1上各裝一個燈泡，要求同一條線段兩端的燈泡不同色，則每種顏色的燈泡都至少用一個的安裝方法共有 種（用數字作答）
25．已知>0，若平面內三點A（1，-），B（2，），C（3，）共線，則=_______
26．已知為橢圓的兩個焦點，過的直線交橢圓于A、B兩點
若，則=____________。
27．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為、b、c ，若，則_________________。
28．已知球O面上四點A、B、C、D，DA平面ABC，ABBC，DA=AB=BC=，
則球O體積等于___________。
29．已知t為常數，函數在區間[0，3]上的最大值為2，則t=________
30．用1，2，3，4，5，6組成六位數（沒有重復數字），要求任何相鄰兩個數字的奇偶性不同，且1和2相鄰，這樣的六位數的個數是_________（用數字作答)。
31．若，且當時，恒有，則以,b
為坐標點P（，b）所形成的平面區域的面積等于___________。
32．的二項展開式中，的系數是 （用數字作答）.
33．一個正方體的各定點均在同一球的球面上，若該球的體積為，則該正方體的表面積為 .
34．已知圓C的圓心與拋物線的焦點關于直線對稱.直線與圓C相交于兩點，且,則圓C的方程為 .
35．如圖，在平行四邊形中，，
則 .
36．已知數列中，，則 .
37．設，若僅有一個常數c使得對于任意的，都有滿足方程，這時，的取值的集合為 .
38．展開式中的系數為______________。
39．已知直線與圓，則上各點到的距離的最小值為_______。
40．已知正四棱柱的對角線的長為，且對角線與底面所成角的余弦值為，則該正四棱柱的體積等于________________。
41．設等差數列的前項和為，若，則的最大值為___________。
42．，則 ．
43．長方體的各頂點都在球的球面上，
其中．兩點的球面距離記為，兩點的球面距離記為，則的值為 ．
44．關于平面向量．有下列三個命題：
①若，則．②若，，則．
③非零向量和滿足，則與的夾角為．
其中真命題的序號為　　　　．（寫出所有真命題的序號）
45．某地奧運火炬接力傳遞路線共分6段，傳遞活動分別由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能從甲、乙、丙三人中產生，最后一棒火炬手只能從甲、乙兩人中產生，則不同的傳遞方案共有 種．（用數字作答）．
46．設向量，若向量與向量共線，則 ．
47．設曲線在點處的切線與直線垂直，則 ．
48．已知是拋物線的焦點，過且斜率為1的直線交于兩點．設，則與的比值等于 ．
49．平面內的一個四邊形為平行四邊形的充要條件有多個，如兩組對邊分別平行，類似地，寫出空間中的一個四棱柱為平行六面體的兩個充要條件：
充要條件① ；
充要條件② ．
（寫出你認為正確的兩個充要條件）
50.函數的反函數是____________________.
51.在體積為的球的表面上有三點,兩點的球面距離為,則球心到平面的距離為______________.
52.已知的展開式中沒有常數項,,則______.
53.已知,且在區間有最小值,無最大值,則__________.
54．直角坐標平面上三點，若為線段的三等分點，則= ．
55．不等式的解集為 ．
56．過拋物線的焦點作傾角為的直線，與拋物線分別交于、兩點（在軸左側），則 ．
57．如圖1，一個正四棱柱形的密閉容器底部鑲嵌了同底的正四棱錐形實心裝飾塊，容器內盛有升水時，水面恰好經過正四棱錐的頂點P。如果將容器倒置，水面也恰好過點（圖2）。有下列四個命題：
A．正四棱錐的高等于正四棱柱高的一半
B．將容器側面水平放置時，水面也恰好過點
C．任意擺放該容器，當水面靜止時，水面都恰好經過點
D．若往容器內再注入升水，則容器恰好能裝滿
其中真命題的代號是： （寫出所有真命題的代號）．
58..
59.已知橢圓（a＞b＞0）的右焦點為F,右準線為,離心率e=
過頂點A(0,b)作AM,垂足為M，則直線FM的斜率等于 .
60.設函數存在反函數,且函數的圖象過點(1,2),
則函數的圖象一定過點 .
61.已知函數
（1）若a＞0,則的定義域是 ;
(2) 若在區間上是減函數，則實數a的取值范圍是 .
62.對有n(n≥4)個元素的總體進行抽樣，先將總體分成兩個子總體
和 (m是給定的正整數，且2≤m≤n-2),再從
每個子總體中各隨機抽取2個元素組成樣本.用表示元素i和j同時出現在樣
本中的概率，則= ; 所有 (1≤i＜j≤的和等于 .
63．在△中，三個角的對邊邊長分別為,則的值為 .
64.已知函數,,其中,為常數，則方程的解集為 .
65.已知函數,等差數列的公差為.若,則
.
66.觀察下列等式：
……………………………………
可以推測，當≥2（）時， .
67．若,則 (用數字作答)
68． 若直線與圓 （為參數）沒有公共點，
則實數m的取值范圍是
69．若三棱錐的三個側圓兩兩垂直，且側棱長均為，則其外接球的表面積是　　　　
70．設P是一個數集，且至少含有兩個數，若對任意a、b∈R，都有a+b、a-b， ab、　∈P（除數b≠0），則稱P是一個數域.例如有理數集Q是數域；數集也是數域.有下列命題：
　　　①整數集是數域； ②若有理數集，則數集M必為數域；
③數域必為無限集； ④存在無窮多個數域.
其中正確的命題的序號是　　　　.（把你認為正確的命題的序號填填上）
71．已知，其中是虛數單位，那么實數 ．
72．已知向量與的夾角為，且，那么的值為 ．
73．若展開式的各項系數之和為32，則 ，其展開式中的常數項為 ．（用數字作答）
74．如圖，函數的圖象是折線段，其中的坐標分別為，則 ；
．（用數字作答）
75．已知函數，對于上的任意，有如下條件：
①； ②； ③．
其中能使恒成立的條件序號是 ．
76．某校數學課外小組在坐標紙上，為學校的一塊空地設計植樹方案如下：第棵樹種植在點處，其中，，當時，
表示非負實數的整數部分，例如，．
按此方案，第6棵樹種植點的坐標應為 ；第2008棵樹種植點的坐標應為 ．
77．函數的定義域為 ．
78．在數列在中，，，,其中為常數，則的值是
79．若為不等式組表示的平面區域，則當從－2連續變化到1時，動直線 掃過中的那部分區域的面積為
80．已知在同一個球面上,若
,則兩點間的球面距離是
81．已知雙曲線的頂點到漸近線的距離為2，焦點到漸近線
的距離為6，則該雙曲線的離心率為　　　　　．
82．設函數為奇函數，則　　　　．
83．是虛數單位，　　　　　．（用的形式表示，）
84．某校安排5個班到4個工廠進行社會實踐，每個班去一個工廠，每個工廠至少安排
一個班，不同的安排方法共有 種．（用數字作答）
85．已知復數，，則復數 ．
86．已知，且，則的值是 ．
87．不等式的解集是 ．
88．某書店有11種雜志，2元1本的8種，1元1本的3種. 小張用10元錢買雜志
（每種至多買一本，10元錢剛好用完），則不同買法的種數是 （用數字作答）．
89．隨機變量的分布列如下：
其中成等差數列，若則的值是 ．
90．已知點在二面角的棱上，點在內，且．若對于內異于
的任意一點，都有，則二面角的大小是 ．
91．設為實數，若，
則的取值范圍是 ．
92．若函數（是自然對數的底數）的最大值是，且是偶函數，
則________．
93．如圖,在正三棱柱中，側棱長為，
底面三角形的邊長為1，則與側面
所成的角是____________
94．已知的方程是，的方程是，由動點向和所引的切線長相等，則動點的軌跡方程是__________________
95．下面有5個命題：
①函數的最小正周期是．
②終邊在軸上的角的集合是．
③在同一坐標系中，函數的圖象和函數的圖象有三個公共點．
④把函數的圖象向右平移得到的圖象．
⑤函數在上是減函數．
其中，真命題的編號是___________（寫出所有真命題的編號）
96． .
解析：
97．已知實數x、y滿足條件，則z=x+2y的最大值為 .
98．如圖，平面內有三個向量、、,其中與與
的夾角為120°，與的夾角為30°,且||＝||＝1，
|| ＝，若＝λ+μ（λ，μ∈R）,
則λ+μ的值為 .
99．安排3名支教教師去6所學校任教，每校至多2人，則不同的分配方案共有 種.（用數字作答）
100．設是坐標原點，是拋物線的焦點，是拋物線上的一點，
與軸正向的夾角為，則為 ．
101．設是不等式組表示的平面區域，則中的點
到直線距離的最大值是 ．
102．與直線和曲線都相切的
半徑最小的圓的標準方程是 ．
103．函數的圖象恒過定點，若點
在直線上，其中，則的最小值為 ．
104．設函數，則其反函數的定義域為 ．
105．已知數列對于任意，有，
若，則 ．
106．如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別
交直線，于不同的兩點，若，
，則的值為 ．
107．設有一組圓．
下列四個命題：
Ａ．存在一條定直線與所有的圓均相切
Ｂ．存在一條定直線與所有的圓均相交
Ｃ．存在一條定直線與所有的圓均不相交
Ｄ．所有的圓均不經過原點
其中真命題的代號是 ．（寫出所有真命題的代號）
108．為了預防流感，某學校對教室用藥熏消毒法進行消毒．
已知藥物釋放過程中，室內每立方米空氣中的含藥量
（毫克）與時間（小時）成正比；藥物釋放完畢后，
與的函數關系式為（為常數），如圖
所示．據圖中提供的信息，回答下列問題：
（I）從藥物釋放開始，每立方米空氣中的含藥量（毫克）
與時間（小時）之間的函數關系式為 ；
（II）據測定，當空氣中每立方米的含藥量降低到毫克以下時，學生方可進教室，
那么藥物釋放開始，至少需要經過 小時后，學生才能回到教室．
參考答案（詳解詳析）
1．解：由題意可知A=(-2,3),B=(0,4),∴=.
2．解：∵=3x2,∵在(a,a3)處切線為y-a3=3a2(x-a),令y=0,得切線與x軸交點(),切線與直線x=a交于(a,a3),∴曲線處的切線與x軸、直線所圍成的三角形的面積為S=,令S=,解得a=±1.
3．解：由已知得1-tanαtanβ=tanα-tanβ,∴tanα=.
4．解：=
5．解：4位乘客進入4節車廂共有256種不同的可能,6位乘客進入各節車廂的人數恰為0,1,2,3的方法共有,∴這6位乘客進入各節車廂的人數恰好為0，1，2，3的概率為.
6．解：①菱形不可能,如果這個四邊形是菱形,這時菱形的一條對角線垂直拋物線的對稱軸,這時四邊形的必有一個頂點在拋物線的對稱軸上(非拋物線的頂點); ④平行四邊形,也不可能,因為拋物上四個點組成的四邊形最多有一組對邊平行.故連接拋物線上任意四點組成的四邊形可能是②③⑤.
7． 解：復數=。
8． 解：。
9． 解：已知 ，，，∴ ，，
則=
=
10． 解：在數列中，若，∴ ，即{}是以為首項，2為公比的等比數列，，所以該數列的通項.
11．解：設，函數有最大值，∵有最小值，∴ 012．解：已知變量滿足約束條件 在坐標系
中畫出可行域，如圖為四邊形ABCD，其中A(3，1)，，
目標函數（其中）中的z表示斜率為－a的直線系中的
截距的大小，若僅在點處取得最大值，則斜率應小于，即
，所以的取值范圍為(1，+∞)。
13．【答案】：
【分析】：
14．【答案】：7
【分析】：畫出可行域，當直線過點（1，2）時，
15．【答案】：
【分析】：恒成立，
恒成立，
16．【答案】：18
【分析】：和是方程的兩根，故有：
或（舍）。

17．【答案】：25
【分析】：所有的選法數為，兩門都選的方法為。 故共有選法數為
18．【答案】：
【分析】：
代入得：
設
又

19．解：，
20．解： 又 點在x=0處連續，
所以 即 故
21．解：
22．解： ，
23．解：設圓心，直線的斜率為， 弦AB的中點為，的斜率為，則，所以 由點斜式得
24． 解：則底面共，
，，由分類計數原理得上底面共，由分步類計數原理得共有種
25．解析：本小題主要考查三點共線問題。
(舍負).
26．解析：本小題主要考查橢圓的第一定義的應用。依題直線過橢圓的左焦點,在 中，，又，∴
27．解析：本小題主要考查三角形中正弦定理的應用。依題由正弦定理得：
,即,
∴
28．解析：本小題主要考查球的內接幾何體體積計算問題。其關鍵是找出
球心，從而確定球的半徑。由題意，三角形DAC,三角形DBC都
是直角三角形，且有公共斜邊。所以DC邊的中點就是球心（到
D、A、C、B四點距離相等），所以球的半徑就是線段DC長度的一半。
29．解析：本小題主要考查二次函數問題。對稱軸為下方圖像翻到軸上方.由區間[0，3]上的最大值為2，知解得檢驗時,
不符,而時滿足題意.
30．解析：本小題主要考查排列組合知識。依題先排除1和2的剩余4個元素有
種方案，再向這排好的4個元素中插入1和2捆綁的整體，有種插法，
∴不同的安排方案共有種。
31．解析：本小題主要考查線性規劃的相關知識。由恒成立知，當時，
恒成立，∴；同理，∴以,b為坐標點
所形成的平面區域是一個正方形，所以面積為1.
32．解析：，所以，系數為.
33．解析：由得，所以，表面積為.
34．解析：拋物線的焦點為，所以圓心坐標為，，圓C的方程為.
35．解析：令，，則
所以.
36．解析：
所以.
37．解析：由已知得，單調遞減，所以當時，
所以，因為有且只有一個常數符合題意，所以，解得，所以的取值的集合為.
38．【解】：∵展開式中項為
∴所求系數為 故填
【點評】：此題重點考察二項展開式中指定項的系數，以及組合思想；
【突破】：利用組合思想寫出項，從而求出系數；
39．【解】：如圖可知：過原心作直線的垂線，則長即為所求；
∵的圓心為，半徑為
點到直線的距離為
∴ 故上各點到的距離的最小值為
【點評】：此題重點考察圓的標準方程和點到直線的距離；
【突破】：數形結合，使用點到直線的距離距離公式。
40．【解】：如圖可知：∵
∴ ∴正四棱柱的體積等于
【點評】：此題重點考察線面角，解直角三角形，以及求正四面題的體積；
【突破】：數形結合，重視在立體幾何中解直角三角形，熟記有關公式。
41．【解】：∵等差數列的前項和為，且
∴ 即 ∴
∴，，
∴ 故的最大值為，應填
【點評】：此題重點考察等差數列的通項公式，前項和公式，以及不等式的變形求范圍；
【突破】：利用等差數列的前項和公式變形不等式，利用消元思想確定或的范圍解答本題的關鍵；
42．解：
43．解：設則，即
則是等邊三角形，，
在中，
故
44．解：①，向量與垂直
②
③構成等邊三角形，與的夾角應為
所以真命題只有②。
45．解：分兩類：第一棒是丙有,第一棒是甲、乙中一人有
因此共有方案種
46．【答案】 2
【解析】＝則向量與向量共線
47．【答案】 2
【解析】，∴切線的斜率，所以由得
48．【答案】
【解析】設A（，）B（，）由，，（）；∴由拋物線的定義知
【考點】直線與拋物線的位置關系，拋物線定義的應用
49．【答案】兩組相對側面分別平行；一組相對側面平行且全等；對角線交于一點；底面是平行四邊形．
注：上面給出了四個充要條件．如果考生寫出其他正確答案，同樣給分．
50.答案：
解析：本小題主要考查求反函數基本知識。求解過程要注意依據函數的定義域進行分段求解以及反函數的定義域問題。
51.答案：
解析：本小題主要考查立體幾何球面距離及點到面的距離。設球的半徑為,則,∴設、兩點對球心張角為，則,∴,∴,∴為所在平面的小圓的直徑，∴,設所在平面的小圓圓心為，則球心到平面ABC的距離為
52.答案：5
解析：本小題主要考查二項式定理中求特定項問題。依題對中，只有時，其展開式既不出現常數項，也不會出現與、乘積為常數的項。
53.答案：
解析：本小題主要針對考查三角函數圖像對稱性及周期性。依題且在區間有最小值,無最大值,∴區間為的一個半周期的子區間，且知的圖像關于對稱，∴,取得
54．解：由已知得,則
55．解：
56．
57．解：真命題的代號是： BD 。易知所盛水的容積為容器容量的一半，故D正確，于是A錯誤；水平放置時由容器形狀的對稱性知水面經過點P，故B正確；C的錯誤可由圖1中容器位置向右邊傾斜一些可推知點P將露出水面。
58.【答案】
【解析】
59.【答案】
【解析】
60.【答案】(-1,2)
【解析】由函數的圖象過點(1,2)得: 即函數過點 則其反函數過點所以函數的圖象一定過點
61.【答案】 ,
【解析】（1）當a＞0時，由得,所以的定義域是;
(2) 當a＞1時，由題意知;當0 當a<0時，在區間上是減函數.故填.
62.【答案】 , 6
【解析】第二空可分:
①當 時, ;
②當 時, ;
③當時, ;
所以
也可用特殊值法或i和j同時出現6次.
63．解：由余弦定理，原式
64.解：由題意知所以
，所以解集為。
65.解：依題意，所以
66.解：由觀察可知當，每一個式子的第三項的系數是成等差數列的，所以，
第四項均為零，所以。
67．解：令，令得
所以
68． 解：圓心為，要沒有公共點，根據圓心到直線的距離大于半徑可得
，即，
69．解：依題可以構造一個正方體,其體對角線就是外接球的直徑.
,
70． 解：①對除法如不滿足，所以排除，
②取,對乘法, ③④的正確性容易推得。
71．【答案】: -1
【分析】: a－2ai－1＝a－1－2ai＝2i，a=－1
【考點】: 復數的運算
【易錯】: 增根a=1沒有舍去。
72．【答案】: 0
【分析】: 利用數形結合知，向量a與2a+b垂直。
【考點】: 向量運算的幾何意義
【易錯】: 如果使用直接法，易出現計算錯誤。
73．【答案】: 5 10
【分析】: 顯然展開式的各項系數之和就是二項式系數之和，也即n=5；將5拆分成“前3后2”恰好出現常數項，C＝10.
【考點】: 二項式
【易錯】: 課本中的典型題目，套用公式解題時，易出現計算錯誤
74．【答案】: 2 -2
【分析】: f(0)=4，f(4)=2；由導數的幾何意義知－2.
【考點】: 函數的圖像，導數的幾何意義。
【易錯】: 概念“導數的幾何意義”不清。
【提示】: 在函數、三角函數、平面向量、復數、解析幾何、導數范圍，數形結合是最常用的手段之一，希望引起足夠重視。
75．【答案】: ②
【分析】: 函數顯然是偶函數，其導數y’=2x+sinx在0【考點】: 導數，函數的圖像，奇偶性。
【易錯】: 忽視了函數是偶函數。
76．【答案】: (1,2) (3, 402)
【分析】: T組成的數列為1,0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1……(k=1,2,3,4……)。一一帶入計算得：數列為1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5……；數列為1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4…….因此，第6棵樹種在 (1,2)，第2008棵樹種在(3, 402)。
【考點】: 數列的通項
【易錯】: 前幾項的規律找錯
77．解：由題知：；解得：x≥3.
78．解： ∵∴從而。
∴a=2，，則
79．解：如圖知是斜邊為3 的等腰直角三角形，是直角邊為1等腰直角三角形，區域的面積
80．解：如圖，易得，，，則此球內接長方體三條棱長為AB、BC、CD（CD的對邊與CD等長），從而球外接圓的直徑為，R=4則BC與球心構成的大圓如圖，因為△OBC為正三角形，則B，C兩點間的球面距離是。
81．【答案】：3
【分析】：如圖，過雙曲線的頂點A、焦點F分別向其漸近線作垂線，垂足分別為B、C，
則：
82．【答案】：-1
【分析】：
83．【答案】：
【分析】：
84．【答案】：240
【分析】：由題意可知有一個工廠安排2個班，另外三個工廠每廠一個班，
共有種安排方法。
85．【答案】：
【分析】：
86．【答案】：
【分析】：本題只需將已知式兩邊平方即可。∵ ∴兩邊平方得：
，即，∴
.
【考點】同角三角函數基本關系式及二倍角公式。
【易錯】：計算出錯
【提示】：計算能力是高考考查的能力之一，這需要在平時有針對性地加強。
87．【答案】：
【分析】：
88．【答案】：266
【分析】：根據題意，可有以下兩種情況：①用10元錢買2元1本共有
②用10元錢買2元1本的雜志4本和1元1本的雜志2本共有
故210+56=266.
【考點】排列組合的相關知識及分析問題的能力
【易錯】：考慮問題不全面，漏掉一些情況
【提示】：排列組合問題最需要注意的是不重不漏，這就要求我們在解題時要認真分析，
全面考慮。
89．【答案】：
【分析】：成等差數列，有
聯立三式得
90．【答案】：
【分析】：設直線OP與平面所成的角為,由最小角原理及恒成立知,只有作于H, 則面,故為.
【考點】二面角的求法及簡單的推理判斷能力
【易錯】：畫不出相應的圖形，從而亂判斷。
【提示】：無論解析幾何還是立體幾何，借助于圖形是我們解決問題的一個重要的方法，
它可以將問題直觀化，從而有助于問題的解決。
91．【答案】：
【分析】：作圖易知,設若不成立;
故當且斜率大于等于時方成立.
92．解：，，∴．
93．解：，點到平面的距離為，
∴，．
94．解：：圓心，半徑；：圓心，半徑．設，
由切線長相等得，．
95．解：①，正確；②錯誤；③，
和在第一象限無交點，錯誤；④正確；⑤錯誤．故選①④．
96．解析：
97．解析：畫出可行域知Z在直線x-2y+4=0與3x-y-3=0的交點（2，3）處取得最大值8
98．解析：過C作與的平行線與它們的延長線相交，可得平行四邊形，由角BOC=90°角AOC=30°，=得平行四邊形的邊長為2和4，2+4=6
99．解析：分兩類，（1）每校1人：；（2）1校1人，1校2人：，
不同的分配方案共有120+90=210
100．【答案】:
【分析】：過A 作軸于D，令，則，，。
【考點】:拋物線的定義應用及解三角形 。
【易錯】:涉及到的線段運算結果出錯，若設AD求其結果時會增大運算難度致錯。
【提示】: 拋物線問題大都依據定義解決，其焦點與準線“形影不離”，
利用平面幾何知識形成數量關系。本題也可以求直線的
方程與拋物線方程聯立求得A點坐標。
101．【答案】:
【分析】：畫圖確定可行域，從而確定到
直線直線距離的最大為
【考點】: 線性規劃的相關問題。
【易錯】:可行域的確定有錯。
102．【答案】:.
【分析】：曲線化為，其圓心到直線的距離
為所求的最小圓的圓心在直線上，其到直線
的距離為，圓心坐標為標準方程為。
【考點】:直線與圓的方程
【易錯】: 在確定圓心的大致位置后不能準確運算出圓心坐標。
【提示】:這是直線與圓的方程內容中的常見問題，還要注意如何求與直線和曲線都相切的半徑最大的圓的標準方程。
103．【答案】: 8。
【分析】：函數的圖象恒過定點，，，，
【考點】: 基本不等式的應用與函數圖象恒過定點問題。
104．解析：反函數的定義即為原函數的值域，由x≥3得x-1≥2，所以，所以y≥5，反函數的定義域為[5，+∞），填[5，+∞）
105．解析：由題意得
，填4
106．解析：由MN的任意性可用特殊位置法：當MN與BC重合時知m=1，n=1，故m+n=2，填2
107．解析：圓心為（k-1，3k）半徑為，圓心在直線y=3（x+1）上，所以直線y=3（x+1）
必與所有的圓相交，B正確；由C1、C2、C3的圖像可知A、C不正確；若存在圓過
原點（0，0），則有（因為
左邊為奇數，右邊為偶數，故不存在k使上式成立，即所有圓不過原點。填B、D.
108．答案：（I）（II）
解析：（I）由題意和圖示，當時，可設（為待定系數），由于點在直線上，；同理，當時，可得
（II）由題意可得，即得或
或 ，由題意至少需要經過小時后，學生才能回到教室．
點評：本題考察函數、不等式的實際應用，以及識圖和理解能力。易錯點：只單純解不等式，而忽略題意，在（II）中填寫了其他錯誤答案。
★復習建議
1.高考的填空題最容易出現一些所謂的“創新題”，所以應該作些相應的練習；
2.要作專題復習和限時專題訓練；
3.由于高考中填空題處在選擇題和解答題中間，往往學生在做完選擇題后解答填空題時會有一些浮躁的心理，為了爭取有更多的時間做解答題，急于得到答案，會大大降低填空題的解題正確率和速度，所以平時要做相應的心理訓練。
狹路相逢拼者勝，
破釜沉舟、背水一戰、舍我其誰。
預祝同學們金榜題名！

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