高三数学填空题专题复习汇总含答案

1填空题难题汇总01题1(苏锡常镇四市一模)设m∈N，若函数()21010fxxmxm存在整数零点，则m的取值集合为▲．解当x∈Z，且x≤10时，10mx∈Z．若m=0，则x=-5为函数f(x)的整数零点．若m≠0，则令f(x)=0，得m=210101xx∈N．注意到-5≤x≤10，且10x∈N，得x∈{1，6，9，10}，此时m∈{3，223，14，30}．故m的取值集合为{0，3，14，30}．注将“m∈N”改为“m∈N*”，即得2011年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷的填空题的压轴题：已知m是正整数，且方程210100xmxm有整数解，则m所有可能的值是▲．题2(淮安市一模)已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i+j=k+l时都有ai+bj=ak+bl，则201111()2011iiiab的值是▲．解依题设，有bn+1-bn=a2-a1=1，从而数列{bn}是以2为首项，1为公差的等差数列．同理可得，{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．所以，数列{an+bn}是以3为首项，2为公差的等差数列．所以，201111()2011iiiab=120112010(201132)20112=2013．变式1已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i+j=k+l时都有ai-bj=ak-bl，则11()niiiabn的值是▲．略解依题设，有ai-bj=aj-bi，于是ai+bi=aj+bj，所以an+bn=3，11()niiiabn=3．变式2已知数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，b1=2，且对任意的正整数i，j，k，l，当i+j=k+l时都有aibj=akbl，记cn=112233()()()()nnnabababab，则数列{cn}的通项公式是▲．略解由a2bn=a1bn+1，得1212nnbaba，故bn=2n．同理，an=12n，通项公式为1232n．题3(常州市一模)若对任意的x∈D，均有f1(x)≤f(x)≤f2(x)成立，则称函数f(x)为函数f1(x)到函数f2(x)在区间D上的“折中函数”．已知函数f(x)=(k-1)x-1，g(x)=0，h(x)=(x+1)lnx，2且f(x)是g(x)到h(x)在区间[1，2e]上的“折中函数”，则实数k的取值范围为▲．解依题意，有0≤(k-1)x-1≤(x+1)lnx在x∈[1，2e]上恒成立．当x∈[1，2e]时，函数f(x)=(k-1)x-1的图象为一条线段，于是(1)0,(2e)0,ff解得k≥2．另一方面，k-1≤(1)ln1xxx在x∈[1，2e]上恒成立．令m(x)=(1)ln1xxx=ln1lnxxxx，则2ln()xxmxx．因1≤x≤2e，故1(ln)1xxx≥0，于是函数lnxx为增函数．所以lnxx≥1ln10，()mx≥0，m(x)为[1，2e]上的增函数．所以k-1≤[m(x)]min=m(1)=1，k≤2．综上，k=2为所求．题4(泰州市一模)已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心，且∠A=θ，若coscos2sinsinBCABACmAOCB，则m=▲．(用θ表示)解法1如图1，作OE∥AC交AB于E，作OF∥AB交AC于F．由正弦定理，得sinsinsinAEAOAOAOEAEOA．又∠AOE=∠OAF=2ADC=2B，所以cossinAOBAEA，所以cossinAOBABAEAAB．同理，cossinAOCACAFAAC．因AEAFAO，故coscossinsinAOBABAOCACAOAABAAC．因2sinsinABACAOCB，故上式可化为coscos2sinsin2sinsinBCABACAOACAB，即coscos2sinsinsinBCABACAAOCB，所以m=sinθ．解法2将等式coscos2sinsinBCABACmAOCB两边同乘以2AO，得222coscos4sinsinBCABACmAOCB，即2222coscossin4sin4BABCACmCAOBAO．由正弦定理，得m=22coscossinsinsinsinBCCBCB=cosBsinC+cosCsinB=sin(B+C)=sinA=sinθ．解法3将已知等式coscos2sinsinBCABACmAOCB两边平方，得22222222coscoscoscos2cos4sinsinsinsinBCBCABACABACAmAOCBCB．由正弦定理，得m2=22coscos2coscoscosBCBCA=222cossin(coscoscos)BABACABCOEFD图13πAOCBPlxy图3=222cossin(coscoscos())BABAAB=222cossin(sinsin)BABA=sin2A=2sin．注意到m0，故m=sinθ．注1．本题虽难度较大，但得分率却较高．其主要原因是考生利用了特值法，令△ABC为正三角形，即得m=32，于是猜测m=sinθ．2．题中三种解法均是处理向量问题最常用的基本方法，解法1用的是平面向量基本定理，从不同侧面表示AO；解法2与解法3，是或将向量等式两边同乘某个向量，或将等式两边同时平方，进而达到去除向量的目的．题5(南京市一模)若直角坐标平面内两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数f(x)的图象上；②P，Q关于原点对称，则称点对(P，Q)是函数()fx的一个“友好点对”(点对(P，Q)与点对(Q，P)为同一个“友好点对”)．已知函数22410()20exxxxfxx≥,,,,则()fx的“友好点对”有▲个．解设x0，则问题化归为关于x的方程22(241)0exxx，即21e22xxx(0x)有几个负数解问题．记1=exy，221(1)2yx，当1x时，11e2，所以函数1y的图象与2y的图象有两个交点(如图2)，且横坐标均为负数，故所求“友好点对”共有2个．题6(镇江市一模)直线l与函数sinyx([0]x,)的图象相切于点A，且l∥OP，O为坐标原点，P为图象的极值点，l与x轴交于点B，过切点A作x轴的垂线，垂足为C，则BABC=▲．解如图3，(1)P,为极值点，2OPk．设点A(x0，sinx0)，则过点A的切线l的斜率为02cosx．于是，直线l的方程为002sin()yxxx．令y=0，得00sin2xxx，从而BC=00sin2xxx．BABCcosBABCABC=BC2=20(sin)2x2224(1)144．xyOx=-1y1y2图24题7(扬州市一模)若函数f(x)=x3-ax2(a0)在区间20(,)3上是单调递增函数，则使方程f(x)=1000有整数解的实数a的个数是▲．解令由22()323()03afxxaxxx，得x=0或23ax．于是，f(x)的单调增区间为(,0)和2(,)3a．所以220033a，即0a≤10．因f(x)的极大值为f(0)=0，故f(x)=1000的整数解只能在2(,)3a上取得．令x3-ax2=1000，则a=21000xx．令g(x)=21000xx，则32000()1gxx0，故g(x)在2(,)3a为增函数．因g(10)=0，g(15)=510109，故方程f(x)=1000的整数解集为{11，12，13，14}．从而对应的实数a亦有4个不同的值．题8(苏州市一模)在平面直角坐标系xOy中，点P是第一象限内曲线31yx上的一个动点，过P作切线与两个坐标轴交于A，B两点，则△AOB的面积的最小值是▲．解设P(a，-a3+1)，0a1，则切线方程为y=-3a2x+2a3+1．于是两交点分别为(0，2a3+1)，(32213aa，0)，322(21)()6AOBaSSaa．令333(21)(41)()3aaSaa=0，得a=322，且可判断此时S取最小值，值为3324．题9(盐城市一模)已知函数2342011()12342011xxxxfxx，2342011()12342011xxxxgxx，设()(3)(3)Fxfxgx，且函数F(x)的零点均在区间[,](,,)abababZ内，则ba的最小值为▲．解23420092010()1fxxxxxxx=20111,1,12011,1.xxxx当x≥0时，()0fx；当-1x0时，()0fx；当x-1时，()0fx，故函数f(x)为R上的增函数，于是函数f(x)在R上最多只有一个零点．因f(0)=10，f(-1)=111111(11)()()()2345201020110，故f(0)f(-1)0，因而5GEABCF图4f(x)在R上唯一零点在区间(-1，0)上，于是f(x+3)的唯一零点在区间(-4，-3)上．同理可得，函数g(x)为R上的减函数，于是函数f(x)在R上最多只有一个零点．又g(1)=111111(11)()()()2345201020110，g(2)=242010121212(12)2()2()2()2345201020110，于是g(1)g(2)0，因而g(x)在R上唯一零点在区间(1，2)上，于是g(x-3)的唯一零点在区间(4，5)上．所以，F(x)的两零点落在区间[-4，5]上，b-a的最小值为9．注不少考生想对复杂的函数表达式进行求和变形化简，结果当然是徒劳而返，得分率非常低．导数法是解决高次函数或复杂函数的强有力的工具．题10(南通市一模)已知等腰三角形腰上的中线长为3，则该三角形的面积的最大值是▲．解(本题解法很多，仅给出平几解法)如图4，△ABC中，E，F分别为底BC与腰AC的中点，BF与AE交于点G，则G为△ABC的重心，于是BG=CG=22333BF，且AE=3GE．所以，2132333sin()2223ABCBGCSSGBGCBGC，当且仅当∠BGC=2，即BG⊥GC时，△ABC的面积取最大值2．变式1在等腰三角形ABC中，AB=AC，D在线段AC上，AD=kAC(k为常数，且0k1)，BD=l为定长，则△ABC的面积的最大值为▲．略解如图5，以B为原点，BD为x轴建立直角坐标系xBy．设A(x，y)，y0．因AD=kAC=kAB，故AD2=k2AB2，于是(x-l)2+y2=k2(x2+y2)．所以，22222(1)21kxlxlyk=2222222(1)()111lklkxkkk≤2222(1)klk，于是，max21klyk，2max2()2(1)ABDklSk，2maxmax21()()2(1)ABCABDlSSkk．变式2在正三棱锥P-ABC中，D为线段BC的中点，E在线段PD上，PE=kPD(k为常数，且0k1)，AE=l为定长，则该棱锥的体积的最大值为▲．略解如图6，因PE=kPD，故EG=kOD．因AO=2OD，故2OFAOFGGEk，于是22OFGOk．因PGPEkPOPD，故1GOkPO，从而OFOFGOPOGOPO=2(1)2kk．DABCxy图5ABCPDEOF图6G6所以，22(1)PABCFABCkVVk．因2AFAOFEGEk，故AF=2222AElkk．于是，FA