新高考数学二轮复习对点题型探究突破练习第27讲 高考题中的填空题解法（2份，原卷版+教师版）

这是一份新高考数学二轮复习对点题型探究突破练习第27讲 高考题中的填空题解法（2份，原卷版+教师版），文件包含新高考数学二轮复习对点题型探究突破练习第27讲高考题中的填空题解法教师版doc、新高考数学二轮复习对点题型探究突破练习第27讲高考题中的填空题解法学生版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
双空题—eq \a\vs4\al(扩考查宽度，增得分“容易度”)
新高考在填空题中引入一题双空题，其考查初衷一是增加试题考查的覆盖面，从一定程度上防猜题押题；二是两个空的总分值仍是5分，考生答对其中一空得部分分数的概率明显提高，这有利于提高一般考生的得分，也有利于区分选拔高水平考生．
一、双空填空题常见的两种类型
类型(一) 并列型
并列型双空填空题，即各空所填的内容是题干的并列结论，相互之间没有必然的逻辑关系．
1．(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________.
解析：先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝eq \f(1,x)，得切线斜率为eq \f(1,x0)，又切线的斜率为eq \f(y0,x0)，所以eq \f(1,x0)＝eq \f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为eq \f(1,e)，切线方程为y＝eq \f(1,e)x.同理可求得当x0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．
答案：－1 (－∞，0]
3．四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，则四面体ABCD的体积为________，球O的表面积为________．
解析：因为AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，所以四面体ABCD的体积为V＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×2×3＝1.易知四面体ABCD为“墙角四面体”，球O的表面积为4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(12＋22＋32),2)))2＝14π.
答案：1 14π
[题型技法]
此种类型双空题的特点是：两空的设问相当于一个题目背景下的两道小填空题，两问之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问．所采取的解题策略是缺“问”解答或跳“问”解答，考场上切勿心浮气躁、全盘放弃．
类型(二) 相关型
相关型双空填空题，即两空所填内容之间存在逻辑关系，一空填错会影响另一空的对错．
1．(2022·北京高考)若函数f(x)＝Asin x－eq \r(3)cs x的一个零点为eq \f(π,3)，则A＝________；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝________.
解析：依题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝A×eq \f(\r(3),2)－eq \r(3)×eq \f(1,2)＝0，解得A＝1，所以f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq \r(2).
答案：1 －eq \r(2)
2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且被抛物线截得的弦长为2的直线有且仅有两条，写出一个满足条件的抛物线的方程________，此时该弦中点到y轴的距离为________．
解析：抛物线y2＝2px(p>0)过焦点的弦中最短的是通径，其长为2p，因为过焦点F且被抛物线截得的弦长为2的直线有且仅有两条，所以2p0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k＋b＝0，,b2＝1＋k2，))k>0.解得k＝eq \f(\r(3),3)，b＝－eq \f(2\r(3),3).
两个几何参数k，b表面上是并列的，实际上存在内在联系，一个算错影响另一个的计算．
法二：图解法
依题意可作图如图，由直线l与两圆相切知，直线经过两圆连心线的中点A(2,0)，|OA|＝2.又单位圆的半径|OB|＝1，
故在Rt△ABO中，∠OAB＝30°，
从而在Rt△AOC中，|OC|＝eq \f(|OA|,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，
tan∠DAx＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).解得k＝eq \f(\r(3),3)，b＝－eq \f(2\r(3),3).
[答案] (1)①②④ (2)eq \f(\r(3),3) －eq \f(2\r(3),3)
方法(四) 猜想法
猜想是根据部分理由而得出结论的合情推理，一个完整的数学解题过程常常要经历“先猜后证”的两个阶段，猜想也是一种能力．解填空题除了要重点掌握好直接法、特例法、图解法外，也可辅以猜想法．新高考出现了开放性填空题，意味着考生在掌握基础知识的前提下，能先猜后证．
[例4] (1)(2021·新高考Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：__________________.①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．
(2)写出一个满足a1a2＝2a3的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式an＝________.
[技法展示] (1)由②知f(x)在(0，＋∞)上单调递增；由③知f(x)是偶函数，又f(x)满足①，则f(x)＝x2或f(x)＝x4等都可以．
(2)设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，由a1a2＝2a3可得aeq \\al(2,1)q＝2a1q2，即a1＝2q，所以an＝a1qn－1＝2qn.
取q＝3，则an＝2×3n符合题意．
[答案] (1)f(x)＝x2(x∈R)(答案不唯一)
(2)2×3n(答案不唯一)
[题型技法]
答案不唯一的填空题可以大致分为两种：
(1)举例子；(2)求题目中参数满足的关系式，并取其中一个特殊参数作为答案．
对于第(1)种，要求学生掌握基础知识，联想题目中的条件可以对应自己学过的哪些内容；
对于第(2)种，需要把题目条件转化得到关系式，取满足条件的其中一个结果即可．
针对训练
一、填空题
1．已知数列的通项，则其前项和为_________．
【答案】
【分析】判断出数列为等差数列，利用等差数列的求和公式可求得.
【详解】对任意的，，
所以，数列为等差数列，且其首项为，
因此，.
故答案为：.
2．的展开式中的第5项为常数项，那么正整数n的值是___________．
【答案】8
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得第5项为，结合题意即可求解.
【详解】由题意知，展开式的通项公式为
，
所以第5项为，
由第5项为常数项，得，解得.
故答案为：8.
3．一个总体含有100个个体，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为5的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为_________．
【答案】
【分析】由简单随机抽样的定义，每个个体被抽到的概率是一样的，结合容量，即可求得概率.
【详解】由题意得，每个个体被抽到的概率为，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为5的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为.
故答案为：
二、双空题
4．已知A，B，C三点在球心为O，半径为R的球面上，，且，那么A，B两点的球面距离为___________，球心到平面的距离为___________.
【答案】
【分析】由题意画图，三角形ABC截面圆心在AB中点，求出，然后求出两点的球面距离；球心到平面ABC的距离就是.
【详解】解：如图所示：
因为，所以是截面的直径，又，所以是等边三角形
所以，故两点的球面距离为
于是,所以球心到平面的距离：
故答案为：；
5．已知，则的值为________，的值为_____．
【答案】
【分析】（1）用正切的二倍角公式求；
（2）由（1）的结果有的值，再用两角和的正切公式计算
【详解】（1）
故答案为：
（2）
故答案为：
6．从0，1，2，3这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的一次函数共有____________个，不同的二次函数共有____________个．（用数字作答）
【答案】 ； .
【分析】根据一次函数和二次函数的定义，结合乘法计数原理进行求解即可.
【详解】因为只有当且时，函数才是一次函数，
所以可组成不同的一次函数共有；
因为只有当时，函数才是二次函数，
所以可组成不同的二次函数共有，
故答案为：；
7．椭圆的离心率是____________，准线方程是____________．
【答案】 ##0.8
【分析】根据椭圆的方程求出，直接求解即可.
【详解】由可知，，
所以，即，
故离心率，准线方程为.
故答案为：；.
8．已知n次式项式．如果在一种算法中，计算的值需要次乘法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要______次运算．
下面给出一种减少运算次数的算法：．利用该算法，计算的值共需要6次运算．计算的值共需要_______次运算．
【答案】
【分析】分别计算乘法运算次数和加法运算次数得到常规算法计算的值共需要次运算，用秦九韶算法需要次，代入数据计算得到答案.
【详解】在利用常规算法计算多项式的值时，算项需要次乘法，则在计算时共需要乘法次，
需要加法：次，则计算的值共需要次运算，
故计算的值共需要65次运算；
在使用秦九韶算法计算多项式的值时，
共需要乘法：次，需要加法：次，则计算的值共需要次运算.故计算的值至多需要20次运算.
故答案为：；
9．已知函数．
（1）若，则的定义域是___________；
（2）若在区间上是减函数，则实数a的取值范围是___________．
【答案】
【分析】（1）利用具体函数定义域求法即可得到的定义域；
（2）分类讨论与两种情况，结合的取值范围与单调性即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，即，故，
所以的定义域为；
（2）当，即时，要使在区间上是减函数，需要在上是减函数，同时恒成立，即，
因为，即，所以在上是减函数显然成立，此时，则，得，故；
当，即时，要使在区间上是减函数，需要在上是增函数，同时恒成立，
所以，即，此时显然成立；
综上：或，即.
故答案为：；.
10．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中_____________，令，则_____________．
【答案】 ##
【分析】从莱布尼茨三角形可看出，下一行的两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数，进而得，再根据求和得，再求解极限即可.
【详解】解：从莱布尼茨三角形可看出，下一行的两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数，
所以，，即，
所以
……
，
所以，
故答案为：；.
11．设函数的图象与直线，及轴所围成图形的面积称为函数在上的面积，已知函数在上的面积为．
（1）在上的面积为______；
（2）在上的面积为______．
【答案】
【分析】（1）函数与函数类比，可以得出函数在上的面积，得出函数在上的面积是函数在上的面积的两倍，作图结合函数图象的对称性，从而得出函数在上的面积．
（2）由于，而的区间长度也等于其一个半周期，作图分析，结合割补法与（1）中结论，即可求得．
【详解】解：（1）函数在上的面积为，
对于函数而言，，
函数在上的面积为：，由于函数的周期为，作出函数在上的图象，如下图：
由于函数在上的面积为：，则由函数的对称性可得在上的面积为；
（2）由于，而的区间长度也等于其一个半周期，如下图：
由正弦函数图象的对称性可知，图中1,2,3三个区域的面积相等，则函数与轴及直线，所围成的图形可以割补成一个长方形与图中区域3，则它的面积等于长方形面积与图中区域3的面积的和，故为
故答案为：；
12．在函数中，若a，b，c成等比数列且，则有最_________值（填“大”或“小”），且该值为___________．
【答案】 大 -3
【分析】根据题意，解出c的值，表示出a，b的关系，代入根据二次函数的性质即可得到结果.
【详解】由已知得，，a，b，c成等比数列，，a