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|---|---|---|---|---|---|---|---|
2010 | （新课标） | 设 $y=f(x)$ 为区间 $[0,1]$ 上的连续函数, 且恒有 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$, 可 以用随机模拟方法近似计算积分 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}$, 先产生两组（每组 $\mathrm{N}$ 个）区间 $[0$ ，1] 上的均匀随机数 $x_{1}, x_{2}, \ldots x_{N}$ 和 $y_{1}, y_{2}, \ldots y_{N}$, 由此得到 $N$ 个点 $\left(x_{i}, y_{i}\right)($ $i=1,2, \ldots, N)$, 再数出其中满足 $y_{i} \leqslant f\left(x_{i}\right) \quad(i=1,2, \ldots, N)$ 的点数 $N_{1}$, 那么由随机模拟方案可得积分 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}$ 的近似值为
| $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$
| 解: 由题意可知 $\frac{N_{1}}{N} \approx \frac{\int{ }_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx}}{1}$ 得 $\int{ }_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx} \approx \frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$,
故积分 $\int_{0}^{1} f(x) d x$ 的近似值为 $\frac{N_{1}}{N}$.
故答案为: $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 正视图为一个三角形的几何体可以是 (㝍出三种)
| 三棱雉、圆雉、三棱柱
| 解: 正视图为一个三角形的几何体可以是三棱雉、三棱柱（放倒的情形 )、圆雉、四棱雉等等. 故答案为: 三棱雉、圆雉、三棱柱.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 过点 $A(4,1)$ 的圆 $C$ 与直线 $x-y=1$ 相切于点 $B(2,1)$, 则圆 $C$ 的方程为
| $(x-3)^{2}+y^{2}=2$
| 解：设圆的方程为 $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}$,
则 $(4-a)^{2+}(1-b)^{2}=r^{2},(2-a)^{2+}(1-b)^{2}=r^{2}, \frac{b-1}{a-2}=-1$,
解得 $a=3, b=0, r=\sqrt{2}$, 故所求圆的方程为 $(x-3)^{2}+y^{2}=2$.
故答案为: $(x-3)^{2}+y^{2}=2$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | 在平面直角坐标系 $x O y$, 椭圆 $C$ 的中心为原点, 焦点 $F_{1} F_{2}$ 在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$. 过 $F_{1}$ 的直线交于 $A, B$ 两点, 且 $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16 , 那么 $C$ 的 方程为
| $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$
| 解: 根据题意, $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16 , 即 $\mathrm{BF}_{2}+A F_{2}+B_{1}+A F_{1}=16$;
根据椭圆的性质, 有 $4 a=16$, 即 $a=4$;
椭圆的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $a=\sqrt{2} c$,
将 $a=\sqrt{2} c$, 代入可得, $c=2 \sqrt{2}$, 则 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=8$;
则椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$;
故答案为: $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | 已知矩形 $A B C D$ 的顶点都在半径为 4 的球 $O$ 的球面上, 且 $A B=6, B C=2$ $\sqrt{3}$, 则棱雉 $\mathrm{O}-\mathrm{ABCD}$ 的体积为
| $8 \sqrt{3}$
| 解: 矩形的对角线的长为: $\sqrt{6^{2}+(2 \sqrt{3})^{2}}=4 \sqrt{3}$, 所以球心到矩形的距 离为: $\sqrt{4^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=2$,
所以棱雉 $O-A B C D$ 的体积为: $\frac{1}{3} \times 6 \times 2 \sqrt{3} \times 2=8 \sqrt{3}$.
故答案为: $8 \sqrt{3}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | 在 $\triangle A B C$ 中, $B=60^{\circ}, A C=\sqrt{3}$, 则 $A B+2 B C$ 的最大值为
| $2 \sqrt{7}$
| 解: 设 $A B=c A C=b B C=a$
由余弦定理
$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$
所以 $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}=3$
设 $\mathrm{c}+2 \mathrm{a}=\mathrm{m}$
代入上式得
$7 a^{2}-5 a m+m^{2}-3=0$
$\triangle=84-3 m^{2} \geqslant 0$ 故 $m \leqslant 2 \sqrt{7}$
当 $m=2 \sqrt{7}$ 时, 此时 $a=\frac{5 \sqrt{7}}{7}, c=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$ 符合题意
因此最大值为 $2 \sqrt{7}$
另解: 因为 $B=60^{\circ}, A+B+C=180^{\circ}$, 所以 $A+C=120^{\circ}$,
由正弦定理，有
$\frac{A B}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B}=\frac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=2$,
所以 $A B=2 \sin C, B C=2 \sin A$.
所以 $A B+2 B C=2 \sin C+4 \sin A=2 \sin \left(120^{\circ}-A\right)+4 \sin A$
$=2\left(\sin 120^{\circ} \cos A-\cos 120^{\circ} \sin A\right)+4 \sin A$
$=\sqrt{3} \cos A+5 \sin A$ $=2 \sqrt{7} \sin (A+\phi), \quad\left(\right.$ 其中 $\left.\sin \phi=\frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{7}}, \cos \phi=\frac{5}{2 \sqrt{7}}\right)$
所以 $A B+2 B C$ 的最大值为 $2 \sqrt{7}$.
故答案为: $2 \sqrt{7}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 夹角为 $45^{\circ}$, 且 $|\vec{a}|=1,|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{10}$, 则 $|\vec{b}|=$
| $3 \sqrt{2}$
| 解: $\because<\vec{a}, \vec{b}>=45^{\circ},|\vec{a}|=1$
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}|\vec{b}|$
$\therefore|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(2 \vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{4 \vec{a}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{4-2 \sqrt{2}|\vec{b}|+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{10}$
解得 $|\vec{b}|=3 \sqrt{2}$
故答案为: $3 \sqrt{2}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为
| 1830
| 解: $\because a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$,
故有 $a_{2}-a_{1}=1, a_{3}+a_{2}=3, a_{4}-a_{3}=5, a_{5}+a_{4}=7, a_{6}-a_{5}=9, a_{7}+a_{6}=11, \ldots a_{50}-a_{49}=97$
从而可得 $a_{3}+a_{1}=2, a_{4}+a_{2}=8, a_{7}+a_{5}=2, a_{8}+a_{6}=24, a_{9}+a_{11}=2, a_{12}+a_{10}=40, a_{13}+a_{11}=2$ $, \mathrm{a}_{16}+\mathrm{a}_{14}=56, \ldots$
从第一项开始, 依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2 , 从第二项开始, 依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项, 以 16 为公差的等差数列. $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+\left(15 \times 8+\frac{15 \times 14}{2} \times 16\right)=1830$
故答案为: 1830
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知两个单位向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}, \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}$. 若 $\vec{b} \cdot \vec{c}=0$, 则 $t=$
| 2
| 解: $\because \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}, \vec{c} \cdot \vec{b}=0, \quad \therefore \vec{c} \cdot \vec{b}=t \vec{a} \cdot \vec{b}+(1-t) \vec{b}^{2}=0$,
$\therefore \mathrm{t} \cos 60^{\circ}+1-t=0, \therefore 1-\frac{1}{2} t=0$, 解得 $t=2$.
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=$
| $(-2)^{n-1}$
| 解：当 $n=1$ 时, $a_{1}=s_{1}=\frac{2}{3} a_{1}+\frac{1}{3}$, 解得 $a_{1}=1$
当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}\right)-\left(\frac{2}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3} a_{n}-\frac{2}{3} a_{n-1}$,
整理可得 $\frac{1}{3} a_{n}=-\frac{2}{3} a_{r-1}$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=-2$,
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 从第二项开始是以 -2 为首项, -2 为公比的等比数列, 故当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$, 经验证当 $n=1$ 时, 上式也适合,
故答案为: $(-2)^{n-1}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 设当 $x=\theta$ 时, 函数 $f(x)=\sin x-2 \cos x$ 取得最大值, 则 $\cos \theta=$
| $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
| 解: $f(x)=\sin x-2 \cos x=\sqrt{5}\left(\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x\right)=\sqrt{5} \sin (x-\alpha)$ （其 中 $\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$, ,
$\because \mathrm{x}=\theta$ 时, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 取得最大值,
$\therefore \sin (\theta-\alpha)=1$, 即 $\sin \theta-2 \cos \theta=\sqrt{5}$,
又 $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$,
联立得 $(2 \cos \theta+\sqrt{5})^{2}+\cos ^{2} \theta=1$, 解得 $\cos \theta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
故答案为: $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 若函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+a x+b\right)$ 的图象关于直线 $x=-2$ 对称, 则 $f(x)$ 的最大值为
| 16
| 解: $\because$ 函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+a x+b\right)$ 的图象关于直线 $x=-2$ 对称, $\therefore f(-1)=f(-3)=0$ 且 $f(1)=f(-5)=0$,
即 $\left[1-(-3)^{2}\right]\left[(-3)^{2}+a \cdot(-3)+b\right]=0$ 且 $\left[1-(-5)^{2}\right]\left[(-5)^{2}+a \cdot(-5\right.$ $+b]=0$,
解之得 $\left\{\begin{array}{c}a=8 \\ b=15\end{array}\right.$,
因此, $f(x)=\left(1-x^{2}\right)\left(x^{2}+8 x+15\right)=-x^{4}-8 x^{3}-14 x^{2}+8 x+15$,
求导数, 得 $f^{\prime}(x)=-4 x^{3}-24 x^{2}-28 x+8$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-2-\sqrt{5}, x_{2}=-2, x_{3}=-2+\sqrt{5}$,
当 $x \in(-\infty,-2-\sqrt{5})$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in(-2-\sqrt{5},-2)$ 时, $f^{\prime}(x)<$ 0
当 $x \in(-2,-2+\sqrt{5})$ 时, $f^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in(-2+\sqrt{5},+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ $\therefore f(x)$ 在区间 $(-\infty,-2-\sqrt{5})$ 、 $(-2,-2+\sqrt{5})$ 上是增函数, 在区间 $(-2-$ $\sqrt{5},-2) 、(-2+\sqrt{5},+\infty)$ 上是减函数.
又 $\because f(-2-\sqrt{5})=f(-2+\sqrt{5})=16$,
$\therefore f(x)$ 的最大值为 16 .
故答案为: 16 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=$
| 2
| 解: $\because$ 已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0$, 故 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{DE}}) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}})=\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}\right) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}})=\overrightarrow{\mathrm{AD}}^{2}-\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}+$ $\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}^{-}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}^{2}=4+0-0-\frac{1}{2} \times 4=2$,
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, \mathrm{n}$ 中任意取出两个不同的数, 若取出的两 数之和等于 5 的概率为 $\frac{1}{14}$, 则 $n=$
| 8
| 解: 从 $n$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数, 取出的两数 之和等于 5 的情况有: $(1,4) ，(2,3)$ 共 2 种情况;
从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为 $C_{n}^{2}$,
由古典概型概率计算公式得:
从 $\mathrm{n}$ 个正整数 $1,2, \ldots, n$ 中任意取出两个不同的数, 取出的两数之和等于 5 的 概率为 $p=\frac{2}{C_{n}^{2}}=\frac{1}{14}$. 所以 $C_{n}^{2}=28$, 即 $\frac{n(n-1)}{2}=28$, 解得 $n=8$.
故答案为: 8 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 设 $\theta$ 为第二象限角, 若 $\tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$, 则 $\sin \theta+\cos \theta=$
| $-\frac{\sqrt{10}}{5}$
| 解: $\because \tan \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \theta+1}{1-\tan \theta}=\frac{1}{2}$,
$\therefore \tan \theta=-\frac{1}{3}$,
而 $\cos ^{2} \theta=\frac{\cos ^{2} \theta}{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}=\frac{1}{1+\tan ^{2} \theta}$,
$\because \theta$ 为第二象限角,
$\therefore \cos \theta=-\sqrt{\frac{1}{1+\tan ^{2} \theta}}=-\frac{3 \sqrt{10}}{10}, \sin \theta=\sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=\frac{\sqrt{10}}{10}$,
则 $\sin \theta+\cos \theta=\frac{\sqrt{10}}{10}-\frac{3 \sqrt{10}}{10}=-\frac{\sqrt{10}}{5}$.
故答案为: $-\frac{\sqrt{10}}{5}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{10}=0, S_{15}=25$, 则 $n S_{n}$ 的最小 值为
| -49
| 解: 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,
$\because s_{10}=10 a_{1}+45 d=0, s_{15}=15 a_{1}+105 d=25$,
$\therefore \mathrm{a}_{1}=-3, \mathrm{~d}=\frac{2}{3}$,
$\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{na}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{1}{3} \mathrm{n}^{2}-\frac{10}{3} n$,
$\therefore n S_{n}=\frac{1}{3} n^{3}-\frac{10}{3} n^{2}$, 令 $n S_{n}=f(n)$,
$\therefore f^{\prime}(n)=n^{2}-\frac{20}{3} n$
$\therefore$ 当 $n=\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 取得极值, 当 $n<\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 递减; 当 $n>\frac{20}{3}$ 时, $f(n)$ 递增;
因此只需比较 $f$ (6) 和 $f(7)$ 的大小即可.
$f(6)=-48, f(7)=-49$,
故 $n S_{n}$ 的最小值为 -49 .
故答案为: -49 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | $(x-y)(x+y)^{8}$ 的展开式中 $x^{2} y^{7}$ 的系数为___. (用数字填写 答案)
| -20
| 解: $(x+y)^{8}$ 的展开式中, 含 $x y^{7}$ 的系数是: 8 .
含 $x^{2} y^{6}$ 的系数是 28 ,
$\therefore(x-y)(x+y)^{8}$ 的展开式中 $x^{2} y^{7}$ 的系数为: $8-28=-20$.
故答案为: - 20
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 $A, B ， C$ 三个城市时, 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 $B$ 城市;
乙说：我没去过 $C$ 城市;
丙说：我们三人去过同一城市;
由此可判断乙去过的城市为
| $A$
| 解：由乙说: 我没去过 $\mathrm{C}$ 城市, 则乙可能去过 $\mathrm{A}$ 城市或 $\mathrm{B}$ 城市, 但甲说: 我去过的城市比乙多, 但没去过 B 城市, 则乙只能是去过 A, B 中的任 一个,
再由丙说: 我们三人去过同一城市,
则由此可判断乙去过的城市为 A.
故答案为: $A$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | 已知 $A, B, C$ 为圆 $O$ 上的三点, 若 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 的 夹角为
| $90^{\circ}$
| 解：在圆中若 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$,
即 $2 \overrightarrow{\mathrm{AO}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}$,
即 $\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}$ 的和向量是过 $A$, $O$ 的直径,
则以 $A B, A C$ 为邻边的四边形是矩形,
则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \perp \overrightarrow{\mathrm{AC}}$,
即 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ 与 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 的夹角为 $90^{\circ}$,
故答案为: $90^{\circ}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 的对边, $a=2$ 且 $(2+b$ ) $(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为
| $\sqrt{3}$
| 解: 因为: $(2+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$
$\Rightarrow(2+b) \quad(a-b)=(c-b) c$
$\Rightarrow 2 a-2 b+a b-b^{2}=c^{2}-b c$
又因为: $a=2$,
所以: $a^{2}-b^{2}=c^{2}-b c \Rightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c \Rightarrow \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2} \Rightarrow A=\frac{\pi}{3}$, $\triangle \mathrm{ABC}$ 面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c$,
而 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$
$\Rightarrow b^{2}+c^{2}-b c=a^{2}$
$\Rightarrow b^{2}+c^{2}-b c=4$
$\Rightarrow b c \leqslant 4$
所以: $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c \leqslant \sqrt{3}$, 即 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\sqrt{3}$.
故答案为: $\sqrt{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅱ） | $(x+a)^{10}$ 的展开式中, $x^{7}$ 的系数为 15 , 则 $a=$
| $\frac{1}{2}$
| 解: $(x+a)^{10}$ 的展开式的通项公式为 $T_{r+1}=C_{10}^{r} \bullet x^{10-r} \bullet a^{r}$,
令 10- $r=7$, 求得 $r=3$, 可得 $x^{7}$ 的系数为 $a^{3} \bullet C_{10}^{3}=120 a^{3}=15$,
$\therefore a=\frac{1}{2}$
故答案为: $\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅱ） | 函数 $f(x)=\sin (x+2 \phi)-2 \sin \phi \cos (x+\phi)$ 的最大值为
| 1
| 解：函数 $f(x)=\sin (x+2 \phi)-2 \sin \phi \cos (x+\phi)=\sin [(x+\phi)$
$+\phi]-2 \sin \phi \cos (x+\phi)$
$=\sin (x+\phi) \cos \phi+\cos (x+\phi) \sin \phi-2 \sin \phi \cos (x+\phi)=\sin (x+\phi) \cos \phi^{-} \cos (x+\phi$
$\sin \phi$
$=\sin [(x+\phi)-\phi]=\sin x$
故函数 $f(x)$ 的最大值为 1 ,
故答案为: 1 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅱ） | 已知偶函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递减, $f(2)=0$, 若 $f(x-1)>$ 0 , 则 $x$ 的取值范围是
| $(-1,3)$
| 解: $\because$ 偶函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递减, $f(2)=0$,
$\therefore$ 不等式 $f(x-1)>0$ 等价为 $f(x-1)>f(2)$,
即 $f(|x-1|)>f(2) ，$
$\therefore|x-1|<2$
解得 $-1<x<3$,
故答案为: $(-1,3)$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅰ） | 若函数 $f(x)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$ 为偶函数, 则 $a=$
| 1
| 解: $\because f(x)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$ 为偶函数,
$\therefore f(-x)=f(x)$,
$\therefore(-x) \ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=x \ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$,
$\therefore-\ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=\ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)$,
$\therefore \ln \left(-x+\sqrt{a+x^{2}}\right)+\ln \left(x+\sqrt{a+x^{2}}\right)=0$,
$\therefore \ln \left(\sqrt{a+x^{2}}+x\right) \quad\left(\sqrt{a+x^{2}}-x\right)=0$
$\therefore \ln a=0$,
$\therefore a=1$.
故答案为: 1 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅱ） | 设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 不平行, 向量 $\lambda \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}+2 \vec{b}$ 平行, 则实数 $\lambda=$
| $\frac{1}{2}$
| 解: $\because$ 向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 不平行, 向量 $\lambda \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}+2 \vec{b}$ 平行,
$\therefore \lambda \vec{a}+\vec{b}=t(\vec{a}+2 \vec{b})=t \vec{a}+2 t \vec{b}$, $\therefore\left\{\begin{array}{c}\lambda=\mathrm{t} \\ 1=2 \mathrm{t}\end{array}\right.$, 解得实数 $\lambda=\frac{1}{2}$.
故答案为: $\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅱ） | $(a+x)(1+x)^{4}$ 的展开式中 $x$ 的奇数次幂项的系数之和为 32 , 则 $a=$
| 3
| 解：设 $f(x)=(a+x)(1+x)^{4}=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\ldots+a_{5} x^{5}$,
令 $x=1$, 则 $a_{0}+a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{5}=f(1 ）=16(a+1)$, (1)
令 $x=-1$, 则 $a_{0}-a_{1}+a_{2}-\ldots-a_{5}=f(-1)=0$. (2)
(1)- (2)得, 2 $\left(a_{1}+a_{3}+a_{5}\right)=16(a+1)$,
所以 $2 \times 32=16(a+1)$,
所以 $a=3$.
故答案为: 3 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2015 | （新课标ⅱ） | 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{1}=-1, a_{n+1}=S_{n+1} S_{n}$, 则 $S_{n}=$
| $-\frac{1}{n}$
| 解: $\because a_{n+1}=S_{n+1} s_{n}$,
$\therefore \mathrm{s}_{\mathrm{n}+1}-\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{S}_{\mathrm{n}+1} \mathrm{~S}_{\mathrm{n}}$,
$\therefore \frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n+1}}=1$,
又 $\because a_{1}=-1$, 即 $\frac{1}{S_{1}}=-1$,
$\therefore$ 数列 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是以首项是- 1 、公差为- 1 的等差数列,
$\therefore \frac{1}{S_{n}}=-\mathrm{n}$,
$\therefore S_{n}=-\frac{1}{n}$,
故答案为: $-\frac{1}{n}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | 设向量 $\vec{a}=(m, 1), \vec{b}=(1,2)$, 且 $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}$, 则 $m=$
| -2
| 解: $|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}$,
可得 $\vec{a} \cdot \vec{b}=0$.
向量 $\vec{a}=(m, 1), \vec{b}=(1,2)$,
可得 $m+2=0$, 解得 $m=-2$.
故答案为: -2 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | $(2 x+\sqrt{x})^{5}$ 的展开式中, $x^{3}$ 的系数是___. (用数字填写答案)
| 10
| 解: $(2 x+\sqrt{x})^{5}$ 的展开式中, 通项公式为: $T_{r+1}=\left[{ }_{5}^{r}(2 x)^{5-r}(\sqrt{x})^{r}=2^{5-r}\right.$ $C_{5}^{r} \cdot x^{5 \frac{r}{2}}$
令 $5-\frac{r}{2}=3$, 解得 $r=4$
$\therefore x^{3}$ 的系数 $2 \mathrm{C}_{5}^{4}=10$.
故答案为: 10 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅰ） | 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{3}=10, a_{2}+a_{4}=5$, 则 $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}$ 的最大值为
| 64
| 解：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{3}=10, a_{2}+a_{4}=5$,
可得 $q\left(a_{1}+a_{3}\right)=5$, 解得 $q=\frac{1}{2}$.
$a_{1}+q^{2} a_{1}=10$, 解得 $a_{1}=8$.
则 $a_{1} a_{2} \ldots a_{n}=a_{1} \bullet^{n} q^{1+2+3+\ldots+(n-1)}=8^{n} \bullet\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n(n-1)}{2}}=2^{3 r \frac{n^{2}-n}{2}}=2^{\frac{7 r-n^{2}}{2}}$,
当 $n=3$ 或 4 时, 表达式取得最大值: $2^{\frac{12}{2}}=2^{6}=64$.
故答案为: 64 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $\cos A=\frac{4}{5}, \cos C=\frac{5}{13}$ , $a=1$, 则 $b=$
| $\frac{21}{13}$
| 解: 由 $\cos \mathrm{A}=\frac{4}{5}, \cos \mathrm{C}=\frac{5}{13}$, 可得
$\sin \mathrm{A}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{~A}}=\sqrt{1-\frac{16}{25}}=\frac{3}{5}$,
$\sin \mathrm{C}=\sqrt{1-\cos ^{2} \mathrm{C}}=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\frac{12}{13}$,
$\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\frac{3}{5} \times \frac{5}{13}+\frac{4}{5} \times \frac{12}{13}=\frac{63}{65}$,
由正弦定理可得 $b=\frac{a \sin B}{\sin A}$
$=\frac{1 \times \frac{63}{65}}{\frac{3}{5}}=\frac{21}{13}$.
故答案为: $\frac{21}{13}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | $\alpha, \beta$ 是两个平面, $m, n$ 是两条直线, 有下列四个命题:
(1)如果 $m \perp n, m \perp \alpha, n / / \beta$, 那么 $\alpha \perp \beta$.
(2)如果 $m \perp \alpha, n / / \alpha$, 那么 $m \perp n$.
(3)如果 $\alpha / / \beta, m \subset \alpha$, 那么 $m / / \beta$.
(4)如果 $m / / n, \alpha / / \beta$, 那么 $m$ 与 $\alpha$ 所成的角和 $n$ 与 $\beta$ 所成的角相等.
其中正确的命题是 (填序号)
| (2)(3)
| 解: (1)如果 $m \perp n, m \perp \alpha, n / / \beta$, 不能得出 $\alpha \perp \beta$, 故错误; (2)如果 $n / / \alpha$, 则存在直线 $I \subset \alpha$, 使 $n / / l$, 由 $m \perp \alpha$, 可得 $m \perp l$, 那么 $m \perp n$. 故 正确;
(3)如果 $\alpha / / \beta, m \subset \alpha$, 那么 $m$ 与 $\beta$ 无公共点, 则 $m / / \beta$. 故正确
(4)如果 $m / / n, \alpha / / \beta$, 那么 $m, n$ 与 $\alpha$ 所成的角和 $m, n$ 与 $\beta$ 所成的角均相等.
故正确;
故答案为: (2)(3)
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | 有三张卡片, 分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3. 甲, 乙, 丙三人各 取走一张卡片, 甲看了乙的卡片后说: “我与乙的卡片上相同的数字不是 2 ”, 乙看了丙的卡片后说: “我与丙的卡片上相同的数字不是 1", 丙说: “我的卡 片上的数字之和不是 $5^{\prime \prime}$, 则甲的卡片上的数字是
| 1 和 3
| 解：根据丙的说法知, 丙的卡片上写着 1 和 2 , 或 1 和 3 ;
(1) 若丙的卡片上写着 1 和 2 , 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;
$\therefore$ 根据甲的说法知, 甲的卡片上写着 1 和 3 ;
(2) 若丙的卡片上写着 1 和 3, 根据乙的说法知, 乙的卡片上写着 2 和 3;
又甲说， “我与乙的卡片上相同的数字不是 2 ";
$\therefore$ 甲的卡片上写的数字不是 1 和 2 , 这与已知矛盾;
$\therefore$ 甲的卡片上的数字是 1 和 3 .
故答案为: 1 和 3 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅱ） | 若直线 $y=k x+b$ 是曲线 $y=\ln x+2$ 的切线, 也是曲线 $y=\ln (x+1 ）$ 的切 线, 则 $b=$
| $1-\ln 2$
| 解：设 $y=k x+b$ 与 $y=\ln x+2$ 和 $y=\ln (x+1)$ 的切点分别为 $\left(x_{1}, k x_{1}+b\right)$ 、 $\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{kx} \mathrm{x}_{2}+\mathrm{b}\right)$;
由导数的几何意义可得 $k=\frac{1}{x_{1}}=\frac{1}{x_{2}+1}$, 得 $x_{1}=x_{2}+1$
再由切点也在各自的曲线上, 可得 $\left\{\begin{array}{l}k x_{1}+b=\ln x_{1}+2 \\ k x_{2}+b=\ln \left(x_{2}+1\right)\end{array}\right.$
联立上述式子解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ x_{1}=\frac{1}{2} \\ x_{2}=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$;
故答案为:$1-\ln 2$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅲ） | 函数 $y=\sin x-\sqrt{3} \cos x$ 的图象可由函数 $y=\sin x+\sqrt{3} \cos x$ 的图象至少 向右平移 个单位长度得到.
| $\frac{2 \pi}{3}$.
| 解: $\because y=f(x)=\sin x+\sqrt{3} \cos x=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right), y=\sin x-\sqrt{3} \cos x=2 \sin$ $\left(x-\frac{\pi}{3}\right)$, $\therefore f(x-\phi)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}-\phi\right) \quad(\phi>0)$
今 $2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}-\phi\right)=2 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)$ ，
则 $\frac{\pi}{3}-\phi=2 k \pi-\frac{\pi}{3} \quad(k \in Z)$ ，
即 $\phi=\frac{2 \pi}{3}-2 k \pi \quad(k \in Z)$ ，
当 $\mathrm{k}=0$ 时，正数 $\phi_{\min }=\frac{2 \pi}{3}$ ，
故答案为: $\frac{2 \pi}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅲ） | 已知 $f(x)$ 为偶函数, 当 $x<0$ 时, $f(x)=\ln (-x)+3 x$, 则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,-3)$ 处的切线方程是
| $2 x+y+1=0$.
| 解: $f(x)$ 为偶函数, 可得 $f(-x)=f(x)$,
当 $x<0$ 时, $f(x)=\ln (-x)+3 x$, 即有
$x>0$ 时, $f(x)=\ln x-3 x, f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-3$,
可得 $f(1)=\ln 1-3=-3, f^{\prime} \quad(1)=1-3=-2$,
则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,-3)$ 处的切线方程为 $y-(-3)=-2(x-1)$,
即为 $2 x+y+1=0$.
故答案为: $2 x+y+1=0$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2016 | （新课标ⅲ） | 已知直线 I: $m x+y+3 m-\sqrt{3}=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=12$ 交于 $A, B$ 两点, 过 $A$, $B$ 分别作 $\mid$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点, 若 $|A B|=2 \sqrt{3}$, 则 $|C D|=$
| 4 .
| 解: 由题意, $|A B|=2 \sqrt{3}, \therefore$ 圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=3$,
$\therefore \frac{|3 m-\sqrt{3}|}{\sqrt{m^{2}+1}}=3$,
$\therefore \mathrm{m}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$
$\therefore$ 直线 I 的倾斜角为 $30^{\circ}$,
$\because$ 过 $A, B$ 分别作 $I$ 的垂线与 $x$ 轴交于 $C, D$ 两点,
$\therefore|\mathrm{CD}|=\frac{2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$.
故答案为: 4 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅰ） | 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的右顶点为 $A$, 以 $A$ 为 圆心, $b$ 为半径作圆 $A$, 圆 $A$ 与双曲线 $C$ 的一条渐近线交于 $M 、 N$ 两点. 若 $\angle$ $M A N=60^{\circ}$, 则 $C$ 的离心率为
| $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
| 解: 双曲线 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的右顶点为 A $(a, 0)$,
以 $A$ 为圆心, $b$ 为半径做圆 $A$, 圆 $A$ 与双曲线 $C$ 的一条渐近线交于 $M 、 N$ 两点. 若 $\angle M A N=60^{\circ}$, 可得 $A$ 到渐近线 $b x+a y=0$ 的距离为: $b \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} b$,
可得: $\frac{|\mathrm{ab}|}{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{~b}$, 即 $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 可得离心率为: $\mathrm{e}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
故答案为: $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 一批产品的二等品率为 0.02 , 从这批产品中每次随机取一件, 有放 回地抽取 100 次. $X$ 表示抽到的二等品件数, 则 $D X=$
| 1.96
| 解: 由题意可知, 该事件满足独立重复试验, 是一个二项分布模型, 其中, $p=0.02, n=100$,
则 $D X=n p q=n p(1-p)=100 \times 0.02 \times 0.98=1.96$.
故答案为: 1.96 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 函数 $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}\left(x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right)$ 的最大值是
| 1
| 解: $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}=1-\cos ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}$,
令 $\cos x=t$ 且 $t \in[0,1]$,
则 $y=-t^{2}+\sqrt{3} t+\frac{1}{4}=-\quad\left(t-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2+1}$,
当 $t=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, $f(t)_{\text {max }}=1$,
即 $f(x)$ 的最大值为 1 , 故答案为: 1
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=3, S_{4}=10$, 则 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{S_{k}}=$
| $\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$
| 解: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=3, S_{4}=10, S_{4}=2\left(a_{2}+a_{3}\right)=10$, 可得 $a_{2}=2$, 数列的首项为 1 , 公差为 1 ,
$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}, \frac{1}{S_{\mathrm{n}}}=\frac{2}{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}=2\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)$,
则 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{S_{k}}=2\left[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right]=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$.
故答案为: $\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅱ） | 已知 $F$ 是抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点, $M$ 是 $C$ 上一点, $F M$ 的延长线交 $y$ 轴于点 $N$. 若 $M$ 为 $F N$ 的中点, 则 $|F N|=$
| 6
| 解: 抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点 $F(2,0), M$ 是 $C$ 上一点, $F M$ 的延长线
交 $y$ 轴于点 $N$. 若 $M$ 为 $F N$ 的中点,
可知 $M$ 的横坐标为: 1 , 则 $M$ 的纵坐标为: $\pm 2 \sqrt{2}$,
$|\mathrm{FN}|=2|\mathrm{FM}|=2 \sqrt{(1-2)^{2}+( \pm 2 \sqrt{2}-0)^{2}}=6$. 故答案为: 6 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅲ） | 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{2}=-1, a_{1}-a_{3}=-3$, 则 $a_{4}=$
| -8 .
| 解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}, \because a_{1}+a_{2}=-1, a_{1}-a_{3}=-3$,
$\therefore a_{1}(1+q)=-1, a_{1}\left(1-q^{2}\right)=-3$
解得 $a_{1}=1, q=-2$.
则 $a_{4}=(-2)^{3}=-8$.
故答案为: -8 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2017 | （新课标ⅲ） | 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+1, & x \leqslant 0 \\ 2^{x}, & x>0\end{array}\right.$, 则满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 的 $x$ 的 取值范围是
| $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.
| 解：若 $x \leqslant 0$, 则 $x-\frac{1}{2} \leqslant-\frac{1}{2}$,
则 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 等价为 $x+1+x-\frac{1}{2}+1>1$, 即 $2 x>-\frac{1}{2}$, 则 $x>-\frac{1}{4}$, 此时 $-\frac{1}{4}<x \leqslant 0$,
当 $x>0$ 时, $f(x)=2^{x}>1, x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$,
当 $x-\frac{1}{2}>0$ 即 $x>\frac{1}{2}$ 时, 满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,
当 $0 \geqslant x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$, 即 $\frac{1}{2} \geqslant x>0$ 时, $f\left(x-\frac{1}{2}\right)=x-\frac{1}{2}+1=x+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}$,
此时 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,
综上 $x>-\frac{1}{4}$,
故答案为: $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{n}=2 a_{n}+1$, 则 $S_{6}=$
| -63
| 解: $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $S_{n}=2 a_{n}+1$, (1)
当 $n=1$ 时, $a_{1}=2 a_{1}+1$, 解得 $a_{1}=-1$,
当 $n \geqslant 2$ 时, $S_{n-1}=2 a_{n-1}+1$, (2),
由(1)- (2)可得 $a_{n}=2 a_{n}-2 a_{n-1}$,
$\therefore a_{n}=2 a_{n-1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是以 -1 为首项, 以 2 为公比的等比数列,
$\therefore S_{6}=\frac{-1 \times\left(1-2^{6}\right)}{1-2}=-63$,
故答案为: -63
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | 从 2 位女生, 4 位男生中选 3 人参加科技比赛, 且至少有 1 位女生 入选，则不同的选法共有 种. (用数字填写答案)
| 16
| 解：方法一：直接法, 1 女 2 男, 有 $\mathrm{C}_{2}{ }^{1} \mathrm{C}_{4}{ }^{2}=12,2$ 女 1 男, 有 $\mathrm{C}_{2}{ }^{2} \mathrm{C}_{4}{ }^{1}=4$ 根据分类计数原理可得, 共有 $12+4=16$ 种,
方法二, 间接法: $\mathrm{C}_{6}{ }^{3}-\mathrm{C}_{4}{ }^{3}=20-4=16$ 种,
故答案为: 16
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$, 则 $f(x)$ 的最小值是
| $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
| 解：由题意可得 $T=2 \pi$ 是 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$ 的一个周期,
故只需考虑 $f(x)=2 \sin x+\sin 2 x$ 在 $[0,2 \pi)$ 上的值域,
先来求该函数在 $[0,2 \pi)$ 上的极值点,
求导数可得 $f^{\prime}(x)=2 \cos x+2 \cos 2 x$
$=2 \cos x+2\left(2 \cos ^{2} x-1\right)=2(2 \cos x-1)(\cos x+1)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$ 可解得 $\cos x=\frac{1}{2}$ 或 $\cos x=-1$,
可得此时 $x=\frac{\pi}{3} ， \pi$ 或 $\frac{5 \pi}{3}$;
$\therefore y=2 \sin x+\sin 2 x$ 的最小值只能在点 $x=\frac{\pi}{3}, \pi$ 或 $\frac{5 \pi}{3}$ 和边界点 $x=0$ 中取到,
计算可得 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, f(\pi)=0, f\left(\frac{5 \pi}{3}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{2}, f(0)=0$,
$\therefore$ 函数的最小值为 $-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,
故答案为: $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 曲线 $y=2 \ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为
| $y=2 x$
| 解: $\because y=2 \ln (x+1)$,
$\therefore y^{\prime}=\frac{2}{x+1}$,
当 $x=0$ 时, $y^{\prime}=2$,
$\therefore$ 曲线 $y=2 \ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x$.
故答案为: $y=2 x$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 已知 $\sin \alpha+\cos \beta=1, \cos \alpha+\sin \beta=0$, 则 $\sin (\alpha+\beta)=$
| $-\frac{1}{2}$
| 解: $\sin \alpha+\cos \beta=1$,
两边平方可得: $\sin ^{2} \alpha+2 \sin \alpha \cos \beta+\cos ^{2} \beta=1$, (1),
$\cos \alpha+\sin \beta=0$,
两边平方可得: $\cos ^{2} \alpha+2 \cos \alpha \sin \beta+\sin ^{2} \beta=0$, (2),
由(1)+2)得: $2+2(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)=1$, 即 $2+2 \sin (\alpha+\beta)=1$,
$\therefore 2 \sin (\alpha+\beta)=-1$
$\therefore \sin (\alpha+\beta)=-\frac{1}{2}$.
故答案为: $-\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅱ） | 已知圆锥的顶点为 $\mathrm{S}$, 母线 $\mathrm{SA}, \mathrm{SB}$ 所成角的余弦值为 $\frac{7}{8}, \mathrm{SA}$ 与圆 锥底面所成角为 $45^{\circ}$, 若 $\triangle S A B$ 的面积为 $5 \sqrt{15}$, 则该圆雉的侧面积为
| $40 \sqrt{2} \pi$
| 解 圆雉的顶点为 $\mathrm{S}$, 母线 $\mathrm{SA}, \mathrm{SB}$ 所成角的余弦值为 $\frac{7}{8}$, 可得 $\sin \angle A S B=$ $\sqrt{1-\left(\frac{7}{8}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{8}$
$\triangle S A B$ 的面积为 $5 \sqrt{15}$,
可得 $\frac{1}{2} S A^{2} \sin \angle A S B=5 \sqrt{15}$, 即 $\frac{1}{2} S A^{2} \times \frac{\sqrt{15}}{8}=5 \sqrt{15}$, 即 $S A=4 \sqrt{5}$.
$S A$ 与圆锥底面所成角为 $45^{\circ}$, 可得圆雉的底面半径为: $\frac{\sqrt{2}}{2} \times 4 \sqrt{5}=2 \sqrt{10}$.
则该圆雉的侧面积: $\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{10} \times 4 \sqrt{5} \pi=40 \sqrt{2} \pi$. 故答案为: $40 \sqrt{2} \pi$.
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2), \vec{c}=(1, \lambda)$. 若 $\vec{c} / /(2 \vec{a}+\vec{b})$, 则 $\lambda=$
| $\frac{1}{2}$.
| 解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(1,2), \vec{b}=(2,-2)$,
$\therefore 2 \vec{a}+\vec{b}=(4,2)$,
$\because \vec{c}=(1, \lambda), \vec{c} / / \quad(2 \vec{a}+\vec{b})$,
$\therefore \frac{1}{4}=\frac{\lambda}{2}$,
解得 $\lambda=\frac{1}{2}$.
故答案为: $\frac{1}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 曲线 $y=(a x+1) e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率为 -2 , 则 $a=$
| -3 .
| 解: 曲线 $y=(a x+1) e^{x}$, 可得 $y^{\prime}=a e^{x}+(a x+1) e^{x}$,
曲线 $y=(a x+1) e^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线的斜率为 -2 ,
可得: $a+1=-2$, 解得 $a=-3$.
故答案为: -3 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 函数 $f(x)=\cos \left(3 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 在 $[0, \pi]$ 的零点个数为
| 3
| 解: $\because f(x)=\cos \left(3 x+\frac{\pi}{6}\right)=0$,
$\therefore 3 x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, \quad k \in Z$,
$\therefore \mathrm{x}=\frac{\pi}{9}+\frac{1}{3} \mathrm{k} \pi, \quad k \in Z$,
当 $\mathrm{k}=0$ 时, $x=\frac{\pi}{9}$,
当 $k=1$ 时, $x=\frac{4}{9} \pi$,
当 $k=2$ 时, $x=\frac{7}{9} \pi$,
当 $k=3$ 时, $x=\frac{10}{9} \pi$,
$\because x \in[0, \pi]$ $\therefore x=\frac{\pi}{9}$, 或 $x=\frac{4}{9} \pi$, 或 $x=\frac{7}{9} \pi$,
故零点的个数为 3 ,
故答案为: 3
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知点 $M(-1,1)$ 和抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 过 $C$ 的焦点且斜率为 $k$ 的直线与 $C$ 交于 $A, B$ 两点. 若 $\angle A M B=90^{\circ}$, 则 $k=$
| 2
| 解: $\because$ 抛物线 $\mathrm{C}: \mathrm{y}^{2}=4 \mathrm{x}$ 的焦点 $F(1,0)$,
$\therefore$ 过 $A, B$ 两点的直线方程为 $y=k \quad(x-1)$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x \\ y=k(x-1)\end{array}\right.$ 可得, $k^{2} x^{2}-2\left(2+k^{2}\right) \quad x+k^{2}=0$,
设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$ ，
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{4+2 k^{2}}{k^{2}}, x_{1} x_{2}=1$,
$\therefore \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=\mathrm{k} \quad\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}-2\right)=\frac{4}{\mathrm{k}}, \quad \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=\mathrm{k}^{2}\left(\mathrm{x}_{1}-1\right) \quad\left(\mathrm{x}_{2}-1\right)=\mathrm{k}^{2}\left[\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}-\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+1\right]=$ $-4$ $\because M(-1,1)$
$\therefore \overrightarrow{M A}=\left(x_{1}+1, y_{1}-1\right), \overrightarrow{M B}=\left(x_{2}+1, y_{2}-1\right)$,
$\because \angle \mathrm{AMB}=90^{\circ}, \quad \therefore \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}=0$
$\therefore\left(\mathrm{x}_{1}+1\right)\left(\mathrm{x}_{2}+1\right)+\left(\mathrm{y}_{1}-1\right)\left(\mathrm{y}_{2}-1\right)=0$
整理可得, $x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right)+y_{1} y_{2}-\left(y_{1}+y_{2}\right)+2=0$,
$\therefore 1+2+\frac{4}{k^{2}}-4-\frac{4}{k}+2=0$,
即 $k^{2}-4 k+4=0$ ，
$\therefore \mathrm{k}=2$.
故答案为: 2
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 13. 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为
| $3 x-y=0$.
| 【详解】详解: $y^{\prime}=3(2 x+1) e^{x}+3\left(x^{2}+x\right) e^{x}=3\left(x^{2}+3 x+1\right) e^{x}$,
所以, $k=\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=3$
所以, 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=3 x$, 即 $3 x-y=0$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 14. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}^{2}=a_{6}$, 则 $S_{5}=$
| $\frac{121}{3}$.
| 【详解】设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}{ }^{2}=a_{6}$, 所以 $\left(\frac{1}{3} q^{3}\right)^{2}=\frac{1}{3} q^{5}$, 又 $q \neq 0$,
所以 $q=3$, 所以 $S_{5}=\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-3^{5}\right)}{1-3}=\frac{121}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅰ） | 15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时, 该队获胜，决赛 结束). 根据前期比赛成绩, 甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”. 设甲队主场取胜 的概率为 0.6 , 客场取胜的概率为 0.5 , 且各场比赛结果相互独立, 则甲队以 $4: 1$ 获胜的概 率是
| 0.216.
| 【详解】前五场中有一场客场输时, 甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $0.6^{3} \times 0.5 \times 0.5 \times 2=0.108$, 前五场中有一场主场输时, 甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $0.4 \times 0.6^{2} \times 0.5^{2} \times 3=0.108$, 综上所述，甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $q \neq 00.108+0.108=0.216$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅱ） | 13. 我国高铁发展迅速, 技术先进. 经统计, 在经停某站的高铁列车中, 有 10 个车次的正点 率为 0.97 , 有 20 个车次的正点率为 0.98 , 有 10 个车次的正点率为 0.99 , 则经停该站高铁列 车所有车次的平均正点率的估计值为
| 0. 98.
| 【详解】由】题意得, 经停该高铁站的列车正点数约为 $10 \times 0.97+20 \times 0.98+10 \times 0.99=39.2$, 其中高铁个数为 $10+20+10=40$, 所以该站所有高 铁平均正点率约为 $\frac{39.2}{40}=0.98$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅱ） | 14. 已知 $f(x)$ 是奇函数, 且当 $x<0$ 时, $f(x)=-\mathrm{e}^{a x}$. 若 $f(\ln 2)=8$, 则 $a=$
| -3
| 【详解】因为 $f(x)$ 是奇函数, 且当 $x<0$ 时, $f(x)=-e^{-a x}$.
又因为 $\ln 2 \in(0,1), f(\ln 2)=8$,
所以 $-e^{-a \ln 2}=-8$, 两边取以 $e$ 为底的对数得 $-a \ln 2=3 \ln 2$, 所以 $-a=3$, 即 $3 \pi$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅱ） | 15. $\vee A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 则 $\bigvee A B C$ 的面 积为
| $6 \sqrt{3}$
| 【详解】由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$,
所以 $(2 c)^{2}+c^{2}-2 \times 2 c \times c \times \frac{1}{2}=6^{2}$,
即 $c^{2}=12$
解得 $c=2 \sqrt{3}, c=-2 \sqrt{3}$ (舍去)
所以 $a=2 c=4 \sqrt{3}$,
$$
S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3} \text {. }
$$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 13. 已知 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 为单位向量, 且 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$, 若 $\boldsymbol{c}=2 \boldsymbol{a}-\sqrt{5} \boldsymbol{b}$, 则 $\cos \langle\vec{a}, \vec{c}\rangle=$
| $\frac{2}{3}$.
| 【详解】因为 $\vec{c}=2 \vec{a}-\sqrt{5} \vec{b}, \vec{a} \cdot \vec{b}=0$ ， 所以 $\vec{a} \cdot \vec{c}=2 \vec{a}^{2}-\sqrt{5} \vec{a} \cdot \vec{b}=2$ ，
$|\vec{c}|^{2}=4|\vec{a}|^{2}-4 \sqrt{5} \vec{a} \cdot \vec{b}+5|\vec{b}|^{2}=9$, 所以 $|\vec{c}|=3$
所以 $\cos \langle\vec{a}, \vec{c}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{c}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{c}|}=\frac{2}{1 \times 3}=\frac{2}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{1} \neq 0, a_{2}=3 a_{1}$, 则 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=$
| 4.
| 【详解】因 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a_{1}+d=3 a_{1}$, 即 $2 a_{1}=d$,
所以 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d}{5 a_{1}+\frac{5 \times 4}{2} d}=\frac{100 a_{1}}{25 a_{1}}=4$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2019 | （新课标ⅲ） | 15. 设 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{20}=1$ 的两个焦点, $M$ 为 $C$ 上一点且在第一象限. 若 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为等腰三角形, 则 $M$ 的坐标为
| $(3, \sqrt{15})$
| 【详解 】由已知可得 $a^{2}=36, b^{2}=36, \therefore c^{2}=a^{2}-b^{2}=16, \therefore c=4$,
$\therefore\left|M F_{1}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=8$.
$\because\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=2 a=12,\left|M F_{2}\right|=4$.
设点 $M$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(x_{0}>0, y_{0}>0\right)$, 则 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| \cdot y_{0}=4 y_{0}$,
又 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{8^{2}-2^{2}}=4 \sqrt{15}, \therefore 4 y_{0}=4 \sqrt{15}$, 解得 $y_{0}=\sqrt{15}$,
$\therefore \frac{x_{0}^{2}}{36}+\frac{(\sqrt{15})^{2}}{20}=1$, 解得 $x_{0}=3$ ( $x_{0}=-3$ 舍去)，
$\backslash M$ 的坐标为 $(3, \sqrt{15})$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 14. $\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$ 的展开式中常数项是 (用数字作答).
| 240
| 【详解】 $\because\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$
其二项式展开通项:
$T_{r+1}=C_{6}^{r} \cdot\left(x^{2}\right)^{6-r} \cdot\left(\frac{2}{x}\right)^{r}$
$=C_{6}^{r} \cdot x^{12-2 r}(2)^{r} \cdot x^{-r}$
$=C_{6}^{r}(2)^{r} \cdot x^{12-3 r}$
当 $12-3 r=0$, 解得 $r=4$
$\therefore\left(x^{2}+\frac{2}{x}\right)^{6}$ 的展开式中常数项是: $C_{6}^{4} \cdot 2^{4}=C_{6}^{2} \cdot 16=15 \times 16=240$.
故答案为: 240 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 16. 关于函数 $f(x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}$ 有如下四个命题:
(1) $f(x)$ 的图像关于 $y$ 轴对称.
(2) $f(x)$ 的图像关于原点对称.
(3) $f(x)$ 的图像关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称.
(4) $f(x)$ 的最小值为 2 .
其中所有真命题的序号是
| (2)}
| 【详解】对于命题(1), $f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}, f\left(-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}-2=-\frac{5}{2}$, 则 $f\left(-\frac{\pi}{6}\right) \neq f\left(\frac{\pi}{6}\right)$, 所以, 函数 $f(x)$ 的图象不关于 $y$ 轴对称，命题(1)错误;
对于命题(2), 函数 $f(x)$ 的定义域为 $\{x \mid x \neq k \pi, k \in Z\}$, 定义域关于原点对称, $f(-x)=\sin (-x)+\frac{1}{\sin (-x)}=-\sin x-\frac{1}{\sin x}=-\left(\sin x+\frac{1}{\sin x}\right)=-f(x)$,
所以, 函数 $f(x)$ 的图象关于原点对称，命题(2)正确;
对于命题(3), $\because f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)+\frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)}=\cos x+\frac{1}{\cos x}$,
$f\left(\frac{\pi}{2}+x\right)=\sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right)+\frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{2}+x\right)}=\cos x+\frac{1}{\cos x}, \quad$ 则 $f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=f\left(\frac{\pi}{2}+x\right)$,
所以, 函数 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称, 命题(3)正确;
对于命题(4), 当 $-\pi<x<0$ 时, $\sin x<0$, 则 $f(x)=\sin x+\frac{1}{\sin x}<0<2$,
命题(4)错误.
故答案为: (2)(3).
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 14. 设 $a, b$ 为单位向量, 且 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=1$, 则 $|a-b|=$
| $\sqrt{3}$
| 【详解】因为 $\vec{a}, \vec{b}$ 为单位向量, 所以 $|\vec{a}|=|b|=1$
所以 $|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b})^{2}}=\sqrt{|\vec{a}|^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{2+2 \vec{a} \cdot \vec{b}}=1$
解得: $2 \vec{a} \cdot \vec{b}=-1$
所以 $|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{|\vec{a}|^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{3}$
故答案为: $\sqrt{3}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 15. 已知 $F$ 为双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$
的右焦点, $A$ 为 $C$ 的右顶点, $B$ 为 $C$ 上的点, 且 $B F$ 垂直于 $x$ 轴. 若 $A B$ 的斜率为 3 , 则 $C$ 的离心率为
| 2
| 【详解】依题可得, $\frac{|B F|}{|A F|}=3$, 而 $|B F|=\frac{b^{2}}{a},|A F|=c-a$, 即 $\frac{\frac{b^{2}}{a}}{c-a}=3$, 变形得 $c^{2}-a^{2}=3 a c-3 a^{2}$ , 化简可得, $e^{2}-3 e+2=0$, 解得 $e=2$ 或 $e=1$ (舍去).
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 13. 已知单位向量 $a, b$ 的夹角为 $45^{\circ}, k a-b$ 与 $a$ 垂直, 则 $k=$
| $\frac{\sqrt{2}}{2}$
| 【详解】由题意可得: $\vec{a} \cdot \vec{b}=1 \times 1 \times \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
由向量垂直的充分必要条件可得: $(k \vec{a}-\vec{b}) \cdot \vec{a}=0$,
即: $k \times \vec{a}^{2}-\vec{a} \cdot \vec{b}=k-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$, 解得: $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
故答案为: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 14.4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动, 每名同学只去 1 个小区, 每个小区至少安排 1 名同学, 则不同 的安排方法共有 种.
| 36}
| 【详解】 $\because 4$ 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动, 每名同学只去 1 个小区, 每个小区至少安排 1 名同学
$\therefore$ 先取2名同学看作一组, 选法有: $C_{4}^{2}=6$
现在可看成是 3 组同学分配到 3 个小区, 分法有: $A_{3}^{3}=6$
根据分步乘法原理, 可得不同的安排方法 $6 \times 6=36$ 种
故答案为: 36 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 15. 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2, z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+\mathrm{i}$, 则 $\left|z_{1}-z_{2}\right|=$
| $2 \sqrt{3}$
| 【详解】 $\because\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2$, 可设 $z_{1}=2 \cos \theta+2 \sin \theta \cdot i, z_{2}=2 \cos \alpha+2 \sin \alpha \cdot i$,
$\therefore z_{1}+z_{2}=2(\cos \theta+\cos \alpha)+2(\sin \theta+\sin \alpha) \cdot i=\sqrt{3}+i$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2(\cos \theta+\cos \alpha)=\sqrt{3} \\ 2(\sin \theta+\sin \alpha)=1\end{array}\right.$, 两式平方作和得: $4(2+2 \cos \theta \cos \alpha+2 \sin \theta \sin \alpha)=4$,
化简得: $\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha=-\frac{1}{2}$
$$
\begin{aligned}
& \therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|=|2(\cos \theta-\cos \alpha)+2(\sin \theta-\sin \alpha) \cdot i| \\
& =\sqrt{4(\cos \theta-\cos \alpha)^{2}+4(\sin \theta-\sin \alpha)^{2}}=\sqrt{8-8(\cos \theta \cos \alpha+\sin \theta \sin \alpha)}=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3} .
\end{aligned}
$$
故答案为: $2 \sqrt{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （全国甲卷） | 13. 曲线 $y=\frac{2 x-1}{x+2}$ 在点 $(-1,-3)$ 处的切线方程为
| $5 x-y+2=0$
| 【详解】由题, 当 $x=-1$ 时, $y=-3$, 故点在曲线上.
求导得: $y^{\prime}=\frac{2(x+2)-(2 x-1)}{(x+2)^{2}}=\frac{5}{(x+2)^{2}}$, 所以 $\left.y^{\prime}\right|_{x=-1}=5$.
故切线方程为 $5 x-y+2=0$.
故答案为: $5 x-y+2=0$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （全国甲卷） | 14. 已知向量 $\vec{a}=(3,1), \vec{b}=(1,0), \vec{c}=\vec{a}+k \vec{b}$. 若 $\vec{a} \perp \vec{c}$, 则 $k=$
| $-\frac{10}{3}$.
| 【详解】 $\because \vec{a}=(3,1), \vec{b}=(1,0), \therefore \vec{c}=\vec{a}+k \vec{b}=(3+k, 1)$ ，
$\because \vec{a} \perp \vec{c}, \therefore \vec{a} \diamond \vec{c}=3(3+k)+1 \times 1=0$, 解得 $k=-\frac{10}{3}$,
故答案为: $-\frac{10}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （全国甲卷） | 15. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点, 且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 则四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 的面积为
| 8
| 【详解】因为 $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点,
且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 所以四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 为矩形,
设 $\left|P F_{1}\right|=m,\left|P F_{2}\right|=n$, 则 $m+n=8, m^{2}+n^{2}=48$,
所以 $64=(m+n)^{2}=m^{2}+2 m n+n^{2}=48+2 m n$,
$m n=8$ ， 即四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 面积等于 8 .
故答案为: 8 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 13. 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{m}-y^{2}=1(m>0)$ 的一条渐近线为 $\sqrt{3} x+m y=0$, 则 $C$ 的焦距
为
| 4
| 解析:
易知双曲线渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x$, 由题意得 $a^{2}=m, b^{2}=1$, 且一条渐近线方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{m} x$, 则有 $m=0$ (舍去), $m=3$, 故焦距为 $2 c=4$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 14.已知向量 $\vec{a}=(1,3), \vec{b}=(3,4)$, 若 $(\vec{a}-\lambda \vec{b}) \perp \vec{b}$, 则 $\lambda=$
| $\frac{3}{5}$
| 解析:
由题意得 $(\vec{a}-\lambda \vec{b}) \cdot \vec{b}=0$ ， 即 $15-25 \lambda=0$ ， 解得 $\lambda=\frac{3}{5}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2021 | （新课标ⅰ） | 15. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 面积为 $\sqrt{3}, B=60^{\circ}$, $a^{2}+c^{2}=3 a c$, 则 $b=$
| $2 \sqrt{2}$
| 解析:
$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} a c=\sqrt{3}$, 所以 $a c=4$
由余弦定理, $b^{2}=a^{2}+c^{2}-a c=3 a c-a c=2 a c=8$, 所以 $b=2 \sqrt{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国乙卷） | 13. 从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名参加社区服务工作, 则甲、乙都人选的概率为
| $\frac{3}{10} \# \# 0.3$
| 【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为 $\mathrm{C}_{5}^{3}=10$
甲、乙都人选的方法数为 $\mathrm{C}_{3}^{1}=3$ ，所以甲、乙都人选的概率 $P=\frac{3}{10}$ 故答案为: $\frac{3}{10}$
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国乙卷） | 15. 记函数 $f(x)=\cos (\omega x+\varphi)(\omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的最小正周期为 $T$, 若 $f(T)=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $x=\frac{\pi}{9}$ 为 $f(x)$ 的零点, 则 $\omega$ 的最小值为
| 3
| 【详解】解：因为 $f(x)=\cos (\omega x+\varphi),(\omega>0,0<\varphi<\pi)$
所以最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$, 因为 $f(T)=\cos \left(\omega \cdot \frac{2 \pi}{\omega}+\varphi\right)=\cos (2 \pi+\varphi)=\cos \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
又 $0<\varphi<\pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{6}$, 即 $f(x)=\cos \left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$,
又 $x=\frac{\pi}{9}$ 为 $f(x)$ 的零点, 所以 $\frac{\pi}{9} \omega+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in Z$, 解得 $\omega=3+9 k, k \in Z$,
因为 $\omega>0$, 所以当 $k=0$ 时 $\omega_{\text {min }}=3$;
故答案为: 3
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 13. 设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$, 且 $|\vec{a}|=1,|b|=3$, 则 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=$
| 11
| 【详解】解: 设 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 $\theta$, 因为 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$, 即 $\cos \theta=\frac{1}{3}$,
又 $|\vec{a}|=1,|b|=3$, 所以 $\vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos \theta=1 \times 3 \times \frac{1}{3}=1$,
所以 $(2 \vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{b}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=2 \vec{a} \cdot \vec{b}+|\vec{b}|^{2}=2 \times 1+3^{2}=11$.
故答案为: 11 .
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 14. 若双曲线 $y^{2}-\frac{x^{2}}{m^{2}}=1(m>0)$ 的渐近线与圆 $x^{2}+y^{2}-4 y+3=0$ 相切, 则
$m=$
| $\frac{\sqrt{3}}{3}$
| 【详解】解: 双曲线 $y^{2}-\frac{x^{2}}{m^{2}}=1(m>0)$ 的渐近线为 $y= \pm \frac{x}{m}$, 即 $x \pm m y=0$,
不妨取 $x+m y=0$, 圆 $x^{2}+y^{2}-4 y+3=0$, 即 $x^{2}+(y-2)^{2}=1$, 所以圆心为 $(0,2)$, 半 径 $r=1$, 依题意圆心 $(0,2)$ 到渐近线 $x+m y=0$ 的距离 $d=\frac{|2 m|}{\sqrt{1+m^{2}}}=1$,
解得 $m=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 或 $m=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ (舍去).
故答案为: $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2022 | （全国甲卷） | 15. 从正方体的 8 个顶点中任选 4 个, 则这 4 个点在同一个平面的概率为
| $\frac{6}{35}$.
| 【详解】从正方体的 8 个顶点中任取 4 个, 有 $n=\mathrm{C}_{8}^{4}=70$ 个结果, 这 4 个点在同一个平面 的有 $m=6+6=12$ 个, 故所求概率 $P=\frac{m}{n}=\frac{12}{70}=\frac{6}{35}$.
故答案为: $\frac{6}{35}$.
| 5 | 2010-2022_Math_I_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 圆心在原点上与直线 $x+y-2=0$ 相切的圆的方程为
| $x^{2}+y^{2}=2$
| 解: 圆心到直线的距离: $r=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$, 所求圆的方程为 $x^{2}+y^{2}=2$.
故答案为: $x^{2}+y^{2}=2$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 设函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 为区间 $(0,1]$ 上的图象是连续不断的一条曲线, 且恒有 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$, 可以用随机模拟方法计算由曲线 $y=f(x)$ 及直线 $x=0$, $x=1, y=0$ 所围成部分的面积 $S$, 先产生两组（每组 $N$ 个），区间（0, 1]上的 均匀随机数 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 和 $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n}$, 由此得到 $N$ 个点 $(x, y)(i-1$ , 2..., $N \mathrm{~ . ~ 再 数 出 其 中 满 足 ~} y_{1} \leqslant f(x) \quad(i=1,2 \ldots, N)$ 的点数 $N_{1}$, 那么由 随机模拟方法可得 $\mathrm{S}$ 的近似值为
| $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$
| 解: $\because \int_{0}{ }^{1} f(x) d x$ 的几何意义是函数 $f(x)$ (其中 $0 \leqslant f(x) \leqslant 1$ ) 的图象与 $x$ 轴、直线 $x=0$ 和直线 $x=1$ 所围成图形的面积,
$\therefore$ 根据几何概型易知 $\int_{0}^{1} \mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{dx} \approx \frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.
故答案为: $\frac{\mathrm{N}_{1}}{\mathrm{~N}}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 一个几何体的正视图为一个三角形, 则这个几何体可能是下列几何 体中的 (填入所有可能的几何体前的编号) (1)三棱锥(2)四棱雉(3)三棱 柱(4)四棱柱(5)圆雉66圆柱.
| (1)(2)(3)(5)
| 解: 一个几何体的正视图为一个三角形, 显然(1)(2)(5)正确; (3)是三棱柱 放倒时也正确;
(4)(6)不论怎样放置正视图都不会是三角形;
故答案为: (1)(2)(3)(5)
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2010 | （新课标） | 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为 $B C$ 边上一点, $B C=3 B D, A D=\sqrt{2}, \angle A D B=135^{\circ}$. 若 $A C=\sqrt{2} A B$, 则 $B D=$
| $2+\sqrt{5}$
| 用余弦定理求得
$A B^{2}=B^{2}+A D^{2}-2 A D \cdot B D \cos 135^{\circ}$
$A C^{2}=C D^{2}+A D^{2}-2 A D \cdot C D \cos 45^{\circ}$
即 $A B^{2}=B D^{2}+2+2 B D$ (1) $A C^{2}=C D^{2}+2-2 C D$
又 $B C=3 B D$
所以 $C D=2 B D$
所以 由（2）得 $A C^{2}=4 B D^{2}+2-4 B D$ （3）
因为 $A C=\sqrt{2} A B$
所以 由 (3) 得 $2 A B^{2}=4 B D^{2}+2-4 B D \quad(4)$
$(4)-2(1)$
$B D^{2}-4 B D-1=0$
求得 $\mathrm{BD}=2+\sqrt{5}$
故答案为: $2+\sqrt{5}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | 已知 $a$ 与 $b$ 为两个垂直的单位向量, $k$ 为实数, 若向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与向量 $k$ $\vec{a}-\vec{b}$ 垂直，则 $k=$
| 1
| 解： $\because \vec{a} \perp \vec{b}$
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=0$
$\because \vec{a}+\vec{b}$ 与 $k \vec{a}-\vec{b}$ 垂直
$\therefore(\vec{a}+\vec{b}) \cdot(k \vec{a}-\vec{b})=0$
即 $k \vec{a}^{2}+k \vec{a} \cdot b-\vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b}^{2}=0$
$\therefore \mathrm{k}=1$
故答案为: 1
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | $\triangle A B C$ 中, $\angle B=120^{\circ}, A C=7, A B=5$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为
| $\frac{15 \sqrt{3}}{4}$
| 解: 由余弦定理可知 $\cos B=\frac{25+B C^{2}-49}{2 * B C * 5}=-\frac{1}{2}$, 求得 $B C=-8$ 或 3 (舍负)
$\therefore \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} \cdot A B \cdot B C \cdot \sin B=\frac{1}{2} \times 5 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15 \sqrt{3}}{4}$ 故答案为: $\frac{15 \sqrt{3}}{4}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2011 | （新课标） | 已知两个圆雉有公共底面, 且两个圆雉的顶点和底面的圆周都在同 一个球面上, 若圆雉底面面积是这个球面面积的 $\frac{3}{16}$, 则这两个圆雉中, 体积 较小者的高与体积较大者的高的比值为
| $\frac{1}{3}$
| 解: 不妨设球的半径为: 4; 球的表面积为: $64 \pi$, 圆雉的底面积为: $12 \pi$ , 圆锥的底面半径为: $2 \sqrt{3}$;
由几何体的特征知球心到圆雉底面的距离, 求的半径以及圆雉底面的半径三者可
以构成一个直角三角形
由此可以求得球心到圆雉底面的距离是 $\sqrt{4^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=2$,
所以圆雉体积较小者的高为: 4- $2=2$, 同理可得圆雉体积较大者的高为: $4+2=6$; 所以这两个圆雉中, 体积较小者的高与体积较大者的高的比值为: $\frac{1}{3}$.
故答案为: $\frac{1}{3}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 曲线 $y=x(3 \ln x+1)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为__.
| $y=4 x-3$
| 解：求导函数, 可得 $y^{\prime}=3 \ln x+4$,
当 $x=1$ 时, $y^{\prime}=4$,
$\therefore$ 曲线 $y=x(3 \ln x+1)$ 在点 $(1,1)$ 处的切线方程为 $y-1=4(x-1)$, 即 $y=4 x-3$ 故答案为: $y=4 x-3$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}+3 S_{2}=0$, 则公比 $q=$
| -2
| 解：由题意可得, $q \neq 1$
$\because \mathrm{S}_{3}+3 \mathrm{~S}_{2}=0$
$\therefore \frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q}+\frac{3 a_{1}\left(1-q^{2}\right)}{1-q}=0$
$\therefore q^{3}+3 q^{2}-4=0$
$\therefore(q-1)(q+2)^{2}=0$
$\because q \neq 1$
$\therefore q=-2$
故答案为: -2
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 已知向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 夹角为 $45^{\circ}$, 且 $|\vec{a}|=1,|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{10}$, 则 $|\vec{b}|=$.
| $3 \sqrt{2}$
| 解: $\because<\overrightarrow{\mathrm{a}}, \overrightarrow{\mathrm{b}}>=45^{\circ},|\overrightarrow{\mathrm{a}}|=1$
$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}| \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}|\vec{b}|$
$\therefore|2 \vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(2 \vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{4 \vec{a}^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}}=\sqrt{4-2 \sqrt{2}|\vec{b}|+|\vec{b}|^{2}}=\sqrt{10}$
解得 $|\vec{b}|=3 \sqrt{2}$
故答案为: $3 \sqrt{2}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2012 | （新课标） | 设函数 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值为 $M$, 最小值为 $m$, 则 $M+m=$
| 2
| 解: 函数可化为 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}=1+\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$,
令 $g(x)=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$, 则 $g(x)=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$ 为奇函数,
$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})=\frac{2 x+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值与最小值的和为 0 .
$\therefore$ 函数 $f(x)=\frac{(x+1)^{2}+\sin x}{x^{2}+1}$ 的最大值与最小值的和为 $1+1+0=2$. 即 $M+m=2$.
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知两个单位向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 的夹角为 $60^{\circ}, \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}$. 若 $\vec{b} \bullet \vec{c}=0$, 则 $t=$
| 2
| 解: $\because \vec{c}=t \vec{a}+(1-t) \vec{b}, \vec{c} \cdot \vec{b}=0, \quad \therefore \vec{c} \cdot \vec{b}=t \vec{a} \cdot \vec{b}+(1-t) \vec{b}^{2}=0$,
$\therefore \mathrm{t} \cos 60^{\circ}+1-t=0, \therefore 1-\frac{1}{2} t=0$, 解得 $t=2$.
故答案为: 2 .
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知 $H$ 是球 $O$ 的直径 $A B$ 上一点, $A H: H B=1: 2, A B \perp$ 平面 $\alpha, H$ 为垂足, $\alpha$ 截球 $O$ 所得截面的面积为 $\pi$, 则球 $O$ 的表面积为
| $\frac{9 \pi}{2}$.
| 解：设球的半径为 $R, \because A H: H B=1: 2, \therefore$ 平面 $\alpha$ 与球心的距离为 $\frac{1}{3} R$,
$\because \alpha$ 截球 $O$ 所得截面的面积为 $\pi$,
$\therefore d=\frac{1}{3} R$ 时, $r=1$,
故由 $R^{2}=r^{2}+d^{2}$ 得 $R^{2}=1^{2}+\left(\frac{1}{3} R\right)^{2}, \therefore R^{2}=\frac{9}{8}$
$\therefore$ 球的表面积 $S=4 \pi R^{2}=\frac{9 \pi}{2}$.
故答案为: $\frac{9 \pi}{2}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅰ） | 设当 $x=\theta$ 时, 函数 $f(x)=\sin x-2 \cos x$ 取得最大值, 则 $\cos \theta=$
| $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
| 解: $f(x)=\sin x-2 \cos x=\sqrt{5}\left(\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x\right)=\sqrt{5} \sin (x-\alpha)$ (其 中 $\left.\cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$,
$\because x=\theta$ 时, 函数 $f(x)$ 取得最大值,
$\therefore \sin (\theta-\alpha)=1$, 即 $\sin \theta-2 \cos \theta=\sqrt{5}$,
又 $\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$,
联立得 $(2 \cos \theta+\sqrt{5})^{2}+\cos ^{2} \theta=1$, 解得 $\cos \theta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
故答案为: $-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 从 $1,2,3,4,5$ 中任意取出两个不同的数, 其和为 5 的概率是
| 0.2
| 解：从 $1,2,3,4,5$ 中任意取出两个不同的数共有 $C_{5}^{2}=10$ 种情况, 和为 5 的有 $(1,4)(2,3)$ 两种情况，
故所求的概率为: $\frac{2}{10}=0.2$
故答案为: 0.2
| 4 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 已知正方形 $A B C D$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=$
| 2
| 解: $\because$ 已知正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边长为 $2, E$ 为 $C D$ 的中点, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}=0$, 故 $\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BD}}=(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{DE}}) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}})=\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}\right) \cdot(\overrightarrow{\mathrm{AD}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}})=\overrightarrow{\mathrm{AD}}^{2}-\overrightarrow{\mathrm{AD}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}+$ $\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}^{-}-\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AB}}^{2}=4+0-0-\frac{1}{2} \times 4=2$,
故答案为: 2 .
| 4 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2013 | （新课标ⅱ） | 函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 与函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象重合, 则 $\phi=$
| $\frac{5 \pi}{6}$
| 解: 函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 得平移后的图象的函数解析式为 $y=\cos \left[2\left(x-\frac{\pi}{2}\right)+\phi\right]=\cos (2 x+\phi-\pi)$, 而函数 $y=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\right)$,
由函数 $y=\cos (2 x+\phi) \quad(-\pi \leqslant \phi<\pi)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{2}$ 个单位后, 与函数 $y=\sin$ $\left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象重合, 得 $2 x+\phi-\pi=2 x+\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}$, 解得: $\phi=\frac{5 \pi}{6}$.
符合 $-\pi \leqslant \phi<\pi$.
故答案为: $\frac{5 \pi}{6}$.
| 4 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | 将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行, 则 2 本 数学书相邻的概率为
| $\frac{2}{3}$
| 解: 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行, 所有的基 本事件有共有 $\mathrm{A}_{3}^{3}=6$ 种结果，
其中 2 本数学书相邻的有 (数学 1 , 数学 2 , 语文), (数学 2 , 数学 1 , 语文) , (语文, 数学 1 , 数学 2), (语文, 数学 2 , 数学 1) 共 4 个, 故本数学 书相邻的概率 $\mathrm{P}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
故答案为: $\frac{2}{3}$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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2014 | （新课标ⅰ） | 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C三个城市时,
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 $B$ 城市;
乙说：我没去过C 城市;
丙说：我们三人去过同一城市;
由此可判断乙去过的城市为
| $A$
| 解：由乙说：我没去过 $C$ 城市, 则乙可能去过 $A$ 城市或 $B$ 城市, 但甲说: 我去过的城市比乙多, 但没去过 $B$ 城市, 则乙只能是去过 $A, B$ 中的任 一个
再由丙说：我们三人去过同一城市,
则由此可判断乙去过的城市为 $A$.
故答案为: $A$.
| 5 | 2010-2022_Math_II_Fill-in-the-Blank |
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