高中数学高考选择填空题解法总结及专项训练资料

高考数学选择题主要考查对基础知识的理解、基本技能的熟练程度、基本计算的准确性、基本方法的正确运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面，注重多个知识点的小型综合，渗透各种数学思想和方法，能充分考查灵活应用基础知识、解决数学问题的能力．选择题是属于“小灵通”题，其解题过程“不讲道理”，所以解答选择题的基本策略是：充分地利用题干和选择支两方面的条件所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，先排除后求解，对于具有多种解题思路的，宜选最简解法等．解题时应仔细审题、深入分析、正确推演、谨妨疏漏．初选后认真检验，确保准确．

解数学选择题的常用方法，主要分直接法和间接法两大类．直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答，因此，我们还要研究解答选择题的一些技巧．总的来说，选择题属小题，解题的原则是：小题巧解，小题不能大做． 【方法要点展示】 方法一 直接法

直接法就是从题干给出的条件出发，进行演绎推理，直接得出结论．这种策略多用于一些定性的问题，是解选择题最常用的策略．这类选择题是由计算题、应用题、证明题、判断题改编而成的，可直接从题设的条件出发，利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则等通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论，然后与选择支对照，从而作出相应的选择．

例1【黑龙江省大庆铁人中学高三第一阶段考试】已知函数f(x)xaxb3 (x∈R)图

22象恒过点(2,0)，则ab的最小值为( )

2A．5 B.

11 C．4 D. 5422思路分析：通过函数图象恒过点(2,0)，找出a,b的关系，从而可求出ab的最小值.

【答案】B

点评：本题利用直接计算，转化为二次函数，利用二次函数的性质计算出最小值.

例2 【重庆市巴蜀中学高三上学期第三次月考】如图， 在复平面内，复数z1和z2对应的点

- 1 -

分别是A和B，则

z2z1（ ）

A．

121121i B．i C．i D．i 55555555思路分析：通过图可得z12i，z2i，代入【答案】C

z2z1计算即可.

考点：1、复数的几何意义；2、复数的运算

点评：（1）复数zabi一一对应复平面内的点Z(a,b)(a,bR)，一一对应平面向量OZ，即zabi(a,bR)Z(a,b)OZ；（2）由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数列结合的方法，使能更直观地解决．

例3【广东省廉江一中高三月考】在等比数列{an}中，则公比q（ ） a3a44，a22，A．－2

B．1或－2

C．1

D．1或2

思路分析：应用等比数列的通项公式，求出公比即可. 【答案】B

a1q2a1q34a12a11【解析】根据题意，代入公式，解得：，或

q2q1aq21点评：1.应用数列的通项公式是解这类题的基础.2.适当应用数列的性质可使解题简洁. 【规律总结】直接法是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，否则一味求快则会快中出错． 【举一反三】

- 2 -

1.【云南师范大学附属中学高三月考四】已知圆C：xy2x10，直线

22l:3x4y120，圆C上任意一点P到直线l的距离小于2的概率为（ ）

A．

1111 B． C． D． 6324【答案】D

2. 【安徽省示范高中高三第一次联考】已知直角梯形

ABCD,BADADC90,AB2AD2CD4，沿AC折叠成三棱锥DABC，当

三棱锥DABC体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A．

4 B．4 C．8 D．16 3【答案】D

【解析】如图，AB4,ADCD2，所以AC22,BC22，即ACBC．取AC的中点为E，AB的中点为O，连接DE,OE,OC，因为三棱锥DABC体积最大，所以平面DCA平面ABC，此时容易计算出OD=2，即OD=OB=OA=OC=2，故O是外接球的球心，OA是球的半径，于是三棱锥DABC外接球的表面积是42216．

方法二 特例法

特例检验(也称特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，再对各个选项进行检验，从而做出正确的选择．常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例检验是解答选择题的最佳方法之一，适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”，这样以全称判断形式出现的

- 3 -

题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”，利用“小题小做”或“小题巧做”的解题策略．

例4【宁夏银川市唐徕中学高三月考】若函数y＝f(x)在R上可导且满足 xf′(x)＋f(x)＞0恒成立，且常数a，b（a＞b），则下列不等式一定成立的是 ( ) A．af(a)＞bf(b) B．af(b)＞bf(a) C．af(a)＜bf(b) D．af(b)＜bf(a) 思路分析：利用fxx，显然符合条件，由x3的单调性即可求得结论.

2【答案】A

点评：1.等差数列的性质要用好.2.对于含参数的问题，可以选择参数为个具体的值进行求解. 例5如图，在棱柱的侧棱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( ) A．3∶1 C．4∶1

B．2∶1 D.3∶1

思路分析：对于P,Q位置有关系，但不确定是何值时，可以选择特殊情况进行解决. 解析：将P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有VCAA1B＝VA1ABC＝

VABCA1B1C13，故选B.

点评：1.掌握常见几何体的体积求解. 例6【2015高考安徽】函数fxaxbxc2的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

（A）a0，b0，c0 （B）a0，b0，c0 （C）a0，b0，c0 （D）a0，b0，c0

- 4 -

思路分析：利用fx【答案】C

axbxc2，利用特点验证法即可求得结论.

点评：函数图象的分析判断主要依据两点：一是根据函数的性质，如函数的奇偶性、单调性、值域、定义域等；二是根据特殊点的函数值，采用排除的方法得出正确的选项.本题主要是通过函数解析式判断其定义域，并在图形中判断出来，另外，根据特殊点的位置能够判断a,b,c的正负关系.

【规律总结】特例法是解答选择题最常用的基本方法．特例法适用的范围很广，只要正确选择一些特殊的数字或图形必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用特例法解选择题的能力，准确把握题目的特点．用简便的方法巧解选择题，是建立在特值有代表性的基础上的，否则会因考虑不全面而得不到正确的答案． 【举一反三】

1.设f(x)与g(x)是定义在同一区间上的两个函数，若对任意x∈，都有|f(x)g(x)|1成

2立，则称f(x)和g(x)在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”.若f(x)x3x4与

g(x)2x3在上是“密切函数”，则其“密切区间”可以是 （ ）

（A） 【答案】D

- 5 -

（B） （C） （D）

【解析】由于本题正面解题较困难.根据密切区间的定义，将x1代入检验，不成立，在代入x2符合题意.再将x4代入不成立，则可得结论.

cos B→cos C→→

2. 已知O是锐角△ABC的外接圆圆心，∠A＝60°，·AB＋·AC＝2m·AO，则m的

sin Csin B值为( ) A.3

2

B.2 C．1

1D. 2

【答案】A

方法三 排除法(筛选法)

数学选择题的解题本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．筛选

法(又叫排除法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．

例7【武汉市部分学校2016 届高三调研】）一个简单几何体的正视图、侧视图如右图所示，则其俯视图不可能为（ ） ．．．．．．

①长方形；②正方形；③圆；④椭圆. 中的 A.①②

B.②③

C.③④

D.①④

思路分析：判断可以是长方形，排除选项A，D，若为正方形正视图不可能出现3，则排除了C选项.

- 6 -

【答案】B

【解析】若俯视图为正方形，则正视图中的边长3不成立；若俯视图为圆，则正视图中的边长3也不成立.

点评：本题采用排除法，把易判断找出，排除不合理的答案.

例8【朝阳区高三年级期中】设a,b是两个非零的平面向量，下列说法正确的是( )

b=0，则有a+b=ab； ①若a×②abab；

③若存在实数λ，使得a＝λb，则a+b=ab；

④若a+b=ab，则存在实数λ，使得a＝λb. A. ①③ B. ①④ C.②③ D. ②④

b=0思路分析：若a综a^b?a+b=ab，故①正确，排除C，D；若存在实数λ，

使得a＝λb，等价于a//b，即a与b方向相同或相反，而a+b=ab表示a与b方向相同，故③错，则选B.

点评：对于平面向量的线性运算以及平面向量基本定理，最主要要记住一些常见易错的点. 例9【2015届山东省实验中学高三上学期第二次诊断性考试】5.函数y是（ ）

xlnx的图像可能x

思路分析：根据函数性质的函数为奇函数排除A,C再代入x2,y0，排除D. 解析：因为f(x)(x)ln|x|xln|x|f(x)，所以f(x)为奇函数，排除A，C.再

|x||x|- 7 -

代入x2,y0，排除D，所以选B. 点评：数形结合的思想的应用.

【规律总结】排除法(筛选法)是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要知道选项中的部分答案的知识必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．排除法(筛选法)的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握一定“三基”的基础上的，否则也是无法准确地得到正确答案． 【举一反三】

1. 函数y＝2的定义域为，值域为，a变动时，方程b＝g(a)表示的图形可以是( )

|x|

【答案】B

2.下列四个命题中正确的命题序号是

（ ）

- 8 -

①向量a,b共线的充分必要条件是存在唯一实数，使ab成立. ②函数yf(x1)与yf(1x)的图像关于直线x1对称.

2③ysincos2y([0,])成立的充分必要条件是|2y|1y

④已知U为全集，则xAA．②④ 【答案】D

B的充分条件是x(CUA)(CUB).

C．①③

D．③④

B．①②

【解析】由①命题成立还要一个条件b0.所以排除B,C选项. ②命题中函数yf(x1)的图像是根据函数yf(x)图像向右平移1个单位得到，而函数yf(1x)的图像是通过函数yf(x)图像即函数yf(x)图像关于y轴对称的图像向右平移一个单位得到.所以②正确.故选择A.

方法四 图解法(数形结合法)

在解答选择题的过程中，可先根据题意，作出草图，然后参照图形的作法、形状、位置、性质，综合

图象的特征，得出结论，习惯上也叫数形结合法．

xy30例10【东北师大附中、吉林市第一中学校等高三五校联考】若x、y满足不等式xy30，

y1则z=3x+y的最大值为（ ）

A. 11 B. 11 C. 13 D. 13 思路分析：根据题目所给的意思画出可行域，利用直线的截距进行求解. 【答案】A

【解析】将z3xy化为y3xz，作出可行域与目标函数基准线y3x，如图所示，当直线y3xz向右上方平移时，直线y3xz在y轴上的截距z增大，当直线

xy30y3xz经过点D时，z取得最大值；联立，得D(4,1),此时

y1zmax43111，故选A.

- 9 -

点评：利用线性规划求目标函数最值的步骤： （1）作图，画出可行域与目标函数基准直线；（2）平移，平移目标函数直线，以确定最优解对应点的位置.有时需要进行目标函数和可行域边界的斜率的大小比较；（3）求值，解有关方程组求出最优解的坐标，再代入目标函数，求出目标函数的最值.

例11【2015高考福建】已知ABAC,AB,ACt ，若P 点是ABC 所在平面内一点，且AP1tABAB4ACAC ，则PBPC 的最大值等于（ ）

A．13 B．15 C．19 D．21

思路分析：建立坐标系，通过通过数形结合，转化为坐标计算可得. 【答案】A

点评：本题考查平面向量线性运算和数量积运算，通过构建直角坐标系，使得向量运算完全代数化，实现了数形的紧密结合，同时将数量积的最大值问题转化为函数的最大值问题，本题容易出错的地方是对

ABAB的理解不到位，从而导致解题失败．

- 10 -

x26x6,x0,例12【陕西省镇安中学高三月考】设函数f(x)=若互不相等的实数x1,x2,x3

3x4,x0,满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1+x2+x3的取值范围是( ) A.(2026,] 33B.(202611,) C.(,6] 333

D.(11,6) 3分析：根据题意作出f(x)的图像，问题转化为与直线的交点问题即可. 【答案】D

【解析】作出函数fx的图像如图:

点评：本题以分段函数图像为载体，考查数形结合思想，意在考查考生的化归与转化能力.难度较大.

【规律总结】图解法(数形结合法)是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要把握图形的性质必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．用图解法(数形结合法)的方法巧解选择题，是建立在扎实函数图像的基础上的，否则会因为图像的把握不准而不能得到正确的结论． 【举一反三】

1. 【浙江省绍兴市一中高三9月回头考】 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）

- 11 -

（A）2【答案】B

【解析】三棱锥的高为1，底面为等腰三角形，如图：因此表面积是11122+251+52=225，选B． 2225 （B）225 （C）

42 （D） 33

2x,x2,2. 【2015高考天津】已知函数fx 函数gxbf2x ，其2x2,x2,中bR，若函数yfxgx 恰有4个零点，则b的取值范围是( ) （A）7777, （B）, （C）0, （D）,2

4444【答案】D

f(x)f(2x)b0有4个不同的解，即函数yb与函数yf(x)f(2x)的图象

的4个公共点，由图象可知

7b2. 4- 12 -

82525 1015 468

1.【重庆市巴蜀中学高三月考】若直线ax2y10与直线xy20互相垂直，那么a的值等于( )

A．1 B． C．【答案】D

132 D．2 3 yAFBx【解析】由【用到方法】直接法.

得，故选D.

2.如图,直线y=m与抛物线y=4x交于点A，与圆(x－1)+y=4的实线部分交于点B,F为抛物线的焦点，则三角形ABF的周长的取值范围是 ( ) A.(2,4) B.(4,6) C. D.

【答案】B

222

【用到方法】1.图像法.2.排除法.

- 13 -

3. 【2015高考新课标1】函数f(x)cos(x)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为（ ） （A）(k1313,k),kZ （B）(2k,2k),kZ 44441313（C）(k,k),kZ （D）(2k,2k),kZ

4444【答案】D

【用到方法】图像法.

32c、4.已知函数f(x)xbxcxd（b、，当x(0,1)时取极大值，当x(1,2)d为常数）

时取极小值，则(b)(c3)的取值范围是 （ ）

1222A. (3737,5) B. (5,5) C. (,25) D. (5,25) 24cABDo4b+c+12=02b+c+3=0b

【答案】D

322【解析】因为函数f(x)xbxcxd的导数为f'(x)3x2bxc.又由于当

f'(1)02bc30x(0,1)时取极大值，当x(1,2)时取极小值.所以f'(0)0即可得c0，因

f'(2)04bc120- 14 -

为(b)(c3)的范围表示以(12221,3)圆心的半径的平方的范围.通过图形可得过点A最222大，过点B最小，通过计算可得(b)(c3)的取值范围为(5,25).故选D. 【用到方法】1.图像法.2.特值法.

1

5.【阜阳一中月考】数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m、n，都有am＋n3＝am·an，若Sn2B. 3D．2

12【用到方法】直接法.

22253526.【安徽省示范高中高三第二次联考】已知a(),b(),clog3,则a,b,c的大小关

5555系是（ ）

A. a【解析】因为2231,log1.所以abc,故D正确. 355552525【用到方法】构造函数法

7.【三明一中2014—2015学年上学期学段考高三】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，真命题共

有（ ）个.

A.0 B.1 C.2 D.4 【答案】C.

- 15 -

【解析】当c0时，acbc0，即原命题错误，则其逆否命题错误；原命题的逆命

22题为“设a、b、cR,若acbc,则ab”为真命题，则原命题的否命题为真命题；故

22选C.

【用到的方法】1.排除法；2.特值法.

8.【广东省惠州市高三第一次调研】下列命题中的假命题是（ ）．

（A）xR,lgx0 （B）xR,tanx0 （C）xR,20 （D）

xxR,x20

【答案】D

【解析】对选项D，由于当x0时，x20，故选D． 【用到方法】1.特值法.

9.【安徽省示范高中高三第一次联考】在复平面内复数z数a的取值可以为（ ）

A.0 B.1 C.-1 D.2 【答案】A 【解析】zai1对应的点在第一象限，则实1i1a0ai1(ai1)(1i)(1a)(1a)i，，∵复数在第一象限，∴1a01i(1i)(1i)21a1选A.

【用到的方法】直接法.

10.【广东省广州市荔湾区高三调研测试】某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是

A.

2016 B. C.8 D.8 3363【答案】A

【用到的方法】数形结合法.

x2y211.【广东省广州市荔湾区高三调研测试】如图，F1、F2是双曲线221(a0,b0)ab- 16 -

的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、B.若ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为

A.4 B.7 C.【答案】B

23 D.3 3【解析】设正三角形的边长为m，即ABAF2BF2m，结合双曲线的定义，可知

BF12a,BF24a,F1F22c，根据等边三角形，可知F1BF2120,应用余弦定理，

可知4a216a222a4a【用到的方法】数形结合.

12.【宁夏银川九中高三年级期中试卷理科数学】已知函数f(x)是奇函数，当x0时，

c14c2，整理得7，故选B.

a2f(x)ax(a0且a1) , 且f(log0.54)3，则a的值为（ ）

A. 3 B. 3 C. 9 D. 【答案】A 【解析】

3 2【用到的方法】直接法.

测试二

1.【重庆市部分区县高三上学期入学考试】已知正数组成的等比数列{an}，若a1a20100，那么a7a14的最小值为（ ） A．20

B．25 C．50 D．不存在

- 17 -

【答案】A

【解析】由已知得a7a142a7a142a1a20210020．故选：A． 【用到方法】直接计算.

2.【长春市普通高中高三质监】已知向量a，b满足a+b(5,10)，ab(3,6)，则a,b夹角的余弦值为( ) A. 【答案】D 【解析】a13 13 B. 13 13

C. 213 13 D. 213 13(ab)(ab)(ab)(ab)(4,2)，b(1,8)，则a,b的夹角余弦

22值为cosab20213. 故选D. 13|a||b|2065【用到方法】直接法

3．【广东省广州市荔湾区高三调研测试】将函数f(x)sin(2x)(2)的图象向左平移



个单位后的图形关于原点对称，则函数f(x)在0,上的最小值为 62

A.【答案】D

1133 B. C. D.

2222【用到方法】图像法.

x34．【长春市普通高中高三质监】已知函数y|x|,则其图像为( )

e- 18 -

A. B.

C. D. 【答案】A

x3【解析】函数y|x|为奇函数，且y|x00，可推出在原点处切线的斜率为0，故选A.

e【用到方法】特值法.

5.【宁夏银川一中高三模拟考试】下列图象中，有一个是函数

1 f(x)x3ax2(a21)x1(aR,a0)的导函数f(x) 的图象，则f(1)（ ）

3

A．

11715 B． C． D．或 33333【答案】B 【解析】

【用到方法】数形结合.

- 19 -

6.【辽宁省五校协作体高三上学期期初考试】已知F1,F2分别为双曲线

PF1x2y21(a0,b0)的左、右焦点，P为双曲线右支上的任意一点，若的最小值22abPF2为8a，则双曲线的离心率e的取值范围是（ ）

A.1,3 B. 1,3 C.3,3 D.3,

2【答案】A

PF1(2aPF2)24a2【解析】：PF24a8a当且仅当PF22a时取得最小值，

PF2PF2PF2此时PF2aca解得，e14a.已知PF2ca,即故选A。

【用到方法】数形结合.

2x7.【河南省师范大学附属中学高三12月月考理科数学】若曲线C1:yx与曲线C2:yae2c3.又因为双曲线离心率e1.a(a0)存在公共切线，则a的取值范围为（ ）

A．[8844,)(0,][,)(0,] B． C． D．2222eeee【答案】D

2【解析】设公共切线与曲线C1切于点(x1,x1)，与曲线C2切于点(x2,ae2)，则

xaex2x12aex2x12x，将ae2x1代入2x1，可得2x2x12，又由2x2aex2x1x2x1x22aex22x1得x10，∴x21，且a4(x21)4(x1)f(x)，记，x1，求导得

ex2exf'(x)4(2x)4f(x)(1,2)(2,)f(x)f(2)，可得在上递增，在上递减，∴，maxexe24]. e2∴a(0,【用到方法】直接法

8.【福建省厦门双十中学高三上学期期中考试】下列函数存在极值的是（ ）

- 20 -

A. y2xcosx x32B. yelnx C. yx3x3x1

D.

ylnx1 x【答案】B

【用到方法】排除法

9.【长春市十一高中2014-2015学年度高三上学期阶段性考试数学试题（理）】在非直角ABC中 “AB”是“tanAtanB”的（ ）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】D

【解析】：在非直角ABC中 ， 由“AB”不能推出“tanAtanB”，如A=120，B=30

0

0

此时满足A>B，但tanA<0,而tanB>0不满足tanAtanB，所以不充分；反之，当tanAtanB时，也不能推出AB，如A为锐角，B为钝角时有tanAtanB，但A【用到方法】特值法. 10.【2014-2015

学年度上学期省五校协作体高三期中】函数

fxAsin(x)(A0,0,||y x

2)的图象如下图所示，则下列说法正确的是（ ）

1 O 5- 66A．对称轴方程为x32k(kZ) B．6 C.最小正周期是

- 21 -

D．fx在区间(【答案】D

35,)上单调递减 26【用到方法】排除法，直接法.

11.【拉萨中学高三年级（）第三次月考试卷】已知单位向量向量

与

的夹角为

，则

与

的夹角为

，且

，

=（ ）

D．

A． B．【答案】B.

【解析】因为单位向量

与

C．

的夹角的余弦值为

，所以e1e2e1e2cos221；3又因为ab(3e12e2)(3e1e2)119e1e28，而3e12e29，3e1e28，

所以3e12e23，3e1e222，所以

abab22，故应选B. 3【用到方法】直接法.

12.【河南省师范大学附属中学高三12月月考】如图，在平行四边形ABCD中，BHCD于

ABACBECBAE15，点H，BH交AC于点E，已知|AB||BE|3，则

3 22AE（ ） ECA．6 B．3 C．2 D．

- 22 -

【答案】D

【用到方法】数形结合法.

测试三

1. 【2015高考上海】设z1、z2C，则“z1、z2均为实数”是“z1z2是实数”的（ ）. A. 充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件 【答案】A

【解析】设z1a1b1i(a1,b1R)，z2a2b2i(a2,b2R)，若z1、z2均为实数，则

b1b20，所以

z1z2a1a2(b1b2)ia1a2是实数；若

z1z2a1a2(b1b2)i是实数，则b1b2，所以“z1、z2均为实数”是“z1z2是实数”

的充分非必要条件，选A. 【用到方法】特值法.

- 23 -

2x12. 【2015高考山东，文8】若函数f(x)x是奇函数，则使（fx）3成立的x的取值

2a范围为( ) （A）( 【答案】C

) (B)(

) （C） （D） （0,1）（1,）【用到方法】图像法.

2223.【山东省实验中学高三6月份模拟考试】已知a>0，b>0，c>0，且 ab1,abc4，

则abbcac的最大值为

A．122 B．3 C．3 D． 4 【答案】A

222【解析】因为ab1,abc4，所以a2b24c22ab2，当且仅当ab1时取等号，所以c22，因为c0，所以0c2，当c2时，ab1，所以

(ab)c2，则abbcac1(ab)c122，所以abbcac的最大值为

122，故选A．

【用到方法】直接法.

4.【吉林省实验中学高三上学期第一次模拟】一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是 （ ）

- 24 -

（A） （B）72 （C）80 （D）112 【答案】B

【解析】根据几何体的三视图知，该几何体是下部是棱长为4的正方体，上部是三棱锥的组合体，如图所示，所以该几何体的体积是V组合体=V正方体+V三棱锥=4342372．

1132

【用到方法】数形结合.

5.【湖北省八校高三第一次联考】已知复数z12ai(aR)，z212i，若|z1|( )

z1为纯虚数，则z2 A．2 【答案】D 【解析】由于故选择D.

B．3 C．2 D．5

z12ai2ai12i22a4ai为纯虚数，则a1，则z1z212i555，

【用到方法】直接法.

6.【金太阳“巴蜀好教育联盟”(四川)12月大联考数学(理工类)】云南师范大学附属中学高三月考四在区间A．

B．

内任取两个数 C．

，则满足 D．

概率是（ ）

【答案】B

- 25 -

【用到方法】数形结合法

7.【湖南沙市一中高三上学期月考五】若如下框图所给的程序运行结果为S=35，那么判断框中应填入的关于k的条件是（）

A．k=7 B．k6 C．k<6 D．k>6 【答案】D

【用到方法】直接法，排除法

8.【金太阳“巴蜀好教育联盟”(四川)12月大联考】从0，1，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有( ) A、24个 【答案】C

【解析】若包括0，则还需要两个奇数，且0不能排在最高位，有C3A2A2＝3×2×2＝12个 若不包括0，则有C2C3A3＝3×2×6＝36个 共计12＋36＝48个 【用到方法】直接法

9.【湖北省八校高三第一次联考】棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是( ) A．

1

2

3

2

1

2

B、36个 C、48个 D、54个

14 B．4 3- 26 -

C．

103 D．3

【答案】B

【解析】几何体如图，体积为：12234，故选择B

【用到方法】数形结合法

10.【浙江新高考单科综合调研卷】已知x1xy10，若axy的最小值是2，则a2xy20A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B.

y （3，4） （1，2）

O （1，0） x - 27 -

） （

【用到方法】数形结合法，排除法.

11.【南昌二中第四次考试】已知数列{an}的前n项和Sna1(a0)，则数列{an}（ ） A. 一定是等差数列 B. 一定是等比数列

C. 或者是等差数列，或者是等比数列 D. 既不可能是等差数列，也不可能是等比数列 【答案】C

nn11【解析】当a1时，a1s1110，当n2时，ansnsn111(11)0，

n所以数列{an}是等差数列，当a1时，a1s1a1，当n2时，

ansnsn1an1(an11)anan1，所以an1an1an2所以

ananan1a，数列{an}是等差数列，综上所述该数列是等差数列，或者是等比数an1an1an2列.

【用到方法】特值法

x2y212.【河南省师范大学附属中学2015届高三12月月考】已知双曲线221(a0,b0)ab222的左焦点为F，左顶点为C，过点F作圆O：xya的两条切线，切点为A、B，若

ACB1200，则双曲线的渐近线方程为（ ）

A．y3x B．y【答案】A

32x C．y2x D．yx 32【用到方法】数形结合法.

填空题的特征：填空题是不要求写出计算或推理过程，只需要将结论直接写出的“求解题”．填空题与选择题也有质的区别：第一，填空题没有备选项，因此，解答时有不受诱误干扰之好处，但也有缺乏提示之不足；第二，填空题的结构往往是在一个正确的命题或断言

- 28 -

中，抽出其中的一些内容(既可以是条件，也可以是结论)，留下空位，让考生填上，考查方法比较灵活．

从历年高考成绩看，填空题得分率一直不是很高，因为填空题的结果必须是数值准确、形式规范、表

达式最简，稍有毛病，便是零分．因此，解填空题要求在“快速、准确”上下功夫，由于填空题不需要写出具体的推理、计算过程，因此要想“快速”解答填空题，则千万不可“小题大做”，而要达到“准确”，则必须合理灵活地运用恰当的方法，在“巧”字上下功夫． 2． 解填空题的基本原则：解填空题的基本原则是“小题不能大做”，基本策略是“巧做”．解填空题的常用方法有：直接法、数形结合法、特殊化法、等价转化法、构造法、合情推理法等．

【方法要点展示】

方法一 直接法：直接法就是从题干给出的条件出发，运用定义、定理、公式、性质、法则等知识，通过变形、推理、计算等，直接得出结论．这种策略多用于一些定性的问题，是解填空题最常用的策略．这类填空题是由计算题、应用题、证明题、判断题改编而成的，可直接从题设的条件出发，利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则等通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论，使用此法时，要善于透过现象看本质，自觉地、有意识地采用灵活、简捷的解法．

x3,xa例1【湖南】已知f(x)2，若存在实数b，使函数g(x)f(x)b有两个零点，

x,xa则a的取值范围是 .

思路分析：本题是一道函数的零点问题，可转化为不等式组有解的参数，从而得到关于参数a的不等式，解不等式可求出参数的取值范围. 【答案】(,0)(1,).

132无解，方程xb(xa)有2个根：则可知关于b的不等式组ba有解，从而a0，

ba综上，实数a的取值范围是(,0)(1,).

- 29 -

点评：本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题，表面上是函数的零点问题，实际上是将问题等价转化为不等式组有解的问题，结合函数与方程思想和转化思想求解函数综合问题，将函数的零点问题巧妙的转化为不等式组有解的参数，从而得到关于参数a的不等式，此题是创新题，区别于其他函数与方程问题数形结合转化为函数图象交点的解法，从另一个层面将问题进行转化，综合考查学生的逻辑推理能力.

x2y2例2【山东】平面直角坐标系xoy中，双曲线C1:221a0,b0的渐近线与抛物线

abC2:x22pyp0交于点O,A,B，若OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率

为 .

思路分析：本题求出双曲线的渐进线方程，与抛物线结合可得A点坐标，利用垂心可得

kOBkAF1，从而建立等式，可求出双曲线的离心率.

【答案】

3 2点评：本题考查了双曲线与抛物线的标准方程与几何性质，意在考查学生对圆锥曲线基本问题的把握以及分析问题解决问题的能力以及基本的运算求解能力，三角形的垂心的概念以及两直线垂直的条件是突破此题的关键.

【规律总结】直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键． 【举一反三】

- 30 -

1. 【天津】在ABC 中，内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c ，已知ABC的面积为315 ，

1bc2,cosA, 则a的值为 . 4【答案】8

2. 【2015江苏高考】数列{an}满足a11，且an1ann1（nN*），则数列{前10项和为 【答案】

20 111}的an【解析】由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121n(n1) 2所以

11112n202(),Sn2(1),S10 annn1n1n111方法二 特例法

当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值(或特殊函数，或特殊角，特殊数列，图形特殊位置，特殊点，特殊方程，特殊模型等)进行处理，从而得出待求的结论．这样可大大地简化推理、论证的过程．

2x1m例3【如东中学高三周练】若函数f(x)是奇函数，则m .

2x1思路分析：根据奇函数的特点，带入特殊值即可求出m的值. 解析：显然f(x)的定义域为(,0)(0,)，∴令x1,x1，则

20m22mf(1)f(1)110，

2121则m2.

点评： 特例法的巧妙运用，能大大减少一些复杂的运算．

- 31 -

【规律总结】求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解．本题中的发现函数过一个定点是本题的运用特值法的前提条件，从而减少了计算量． 【举一反三】

→→

8. 如图所示，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则AP·AC＝________.

【答案】18

→→

【解析】把平行四边形ABCD看成正方形，则P点为对角线的交点，AC＝6，则AP·AC＝18. 方法三 数形结合法

对于一些含有几何背景的填空题，若能数中思形，以形助数，则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形．

例1【新课标1】在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是 . 思路分析：本题是一道解三角形题，作出图像，结合图像利用正弦定理可得AB的取值范围． 【答案】（62，6+2）

点评：本题考查正弦定理及三角公式，作出四边形，发现四个为定值，四边形的形状固定，边BC长定，平移AD，当AD重合时，AB最长，当CD重合时AB最短，再利用正弦定理求出两种极限位置是AB的长，即可求出AB的范围，作出图形，分析图形的特点是找到解题思路的关键.

【规律总结】图解法实质上就是数形结合的思想方法在解决填空题中的应用，利用图形的直

- 32 -

观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果． 【举一反三】

1. 【天津】在等腰梯形ABCD 中,已知AB//DC,AB2,BC1,ABC60 ,动点E 和

F 分别在线段BC 和DC 上,且,BEBC,DF为 . 【答案】

1DC, 则AEAF的最小值929 18 DFCEA方法四 构造法

B

构造型填空题的求解，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型，使问题快速解决． 例5【江西省五校高三第二次联考】A,B,C,D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形,

AD⊥平面ABC，AD4，AB23,则该球的表面积为_________.

思路分析：本题是一道几何体的结合问题，由所给三棱锥的特征，不难想到是正三棱柱的一

- 33 -

部分，而球与正三棱柱的组合是立几考查中常考常新的问题．

解析：由题意画出几何体的图形如图，把A,B,C,D扩展为三棱柱，上下底面的中心连线的中点与A距离为球的半径，AD4，AB23，所以AE2,AO22，ABC是正三角形，所以球的表面积

42232.

2

点评：简单几何体与球的组合问题是高考中最常见的问题．通常情况下要去转化构造成常考的、熟悉的做法.

【规律总结】构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．本题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决． 【举一反三】

1111111. 已知a＝ln－，b＝ln－，c＝ln－，则a，b，c的大小

2 0132 0132 0142 0142 0152 015关系为________． 【答案】a>b>c

方法五 归纳推理法

做关于归纳推理的填空题的时候，一般是由题目的已知可以得出几个结论(或直接给出了几个结论)，然后根据这几个结论可以归纳出一个更一般性的结论，再利用这个一般性的结论来解决问题．归纳推理是从个别或特殊认识到一般性认识的推演过程，这里可以大胆地猜想． 例6【安徽省蚌埠三中月考卷】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为

nn＋

2121

＝n＋n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，22

- 34 -

以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式： 三角形数 正方形数 五边形数 六边形数

N(n,3)＝n2＋n， N(n,4)＝n2， N(n,5)＝n2－n， N(n,6)＝2n2－n

32

12

1212

………………………………………

可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.

思路分析：本题中如何求出N(n，k)是解题的一个关键，也是一个难点，观察所给条件不难发现运用特殊到一般的规律进行处理，进而求解．

点评：归纳推理法在填空题中的运用不是十分严格的，但在本题中不失是一种行之有效的方法，如在解答题中运用是要加以证明的．

【规律总结】这类问题是近几年高考的热点．解决这类问题的关键是找准归纳对象．如本题把函数的前几个值一一列举出来．观察前面列出的函数值的规律，归纳猜想一般结论或周期，从而求得问题． 【举一反三】

1. 【陕西】观察下列等式：

11 22111111－

23434111111111－

2345561－…………

据此规律，第n个等式可为______________________. 【答案】111111111 2342n12nn1n22n【解析】观察等式知：第n个等式的左边有2n个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为1，分母是1到2n的连续正整数，等式的右边是

111.故答案为n1n22n11111111 12342n12nn1n22n- 35 -

221.【湖南省师大附中等高三四校联考】已知点A(1,0)，过点A可作圆xymx10的

两条切线，则m的取值范围是______． 【答案】(2,)．

【用到方法】直接法

2．正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的底面边长为3，侧棱长为1，则动点从A沿表面移到点D1时的最短的路程是 ． 【答案】19 【解析】如下图所示，作出正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的展开图，如果动点从A经侧面通过BB1,CC1移到点D1时，则路程为3321227；如果动点从A经经A1B1沿

上底面移到点D1时，根据题目条件，BD1BB1B1D11334，则路程为

4319；而1927，所以最短的路程是19. 22

【用到方法】数形结合法

3.【山西省山大附中高三上学期期中考试】已知函数f(x)lg(x),2x0x6x4,x0若关于x的函

2数yf(x)bf(x)1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是（ ）

- 36 -

A．(2,)B．[2,) C．(2,【答案】D

1717)D．(2,]44

【用到方法】数形结合法 4.已知数列an满足an1___________． 【答案】1017072

【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么

1ann,nN，则数列a的前2016项的和S2016的值是

nna3a22，a4a33，关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有a2a11，a5a44，…，a2015a20142014，a2016a20152015，我们的目的是求S2016a1a2a3a4a2016，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首

先想到把出现“＋”的式子相加（即n为偶数的式子相加），将会得到

a2a3a4a5a2014a2015242014，好像离目标很近了，但少a1a2016，

而a1与a2016分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到

- 37 -

(a1a2016)(a2a2105)

210512014，为了求a1a2016，我们又不得不求a2a2015，依次下去，发现此路可能

较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有(a4a3)(a2a1)312，即

(a1a4)(a2a3)2，而a2a32，∴a1a44，因此a1a2a3a4246，

我们由开始的三个等式求出了a1a2a3a4，是不是还可用这种方法求出a5a6a7a8呢？下面舍去a5a44，考察a6a55，a7a66，a8a77，同样方法处理，

(a8a7)(a6a5)(a5a8)(a6a7)752，从而a5a82(a6a7)8，于

是a5a6a7a88614，而得S2016(a1a2a3a4)2016504，正好504组，看来此法可行，由此我们可4(a2013a2014a2015

(a4k3a4k2a4k1a4k)a2016)(222)(226)(22(4k2))(222014)25044(135【用到方法】归纳推理法

1007)1017072．

第二组

1.已知tan()=【答案】41， (,)，则tan的值是_______;cos的值是_______. 7234; 45【用到方法】直接法

2.【安徽省红旗中学月考】若锐角α，β，γ满足cosα＋cosβ＋cosγ＝1，那么tan α·tan β·tan γ的最小值为________． 【答案】22.

【解析】如图，构造长方体ABCD­A1B1C1D1.设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，∠C1AB＝α，∠C1AD＝β，

- 38 -

2

2

2

∠C1AA1＝γ，则cosα＋cosβ＋cosγ＝1.从而有tan α·tan β·tan γ＝

222

b2＋c2a2＋c2a2＋b22bc·2ac·2ab··≥＝22.当且仅当a＝b＝c时，tan α·tan abcabcβ·tan γ有最小值22.

【用到方法】构造法

323.【河北省冀州市中学高三上学期期中】过函数f(x)x3x2x5图像上一个动点作

函数的切线，则切线倾斜角的范围是 ． 【答案】0,23, 4【用到方法】直接法

4.【浙江省绍兴市一中高三9月回头考】已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是线段A1C1上的动点，则四棱锥PABCD 的外接球的半径R的取值范围为 ． 【答案】[,33] 42【解析】外接球的球心必在上下底面中心OO1的连线上，也在线段PA中垂线l上,即球心为线段OO1与l的交点，当点P是线段A1C1中点O1时，球的半径R最小，由三角形相似得半径R

为

33；当点P是A1或C1中点时，球心为OO1中点，球的半径R最大，为；半径R的取值

2433]． 42- 39 -

范围为[,

【用到方法】数形结合法

第三组

1.【安徽省六安市一中高三上学期第四次月考】分形是几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗（BenoitMandelbrot）在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照下图1的分形规律可得到如图2所示的一个树

*形图，则当n3时，第n(nN)行空心圆点个数an与第n1行及第n2行空心圆点个数

an1,an2的关系式为________；第12行的实心圆点的个数是_______．

【答案】anan1an2；

【用到方法】归纳推理

2.【浙江省效实中学高三上学期期中考试】已知正项数列an的首项a11，且

22*2nan1(n1)anan1(n1)an0(nN)，则an的通项公式为an ．

【答案】

n 2n1【解析】

22*试题分析：因为2nan1(n1)anan1(n1)an0(nN)，所以

2nan1(n1)an(an1an)0，所以2nan1(n1)an- 40 -

0或an1an0（舍去），

所以

an1n1an，n an2nan!2(n1)naa2a323nn1n1. a1a2an121222(n1)2ana1【用到方法】直接法

223. 【贵州省贵阳市六中高三元月月考】已知圆O:xy1,直线x2y50上动点P，

过点P作圆O的一条切线，切点为A,则PA的最小值为 ． 【答案】2

【用到方法】数形结合法

xy44.【浙江省效实中学高三上学期期中考试】已知点P(x,y)的坐标满足：yx，过P的

y122直线交圆C:xy25于A、B两点，则弦长AB的最小值为 ．

【答案】215 xy4【解析】如图所示，阴影部分yx的可行域，要弦长AB取得最小值，则AB离圆心的

y1xy4x3解得距离最大，易得当AB过点F，且ABOF与DF满足题意，由 所以y1y1F(3,1)|OF|321210，AB最小值=252(10)2215.

- 41 -

【用到方法】数形结合法

第四组

1.【重庆市巴蜀中学高三上学期期中】若zC，且z22i1，则z22i的最小值为 ． 【答案】3．

【用到方法】数形结合法

x12. 【江西省名校学术联盟高三第一次调研】已知x,y满足xy40，，记z2xy的

xy0最大值为m，则函数ya【答案】(1,3)

【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，解方程组得边界点的坐标为

A(1,3),B(2,2),C(1,1)，易知将B(2,2)代入时会使得目标函数取得最大值z=2×2-2=2.所以

x1m（a0且a1）的图象所过定点坐标为 .

yax1max12过定点(1,3).

- 42 -

x

【用到方法】数形结合法

3.设fx是定义在R上的函数，且对任意x,yR,均有fxyfxfy2014成立，若函数gxfx2014x【答案】-4028

2013有最大值M和最小值m，则Mm =__________.

【用到方法】特例法（赋值）

4.【湖北省八校联考】如图，已知球O的面上有四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，

DA＝AB＝BC＝2，则球O的体积等于________．

【答案】6π

- 43 -

【用到方法】构造法

第五组

1. 【辽宁省葫芦岛市一中高三上学期期中】36的所有正约数之和可按如下方法得到：因为

362232，所以36的所有正约数之和为

(1332)(223232)(222232232)(1222)(1332)91，参照上

述方法，可求得200的所有正约数之和为 ． 【答案】465．

【解析】类比36的所有正约数之和的方法有：200的所有正约数之和可按如下方法得到：因为2002352，所以200的所有正约数之和为(122223)(1552)465，所以200的所有正约数之和为465，故应填465． 【用到方法】归纳推理法

2. 【襄阳五中 宜昌一中 龙泉中学高三年级联考】已知sin(15),(,)，则6336cos() _________．

3【答案】126 6【解析】因为(536,)，221结合sin(),所以cos()，(,)，

636263所以cos(31cos()sin())cos[()]262636632211126(). 23236【用到方法】直接法

x2y23.【浙江省效实中学高三上学期期中考试】已知F1、F2分别是双曲线221的左、右焦

ab点，过F2且垂直于x轴的直线与双曲线交于A、B两点，若ABF1为锐角三角形，则双曲线

- 44 -

的离心率e的取值范围是 ． 【答案】(1,21)

【用到方法】直接法

4. 【吉林省吉林大学附中高三上第四次摸底】甲船在岛的正南方处，

千米，甲船

以每小时千米的速度向正北航行，同时乙船自出发以每小时千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲，乙两船相距最近时，它们所航行的时间是 小时. 【答案】

的三角形，设，乙船距离B，由于抛物

小时.

【解析】两船轨迹及距离最近时两船连线构成一个以B岛为顶点，角度为距离最近时航行时间岛

，所以

，此时距离

，此时甲船到B岛距离为

，化简得

线的考口向上，在对称轴处有最小值，当取最小值时，

【用到方法】数形结合法

第六组

xy1y11.【新高考单科综合调研卷（浙江卷）】已知变量x，y满足约束条件xy1，若

x22xa恒成立，则实数a的取值范围为________． 1]. 【答案】[0，- 45 -

y 1 1-1 P Q 2 x

【用到方法】数形结合法

2. 【江省新余一中、万载中学、宜春中考】设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f(x)g(x)f(x)g(x)0， 且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是 【答案】(,3)(0,3)

【解析】根据题意可知f(x)g(x)f(x)g(x)(f(x)g(x))'0，令F(x)f(x)g(x)，可知F(3)0，函数F(x)在(,0)上是增函数，又根据条件可知F(x)是奇函数，根据函数图像的对称性，可知不等式f(x)g(x)0的解集是(,3)【用到方法】构造函数法

3.【江西省南昌市二中高三上第四次考试】已知ABC90，PA平面ABC，若

o(0,3).

PAABBC1，则四面体PABC的外接球（顶点都在球面上）的表面积为 ．

【答案】3

【解析】取PC的中点O，连接OA,OB，如下图

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由题意知PABC，又ACBC,PCACA，BC平面PAC，BCPB，在RtPBC，OB111PC，同理OAPC，OAOBOCOPPC，因此22222P,A,B,C四点在以O为球心的球面上，在RtABC，ACABBC2，在

22RtPAC中，PCPAAC3，球O的半径R13PC，因此球的表面积为22S4R23．

【用到方法】直接法

4.【江苏省苏州市高三第一次模拟考试】阅读算法流程图，运行相应的程序，输出的结果为 ．

开始 x←1 ，y←1 z←x+y z < 6 Y x← y y← z

【答案】

N 输出 结束 yx5 3【用到方法】直接法

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