保分02 填空题保分训练（含开放性命题） 2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题型

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保分02 填空题保分训练
保分系列内容简介：临近高考，咱们所剩的复习时间不是很多了，更应该注重基础知识和基本题型的掌握，提高自己的学习效率。本系列主要就是为了夯实基础，采取保分政策，减少高考中的容错率，从而避免高考中发挥失误.一共二十组填空，选自优质的模考试卷中的13-15题，适用新高考.
☆☆第一组☆☆
13．（2022•沈阳一模）函数f（x）＝2cosx﹣cos2x的最大值为 　32　．
【解答】解：f（x）＝2cosx﹣cos2x＝﹣2cos2x+2cosx+1，
设t＝cosx，t∈[﹣1，1]，则g（t）＝﹣2t2+2t+1＝﹣2(t-12)2+32，
∴当t=12时，g（t）max=32，
∴函数f（x）＝2cosx﹣cos2x的最大值为32，
故答案为：32．
14．（2022•沈阳一模）若(2x-1x2)n展开式的二项式系数之和为64，则展开式中x3项的系数为 　﹣192　．（用数字作答）
【解答】解：由已知可得2n＝64，则n＝6，
所以二项式的展开式的通项公式为Tr+1＝C 6r(2x)6-r(-1x2)r=C 6r⋅26-r⋅(-1)rx6-3r，
令6﹣3r＝3，解得r＝1，则x3的系数为C 61×25×(-1)=-192，
故答案为：﹣192．
15．（2022•沈阳一模）某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两班的人数之比为5：3，其中甲班中女生占35，乙班中女生占13．则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率是 　12　．
【解答】解：记A与A分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的，B表示是女生，
由题意可得，P（A）=58，P（A）=38，P（B|A）=35，P（B|A）=13，
由全概率公式可得，P（B）＝P（A）P（B|A）+P（A）P（B|A）=58×35+38×13=12，
故该社区居民遇到的一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为12，
故答案为：12．
☆☆第二组☆☆
13．（2021秋•聊城期末）经过抛物线y2＝4x焦点F的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|的最小值为 　4　．
【解答】解：抛物线的焦点坐标为（1，0），当直线斜率不存在时，令x＝1得：y＝±2，所以|AB|＝4，
当直线斜率存在时，设直线方程为y＝k（x﹣1），
联立y=k(x-1)y2=4x 得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，k≠0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，|AB|=x1+x2+p=2+4k2+2=4+4k2＞4，
所以，|AB|的最小值为4．
故答案为：4．
14．（2021秋•聊城期末）已知α∈(-π2，π2)，且sinα+cosα=55，则tanα的值为 　-12　．
【解答】解：因为sinα+cosα=55，
所以两边平方，可得1+2sinαcosα=15，可得2sinαcosα=-45＜0，
又因为α∈(-π2，π2)，所以sinα＜0，cosα＞0，
所以cosα﹣sinα=(cosα-sinα)2=1-(-45)=355，
解得sinα=-55，cosα=255，则tanα=-12．
故答案为：-12．
15．（2021秋•聊城期末）甲乙两个箱子中各装有5个大小、质地均相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有2个红球、3个白球．抛一枚质地均匀的硬币，若硬币正面向上，从甲箱中随机摸出一个球；若硬币反面向上，从乙箱中随机摸出一个球，则摸到红球的概率为 　12　．
【解答】解：甲箱中摸到红球的概率为P1=C31C51=35，
乙箱中摸到红球的概率为P2=C21C51=25，
硬币正面向上时摸到红球的概率为12×35=310，硬币正面向下摸到红球的概率为12×25=15，
所以摸到红球的概率为310+15=12，
故答案为：12．
☆☆第三组☆☆
13．（2022•福田区校级一模）已知偶函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递减，若f（﹣1）＝0，则满足f（m）＞0的实数m的取值范围是 　（﹣1，1）　．
【解答】解：根据偶函数f（x）在区间[0，+∞）上单调递减，若f（﹣1）＝0，则f（1）＝0；
故函数的图象如图所示：

当m＝0时，满足条件；
则满足f（m）＞0的实数m的取值范围为（﹣1，1）．
故答案为：（﹣1，1）．
14．（2018•咸阳二模）（x+y）（x﹣y）8的展开式中，x2y7的系数为　20　．
【解答】解：（x+y）（x﹣y）8 ＝（x+y）（C80•x8-C81•x7y+C82•x6•y2-⋯-C87•x•y7+C88•y8），
故（x+y）（x﹣y）8的展开式中x7y2的系数为-C81+C82=20，
故答案为：20．
15．（2022•福田区校级一模）“四书”是《大学》《中庸》《论语》《孟子》的合称，又称“四子书”，在世界文化史、思想史上地位极高，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义和参考价值．某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动，某班有A、B两位同学参赛，比赛时每位同学从这4本书中随机抽取1本选择其中的内容诵读，则A、B两位同学抽到同一本书的概率为 　14　．
【解答】解：每位同学从这4本书中随机抽取l本，基本事件总数为42＝16个，
其中A、B两位同学抽到同一本书，包含的基本事件有4个，
所以两位同学抽到同一本书的概率为P=416=14，
故答案为：14．
☆☆第四组☆☆
13．（2022•茂名一模）已知双曲线C的方程为x24-y2=1，则其离心率为　52　．
【解答】解：双曲线C的方程为x24-y2=1，
可得a＝2，b＝1，则c=a2+b2=5．
所以双曲线的离心率为：e=52．
故答案为：52．
14．（2022•茂名一模）函数f(x)=3sin2x+2cos2x在区间[-π6，π6]上的最大值为 　3　．
【解答】解：函数f(x)=3sin2x+2cos2x=3sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+π6）+1，
又x∈[-π6，π6]，所以2x+π6∈[-π6，π2]，
则当2x+π6=π2，即x=π6时，函数f（x）取最大值3，
故答案为：3．
15．（2022•茂名一模）已知函数f(x)=|log2x|，0＜x＜2-x+3，x≥2，若x1，x2，x3均不相等，且f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则x1•x2•x3的取值范围是 　（2，3）　．
【解答】解：f（x）的大致图象如图所示：

不妨设x1＜x2＜x3，由图可得f（x1）＝f（x2）＝f（x3）∈（0，1），
即|log2x1|＝|log2x2|＝﹣x3+3∈（0，1），
所以log2x1＝﹣log2x2，即log2x1+log2x2＝0，所以log2x1x2＝0，所以x1x2＝1，
由﹣x3+3∈（0，1）得x3∈（2，3），
所以x1•x2•x3∈（2，3）．
故答案为：（2，3）．
☆☆第五组☆☆
13．（2022•山东一模）若sinα=cos(α+π6)，则tan2α的值为 　3　．
【解答】解：由sinα=cos(α+π6)，得sinα＝cosαcosπ6-sinαsinπ6=32cosα-12sinα，
∴32sinα=32cosα，得tanα=33．
∴tan2α=2tanα1-tan2α=2×331-(33)2=3．
故答案为：3．
14．（2022•山东一模）若（1﹣2x）n的展开式中x3项的系数为﹣160，则正整数n的值为 　6　．
【解答】解：（1﹣2x）n的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr1n-r(-2x)r=(-2)rCnrxr，
又展开式中x3项的系数为﹣160，则（﹣2）3Cn3=-160，
则Cn3=20，解得n＝6，
故答案为：6．
15．（2022•山东一模）已知f（x）为R上的奇函数，且f（x）+f（2﹣x）＝0，当﹣1＜x＜0时，f（x）＝2x，则f（2+log25）的值为 　-45　．
【解答】解：根据题意，f（x）为R上的奇函数，且f（x）+f（2﹣x）＝0，
f（2﹣x）＝﹣f（x）＝f（﹣x），变形可得f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，
则f（2+log25）＝f（log25﹣2）＝f（log254），
f（x）为奇函数且当﹣1＜x＜0时，f（x）＝2x，则f（log254）＝﹣f（﹣log254）＝﹣f（log245）=-45；
则f（2+log25）=-45；
故答案为：-45．
☆☆第六组☆☆
13．（2022•临沂一模）函数f（x）＝xln（﹣x），则曲线y＝f（x）在x＝﹣e处的切线方程为 　y＝2x+e　．
【解答】解：求导函数可得f′（x）＝ln（﹣x）+1，
当x＝﹣e时，f′（﹣e）＝lne+1＝2，
∵f（﹣e）＝﹣elne＝﹣e，∴切点为（﹣e，﹣e），
∴曲线y＝f（x）在x＝﹣e处的切线方程是y+e＝2（x+e），即y＝2x+e．
故答案为：y＝2x+e．
14．（2022•临沂一模）已知抛物线C：x2＝2py的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上的任意一点，且|MQ|+|MF|的最小值为4，则p＝　2　；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段A，B的中点，则△AOB的面积为 　22　．
【解答】解：如图，过M作MM1垂直准线于M1，

由抛物线定义可知|MF|＝|MM1|，所以|MQ|+|MF|＝|MQ|+|MM1|，
过Q作QQ1垂直准线于Q1，交抛物线于P，所以|MQ|+|MM1|≥|PQ|+|PQ1|，
所以当M在P处时，|MQ|+|MM1|＝|PQ|+|PQ1|＝|QQ1|最小，
此时|QQ1|=3+p2=4，解得：p＝2．所以抛物线标准方程为：x2＝4y．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x12=4y1x22=4y2，两式相减得：x12-x22=4y1-4y2，
即（x1+x2）（x1﹣x2）＝4（y1﹣y2），
因为Q（2，3）为线段AB的中点，所以 x1+x2＝4，
所以直线AB的斜率为k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1，
所以直线 AB 的方程为：y﹣3＝1×（x﹣2），即y＝x+1，
由A（x1，y1），B（x2，y2）符合x2=4yy=x+1，消去y得：x2﹣4x﹣4＝0，
所以x1+x2＝4，x1x2＝﹣4，
所以弦长|AB|=1+k2⋅|x1-x2|=1+k2⋅(x1+x2)2-4x1x2=2⋅16+16=8，
而O到直线AB的距离为d=|0-0-1|12+(-1)2=22，
所以S△ABO=12|AB|⋅d=12×8×22=22．
故答案为：2；22．
15．（2022•临沂一模）已知正三棱台ABC﹣A′B′C′的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长为 　2π　．
【解答】解：过B作BD⊥A′B′，∵AB＝2，A′B′＝5，
∴DB′=5-22=32，
∵侧棱长为BB′＝3，
∴∠DB′B=π3，即∠AA′B＝∠AA′C′＝∠C′A′B′=π3，
则半径为2的球面与此正三棱台的表面的交线长3×π3×2=2π，
故答案为：2π．

☆☆第七组☆☆
13．（2022•岳阳一模）在平面直角坐标系中，角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴，终边过点（﹣2，y）且tan（π﹣α）＝2，则sinα＝　255　．
【解答】解：∵tan（π﹣α）＝2，
∴tanα＝﹣2，
∵角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴，终边过点（﹣2，y），
∴α为第二象限角，
∵sin2α+cos2α＝1 且sinαcosα=-2，
∴sinα=255．
故答案为：255．
14．（2022•岳阳一模）已知抛物线y=14x2的焦点为F，P为抛物线上一动点，点Q（1，1），当△PQF的周长最小时，点P的坐标为 　（1，14）　．
【解答】解：设l：y＝﹣1是抛物线的准线，
过P作PH⊥l于H，作QN⊥l于N，

则|PF|＝|PH|，F（0，1），|FQ|＝1，
|PF|+|PQ|＝|PQ|+|PH|，易知当Q，P，H三点共线时，|PQ|+|PH|最小，且最小值为1+1＝2，
所以△PQF的周长最小值为3，此时xp＝1，yp=14，即P(1，14)．
故答案为：(1，14)．
15．（2022•岳阳一模）有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有 　36　种．（结果用数字作答）
【解答】解：相声，跳舞看成一体，与唱歌，杂技全排列，共有A33⋅A22=12种，
3个节目有4个空，除去相声旁边的那个空，剩下3个空，小品选其一，有C31=3种，
故共12×3＝36种．
故答案为：36．
☆☆第八组☆☆
13．（2022•潍坊一模）已知函数f(x)=2+log2(1-x)，x＜1，3x-1，x≥1，则f（﹣1）+f（log312）＝　7　．
【解答】解：根据题意，函数f(x)=2+log2(1-x)，x＜1，3x-1，x≥1，，
则f（﹣1）＝2+log22＝3，f（log312）=3log312-1=3log34=4，
则f（﹣1）+f（log312）＝7；
故答案为：7．
14．（2022•广州一模）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，点P在BC边上（包括端点），则AD→⋅AP→的取值范围是 　[﹣2，2]　．
【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），D（2，0），C（1，3），D（﹣1，3）
当点P在BC上时，设P（x，3），x∈[﹣1，1]，AD→=（2，0），AP→=（x，3），
则AD→⋅AP→=2x∈[﹣2，2]．
故答案为：[﹣2，2]．

15．（2022•广州一模）已知三棱锥P﹣ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC＝23，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于 　4π3　．
【解答】解：将三棱锥P﹣ABC补全为棱长为23的正方体，
如下图所示，

若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，
即D，F在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，
又OA=6＞2，OP=32＞4，
所以面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，弧长为π，
面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为π12的圆弧，故弧长为π3，
面PBC与球面所成弧以P为圆心，4为半径且圆心角为π3的圆弧，故弧长为4π3，
综上所述，最长弧的弧长为4π3．
故答案为：4π3．
☆☆第九组☆☆
13．（2022•淮北一模）(2x-1x+2y)6展开式中的常数项是 　﹣160　．
【解答】解：要得到(2x-1x+2y)6中的常数项，需有3个因式取2x，其余的3个因式取-1x，
故展开式的常数项为C63×23×C33×（﹣1）3＝﹣160，
故答案为：﹣160．
14．（2022•淮北一模）已知∀n∈N*，函数f（x）＝x﹣（an+1）lnx在x∈（n，n+1）．有极值，设bn=[an]，其中[x]为不大于x的最大整数，记数列{bn}的前n项和为{Sn}，则S100＝　615　．
【解答】解：f（x）＝x﹣（an+1）lnx，
f′（x）＝1-an+1x=x-(an+1)x，
∵∀n∈N*，函数f（x）＝x﹣（an+1）lnx在x∈（n，n+1）上有极值，
∴n＜an+1＜n+1，
∴n﹣1＜an＜n，
∴n-1＜an＜n，
∵bn=[an]，
∴n＝1时，0＜a1＜1，b1＝0；
同理可得：n＝2，3，4时，b2＝b3＝b4＝1；
n＝5，6，7，8，9时，b5＝…＝b9＝2；
n＝10，11，…，16时，b10＝…＝b16＝3；
n＝17，18，…，25时，b17＝…＝b25＝4；
n＝26，27，…，36时，b26＝…＝b36＝5；
n＝37，38，…，49时，b37＝…＝b49＝6；
n＝50，51，…，64时，b50＝…＝b64＝7；
n＝65，66，…，81时，b65＝…＝b81＝8；
n＝82，83，…，100时，b82＝…＝b100＝9．
∴数列{bn}的前100项和S100＝0×1+1×3+2×5+3×7+4×9+5×11+6×13+7×15+8×17+9×19＝615．
故答案为：615．
15．（2022•唐山一模）为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取k（k∈N*）包食品，并测量其质量（单位：g）．根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布N（μ，σ2）．假设生产状态正常，记ξ表示每天抽取的k包食品中其质量在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的包数，若ξ的数学期望E（ξ）＞0.05，则k的最小值为 　19　．
附：若随机变量Y服从正态分布N（μ，σ2）则P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）≈0.9973．
【解答】解：由已知可得X～N（μ，σ2），P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）≈0.9973，
每天从生产线上随机抽取k（k∈N*）包食品中其质量在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的包数为ξ，
而每天抽取的k包食品中其质量在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的概率为1﹣0.9973＝0.0027，
所以ξ～B（k，0.0027），
故E（ξ）＝k×0.0027＞0.05，
解得k≥19，即k的最小值为19．
故答案为：19．


☆☆第十组☆☆
13．（2022•麒麟区校级一模）若（4x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a1+a2+a3+a4＝　80　．
【解答】解：由于（4x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
当x＝0时，a0＝1，
当x＝1时，a0+a1+a2+a3+a4＝34＝81，
故a1+a2+a3+a4＝80，
故答案为：80．
14．（2022•麒麟区校级一模）已知函数f（x）＝log32-x2+x+b，若f（a）＝1，f（﹣a）＝3，则logba＝　0　．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝log32-x2+x+b，且f（a）＝1，f（﹣a）＝3，
则f（a）＝log32-a2+a+b＝1，f（﹣a）＝log32+a2-a+b＝3，
则f（a）+f（﹣a）＝log32-a2+a+log32+a2-a+2b＝log31+2b＝2b＝4，则b＝2，
若f（a）＝1，则log32-a2+a=-1，解可得a＝1，
故logba＝0，
故答案为：0．
15．（2022•湛江一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且2|FO|＝|AB|，若∠BAF=π6，则椭圆C的离心率是 　3-1　．

【解答】解：因为直线AB过原点，由椭圆及直线的对称性可得|OA|＝|OB|，所以|AB|＝2|OA|，
设右焦点F'，连接BF'，AF'，又因为2|OF|＝|AB|＝2c，可得四边形AFBF'为矩形，
即|FF'|＝|AB|，且∠ABF＝∠AF'F，
在Rt△AFF'中，|AF|＝|FF'|sin∠AF'F＝2c•sin∠AF'F，
|AF'|＝|FF'|cos∠AF'F＝2c•cos∠AF'F，
由椭圆的定义可得|AF|+|AF'|＝2a，
所以2a＝2c•（sin∠AF'F+cos∠AF'F），
因为∠BAF=π6，故∠AF'F=π6，
所以离心率e=ca=112+32=3-1．
故答案为：3-1．
☆☆第十一组☆☆
13．（2021秋•马鞍山期末）已知AB→=(-2，1)，AC→=(2，t)，|BC→|=4，则AB→⋅BC→=　﹣8　．
【解答】解：因为 BC→=AC→-AB→=（4，t﹣1）；
∵|BC→|＝4，
∴42+（t﹣1）2＝42⇒t＝1；
∴BC→=（4，0），
∴AB→⋅BC→=-2×4+1×0＝﹣8；
故答案为：﹣8．
14．（2022•辽宁一模）已知定义在R上的函数f（x）不是常值函数，且同时满足：①f（2+x）＝f（2﹣x）；②对任意x1∈R，均存在x2∈R使得f（x1）＝2f（x2）成立；则函数f（x）＝　（x﹣2）2　．（写出一个符合条件的答案即可）
【解答】解：由f（2+x）＝f（2﹣x） 知：f（x） 关于 x＝2 对称，
由对任意 x1∈R，均存在 x2∈R 使得f（x1）＝2f（x2）成立知：
函数值域为（﹣∞，0]或（0，+∞）或全体实数，
∴f（x）＝（x﹣2）2符合要求．
故答案为：（x﹣2）2（答案不唯一）．
15．（2022•辽宁一模）第24届冬奥会于2022年2月4日在北京国家体育馆胜利开幕．冬奥会期间，北京市758个城市志愿者站点全部“开门迎客”，保障了北京冬奥会顺利举行现将含甲、乙、丙在内的6位志愿者分配到3个服务站点参加服务，要求每位志愿者只能去1个站点，每个站点至少需要分配1位志愿者，则甲与乙分配在同一站点，但甲与丙不在同一站点的分配方案共有 　114　种．（用数字作答）
【解答】解：由题意可得分配方案共有3种：2，2，2；1，2，3；1，1，4．
对于方案2，2，2：有C22C42C22A22•A33=18种；
对于方案1，2，3：有C22C31•C32•A33+C22•C43•A33=78种；
对于方案1，1，4：有C22•C32•A33=18种．
∴甲与乙分配在同一站点，但甲与丙不在同一站点的分配方案共有18+78+18＝114种．
故答案为：114．
☆☆第十二组☆☆
13．（2022•汕头一模）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行．某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：[70，75），[75，80），[80，85），[85，90），[90，95），[95，100]，得到如图所示的频率分布直方图，则a＝　0.050　．

【解答】解：由频率分布直方图得：
（0.025+0.035+0.040+a+0.030+0.020）×5＝1，
解得a＝0.050．
故答案为：0.050．
14．（2022•汕头一模）已知四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3CD＝3，AD=BC=2，点E是CD的中点，则AE→⋅BD→=　﹣2　．
【解答】解：如图，分别过点C，D作CG⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为G，F．

由题得四边形ABCD为等腰梯形，
AF＝BG＝1，∴DF=(2)2-1=1，所以∠DAF＝45°．
由题得 AE→⋅BD→=(AD→+DE→)⋅(AD→-AB→)=(AD→+16AB→)⋅(AD→-AB→)=-56AB→⋅AD→+2-16×9
=-56×2×3×22+12=-2
故答案为：﹣2．
15．（2022•汕头一模）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1，l1，l2为C的两条渐近线，过C的右焦点F作l1的垂线，垂足为A，且该垂线交l2于点B，若BA→=3AF→，则曲线C的离心率e＝　263　．
【解答】不妨设l1为y=bax，l2为y=-bax，过右焦点F作l1的垂线，垂足为A，有该垂线交l2于点B，
F（c，0），则直线AB的方程为y=-ab（x﹣c），
联立y=-ab(x-c)y=bax，解得A的坐标为（a2c，abc），
联立y=-ab(x-c)y=-bax，解得B的坐标为（a2ca2-b2，abcb2-a2），
则BA→=（a2c-a2ca2-b2，abc-abcb2-a2），AF→=（c-a2c，-abc），
∵BA→=3AF→，（a2c-a2ca2-b2，abc-abcb2-a2）＝3（c-a2c，-abc），
∴abc-abcb2-a2=-3abc，∴4c=cb2-a2，即4（b2﹣a2）＝c2＝b2+a2，
∴3b2＝5a2，∴b2a2=53，∴e=1+b2a2=1+53=263．
故答案为：263．
☆☆第十三组☆☆
13．（2021•香洲区校级模拟）《墨子•经说上》上说：“小故，有之不必然，无之必不然．体也，若有端，大故，有之必然，若见之成见也．”这一段文字蕴含着十分丰富的逻辑思想，那么文中的“小故”指的是逻辑中的　必要条件　．（选“充分条件”必要条件”“充要条件”既不充分也不必要条件”之一填空）
【解答】解：由“小故，有之不必然，无之必不然”，
知“小故”只是构成某一结果的几个条件中的一个或一部分条件，
故“小故”是逻辑中的必要条件．
故答案为：必要条件．
14．（2021•香洲区校级模拟）已知sinβ2=55，cos(α+β)=513，α∈（0，π2），β∈（0，π），则sinα＝　1665　．
【解答】解：∵β∈（0，π），∴β2∈（0，π2），
∵sinβ2=55，∴cosβ2=1-(55)2=1-525=2025=255，
则sinβ＝2sinβ2cosβ2=2×55×255=45，cosβ＝2cos2β2-1＝2×2025-1=1520=35，即β∈（0，π2），
则α+β∈（0，π），
∵cos(α+β)=513，
∴α+β∈（0，π2），
则sin（α+β）=1213，
则sinα＝sin（α+β﹣β）＝sin（α+β）cosβ﹣cos（α+β）sinβ=1213×35-513×45=1665，
故答案为：1665．
15．（2021•大庆模拟）已知抛物线y2＝2px（p＞0），圆（x-p2）2+y2＝1与y轴相切，斜率为k的直线过抛物线的焦点与抛物线交于A，D两点，与圆交于B，C两点（A，B两点在x轴的同一侧），若AB→=4CD→，则k的值为　±22　．
【解答】解：设A（x1，y1），D（x2，y2），x1＞0，x2＞0，
由圆（x-p2）2+y2＝1与y轴相切，可得p2=1，即p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x，
圆（x﹣1）2+y2＝1的圆心为（1，0），半径为1，
设过F的直线的方程为y＝k（x﹣1），
与抛物线的方程y2＝4x联立，可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
可得x1+x2＝2+4k2，x1x2＝1，①
由AB→=4CD→，即为|AB|＝4|CD|，
可得|AF|﹣1＝4（|DF|﹣1），
即为x1＝4x2，②
由①②可得x1＝2，x2=12，k＝±22．
故答案为：±22．
☆☆第十四组☆☆
13．（2021•惠来县校级模拟）测量珠穆朗玛峰的高度一直受到世界关注，2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布珠穆朗玛峰的最新高度为8848.86米，某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量某建筑物高度，如图所示，已知该建筑物CP垂直于水平面，水平面上两点A，B的距离为200m，∠PAB＝60°，∠PBA＝45°，∠PAC＝30°，则该建筑物CP的高度为 　100（3-1）　（单位：m）．

【解答】解：因为PC⊥面ABC，所以可得PC⊥AC，PC⊥BC，
在△PAB中，PA=PCsin∠PAC=PC12=2PC，
在△PAB中，∠PAB＝60°，∠PBA＝45°，所以∠APB＝75°
由正弦定理可得PAsin∠PBA=ABsin∠APB，
所以可得2PCsin45°=200sin75°，可得PC=100×226+24=100（3-1），
故答案为：100（3-1）．
14．（2012•重庆）某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为　35　（用数字作答）．
【解答】解：把语文、数学、外语三门文化课排列，有A33种方法，这三门课中间存在两个空，在两个空中，
①若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为 A33A32A21=72，
②若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为 A33•（A21•A31）•A33=216，
③若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，把三门文化课捆绑为一个整体，
然后和三门艺术课进行排列，则排法种数为A33A44=144，
而所有的排法共有A66=720种，
故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 72+216+144720=35，
故答案为 35．
15．（2021•惠来县校级模拟）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的内接△ABC的顶点B为短轴的一个端点，右焦点F，线段AB中点为K，且CF→=2FK→，则椭圆离心率的取值范围是　（0，33）　．
【解答】解：由题意可设B（0，b），F（c，0），
线段AB中点为K，且CF→=2FK→，
可得F为△ABC的重心，设A（x1，y1），C（x2，y2），
由重心坐标公式可得，
x1+x2+0＝3c，y1+y2+b＝0，
即有AC的中点坐标，可得
x=x1+x22=3c2，y=y1+y22=-b2，
由题意可得中点在椭圆内，
可得9c24a2+14＜1，
由e=ca，可得e2＜13，即有0＜e＜33．
故答案为：（0，33）．
☆☆第十五组☆☆
13．（2021•全国模拟）设F1，F2分别为双曲线x2m2-y2m2+5=1（m＞0）的左、右焦点，若双曲线上存在点A，使∠F1AF2=2π3，且|AF1|＝3|AF2|，则m＝　2　．
【解答】解：由双曲线x2m2-y2m2+5=1（m＞0），得a＝m，b=m2+5，c=2m2+5，
又A为双曲线上的点，且|AF1|＝3|AF2|，∴|AF1|﹣|AF2|＝2a，
联立解得|AF1|＝3m，|AF2|＝m，
在△F1AF2中，由余弦定理可得：|F1F2|2=|F1A|2+|F2A|2-2|F1A||F2A|cos∠F1AF2，
∴4×(2m2+5)=9m2+m2-6m2×(-12)，解得m＝2（m＞0）．
故答案为：2．
14．（2021•全国模拟）若定义在R上的非零函数f（x），对任意实数x，存在常数λ，使得f（x+λ）＝λf（x）恒成立，则称y＝f（x）是一个“f▫λ函数”，试写出一个“f▫1函数”：　y＝sin（2πx）（答案不唯一）　．
【解答】解：由题意，“f▫1函数”是非零函数，且对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（x）恒成立，
所以f（x）是周期为1的非零函数，
例如非零常函数，y＝sin（2πx），y＝cos（2πx）等．
故答案为：y＝sin（2πx）（答案不唯一）．
15．（2021•全国模拟）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若三棱锥A﹣A1B1C1的体积等于底面三角形边长的32，则该正三棱柱的高与底面三角形边长的积为 　6　；正三棱柱外接球表面积的最小值为 　83π　．
【解答】解：由题意，设底面边长为a，那么A1B1C1的面积S=12a2sin60°，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的高为h，
根据三棱锥A﹣A1B1C1的体积V=13Sh=32a，可得ah＝6．
底面A1B1C1的外接圆的半径r=asin60°=2r，可得r=a3．
由正三棱柱外接球R=(h2)2+r2=h24+a23
由于h24+a23≥2(ha)212=23（当且仅当3h=2a时取等号）
正三棱柱外接球表面积的最小值为S＝4πR2=8π3．
故答案为：83π．
☆☆第十六组☆☆
13．（2021•朝阳三模）写出一个虚数z，使得z2+3为纯虚数，则z＝　1+2i　．
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R，b≠0），则z2+3＝（a+bi）2+3＝a2﹣b2+3﹣2abi为纯虚数，
∴a2﹣b2+3＝0，2ab≠0，
取a＝1，b＝2，
则z＝1+2i，
故答案为：1+2i．
14．（2021•山东模拟）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为C左支上一点，N为线段MF2上一点，且|MN|＝|MF1|，P为线段NF1的中点．若|F1F2|＝4|OP|（O为坐标原点），则C的渐近线方程为 　y＝±3x　．
【解答】解：由双曲线的定义，可得|MF2|﹣|MF1|＝|MF2|﹣|MN|＝|NF2|＝2a，
在△NF1F2中，OP为中位线，可得|OP|=12|NF2|＝a，
又|F1F2|＝4|OP|，可得2c＝4a，即c＝2a，
b=c2-a2=4a2-a2=3a，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±3x．
故答案为：y＝±3x．

15．（2021•山东模拟）2021年受疫情影响，国家鼓励员工在工作地过年．某机构统计了某市5个地区的外来务工人员数与他们选择留在当地过年的人数占比，得到如下的表格：

A区
B区
C区
D区
E区
外来务工人员数
5000
4000
3500
3000
2500
留在当地的人数占比
80%
90%
80%
80%
84%
根据这5个地区的数据求得留在当地过年人员数y与外来务工人员数x的线性回归方程为ŷ=0.8135x+â．该市对外来务工人员选择留在当地过年的每人补贴1000元，该市F区有10000名外来务工人员，根据线性回归方程估计F区需要给外来务工人员中留在当地过年的人员的补贴总额为　818.6　万元．（参考数据：取0.8135×36＝29.29）
【解答】解：由表知，x=15×（5000+4000+3500+3000+2500）＝3600，
A，B，C，D，E五个地区的外来务工人员中，留在当地的人数分别为5000×80%＝4000，4000×90%＝3600，3500×80%＝2800，3000×80%＝2400，2500×84%＝2100，
所以y=15×（4000+3600+2800+2400+2100）＝2980，
因为样本中心点在（x，y）上，
所以2980＝0.8135×3600+â，
解得â=51，
所以ŷ=0.8135x+51，
当x＝10000时，ŷ=0.8135×10000+51＝8186，
所以估计F区需要给外来务工人员中留在当地过年的人员的补贴总额为8186×1000＝818600元＝818.6万元．
故答案为：818.6．
☆☆第十七组☆☆
13．（2021•宝坻区校级模拟）一个袋中共有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是25；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79，则白球的个数为 　5　；从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ＝　32　．
【解答】解：设白球的个数为y，又从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79，
则Cy2+Cy1C10-y1C102=79，解得y＝5，
所以白球的个数为5；
由题意可知，ξ的可能取值为0，1，2，3，
所以P（ξ＝0）=C53C103=112，
P（ξ＝1）=C51C52C103=512，
P（ξ＝2）=C52C51C103=512，
P（ξ＝3）=C53C103=112，
则随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
112
512
512
112
则E（ξ）＝0×112+1×512+2×512+3×112=32．
故答案为：5；32．
14．（2021•南开区模拟）已知a＞0，b＞0，且a+b2＝1，则ab-2的最小值为 　-33　．
【解答】解：a＞0，b＞0，且a+b2＝1，令a＝sin2θ，b＝cosθ，其中θ∈（0，π2），
设点P（cosθ，sinθ），
则动点P在单位圆（第一象限弧MN）上，A（2，0），
如图所示，
所以ab-2=sinθcosθ-2表示P，A两点连线的斜率，
由图可知，当连线PA与弧MN相切时，斜率最小，
此时PA的倾斜角为5π6，其斜率为tan5π6=-33，
即ab-2的最小值为-33．
故答案为：-33．
15．（2021•南开区模拟）已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，∠BCD＝60°，E是线段AD上靠近A的三等分点，F是线段DC的中点，若AD=3，则EB→⋅EF→=　73　；若EB→⊥EF→，则AD＝　33+3194　．
【解答】解：过B作BM⊥DC于M，故AB＝DM＝2，
①因为BM＝AD=3，∠BCD＝60°，
故CM＝1，则DF=12DC=32，
则EB→⋅EF→=（EA→+AB→）•（ED→+DF→）=EA→⋅ED→+EA→⋅DF→+AB→⋅ED→+AB→⋅DF→=13×3×233×(-1)+0+0+2×32×1=73．
②∵EB→⋅EF→=（EA→+AB→）•（ED→+DF→）=EA→⋅ED→+EA→⋅DF→+AB→⋅ED→+AB→⋅DF→=EA→⋅ED→+AB→⋅DF→=13AD⋅23AD×(-1)+2×（2+AD3）×12=0，
∴29AD2=33AD+2，∴AD=33+3194，
故答案为：73，33+3194．

☆☆第十八组☆☆
13．（2021秋•佛山期末）在复平面内，复数z对应的点的坐标是（3，﹣5），则（1﹣i）z＝　﹣2﹣8i　．
【解答】解：因为在复平面内，复数z对应的点的坐标是（3，﹣5），
所以z＝3﹣5i，
所以（1﹣i）z＝（1﹣i）（3﹣5i）＝3﹣5﹣3i﹣5i＝﹣2﹣8i，
故答案为：﹣2﹣8i．
14．（2021秋•佛山期末）抛物线y2＝2px（p＞0）上一点M（3，t）与焦点F的距离|MF|＝p，则M到坐标原点的距离为 　35　．
【解答】解：根据定义，抛物线y2＝2px（p＞0）上一点M（3，t）与焦点F的距离|MF|＝p，
可得p2=3，解得p＝6，抛物线y2＝12x，x＝3时，t＝±6，
∴点M的坐标（3，±6），
则M到坐标原点的距离为：9+36=35．
故答案为：35．
15．（2021秋•佛山期末）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）在一个周期内的图象如图所示，图中f(0)=12，f(5π12)=0，则f(-5π12)=　-32　．

【解答】解：根据三角函数f（x）＝sin（ωx+φ）在一个周期内的图象知，
f（0）＝sinφ=12，且0＜φ＜π，
所以φ=π6或φ=5π6（不合题意，舍去），
φ=π6时，f（5π12）＝sin（ω•5π12+π6）＝0，因为ω＞0，
所以5π12ω+π6=π，解得ω＝2，
所以f（x）＝sin（2x+π6），
所以f（-5π12）＝sin[2×（-5π12）+π6]＝sin（-2π3）＝﹣sin2π3=-sinπ3=-32．
故答案为：-32．
☆☆第十九组☆☆
13．（2021•全国三模）Sn是等比数列{an}的前n项和，若Sn＝a•3n﹣1+1（n∈N*），则a＝　﹣3　．
【解答】解：Sn是等比数列{an}的前n项和，Sn＝a•3n﹣1+1（n∈N*），
∴a1＝S1＝a+1，a2＝S2﹣S1＝2a，a3＝S3﹣S2＝6a，
∵a1，a2，a3成等比数列，∴a22=a1a3，
∴4a2＝6a2+6a，解得a＝﹣3或a＝0（舍），
综上，a＝﹣3．
故答案为：﹣3．
14．（2021•湛江三模）已知F1，F2分别是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点P是双曲线C上一点，且∠F1PF2=π2，△F1PF2的面积为a2，则双曲线C的渐近线方程为　x±y＝0　．
【解答】解：F1，F2分别是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点P是双曲线C上一点，且∠F1PF2=π2，△F1PF2的面积为a2，
可得：||PF1|﹣|PF2||＝2a，|PF1|2+|PF2|2＝4c2，12|PF1||PF2|＝a2，解得a＝b，所以双曲线的渐近线方程为：x±y＝0．
故答案为：x±y＝0．
15．（2021•海南三模）已知m＞0，n＞0，m+n＝1，则1m+2n+1的最小值为　32+2　．
【解答】解：∵m＞0，n＞0，m+n＝1，∴12（m+n+1）＝1
∴1m+2n+1=12（1m+2n+1）•（m+n+1）=32+12（n+1m+2mn+1）≥32+12×2n+1m⋅2mn+1=32+2，当且仅当n+1m=2mn+1时取等号，
∴1m+2n+1的最小值是32+2．
故答案为：32+2．
☆☆第二十组☆☆
13．（2021秋•淄博期末）在(x-1x)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中含x3项的系数为 　15　．
【解答】解：在(x-1x)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，故n＝6；
所以(x-1x)6的展开式Tr+1=C6rx6-r⋅(-1x)r=（﹣1）r•C6r⋅x6-32r，
令6-32r=3，解得r＝2．故展开式中含x3项的系数为(-1)2⋅C62=15．
故答案为：15．
14．（2021秋•威海期末）已知抛物线C1：y2=8x，圆C2：x2+y2-4x+3=0，点M（1，1），若A，B分别是C1，C2上的动点，则|AM|+|AB|的最小值为 　2　．
【解答】解：由抛物线C1：y2＝8x得焦点F（2，0），准线为x＝﹣2，
由圆C2：x2+y2﹣4x+3＝0得（x﹣2）2+y2＝1，
所以C2是以F（2，0）为圆心，r＝1为半径的圆，
所以|AM|+|AB|≥|AM|+|AF|﹣1，当且仅当A，B，F在一条直线上时，取等号，
所以当|AM|+|AF|取得最小值时，|AM|+|AB|取得最小值，
根据抛物线的定义知|AF|等于点A到准线x＝﹣2的距离，
所以过点M作准线x＝﹣2的垂线，垂足为N，与抛物线C1：y2＝8x相交，
当点A为此交点时，|AM|+|AF|取得最小值，最小值为|1﹣（﹣2）|＝3，
所以|AM|+|AB|≥|AM|+|AF|﹣1≥3﹣1＝2．
故答案为：2．
15．（2021秋•淄博期末）已知函数f（x）＝x（ex+1），g（x）＝（x+1）lnx，若f（x1）＝g（x2）＝m（m＞1），则x1+x1x2lnm的最小值为 　e　．
【解答】解：g（x）＝（x+1）lnx＝（ elnx+1）lnx＝f（lnx），
则f（x1）＝f（lnx2）＝m（m＞1），
因为f(x1)=x1(ex1+1)＞1，故x1＞0，
又当x＞0时，f'（x）＝（x+1）ex+1＞0恒成立，
即f（x）＝x（ex+1）单调递增，所以x1＝lnx2，
则x1+x1x2lnm=x1(1+x2)lnm=x1(1+ex1)lnm=f(x1)lnm=mlnm，
令h(x)=xlnx(x＞1)，h'(x)=lnx-1(lnx)2，
当x∈（1，e）时，h（x）＜0，当x∈（ e，+∞）时，h′（x）＞0，
所以h（x）在x＝e处取得最小值，h（e）=elne=e，即x1+x1x2lnm的最小值为e．
故答案为：e．