02填空题知识点分类-浙江省三年（2020-2022）高考数学真题分类汇编（word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 02填空题知识点分类-浙江省三年（2020-2022）高考数学真题分类汇编（word含答案解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 464.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-22 22:16:14 | ||
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文档简介
02填空题知识点分类-浙江省三年（2020-2022）高考数学真题分类汇编
一．函数的值（共1小题）
1．（2021 浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝ ．
二．分段函数的应用（共1小题）
2．（2022 浙江）已知函数f（x）＝则f（f（））＝ ；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 ．
三．数列的函数特性（共1小题）
3．（2020 浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝ ．
四．平面向量数量积的性质及其运算（共2小题）
4．（2022 浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 ．
5．（2021 浙江）已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2， ＝0，（﹣） ＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 ．
五．平面向量数量积的坐标表示、模、夹角（共1小题）
6．（2020 浙江）已知平面单位向量，满足|2﹣|≤．设＝+，＝3+，向量，的夹角为θ，则cos2θ的最小值是 ．
六．离散型随机变量的期望与方差（共3小题）
7．（2022 浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝ ，E（ξ）＝ ．
8．（2021 浙江）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝ ，E（ξ）＝ ．
9．（2020 浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝ ，E（ξ）＝ ．
七．二项式定理（共3小题）
10．（2022 浙江）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝ ，a1+a2+a3+a4+a5＝ ．
11．（2021 浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝ ；a2+a3+a4＝ ．
12．（2020 浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ，a1+a3+a5＝ ．
八．两角和与差的三角函数（共1小题）
13．（2022 浙江）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝ ，cos2β＝ ．
九．二倍角的三角函数（共1小题）
14．（2020 浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ，tan（θ﹣）＝ ．
一十．余弦定理（共1小题）
15．（2021 浙江）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝ ；cos∠MAC＝ ．
一十一．三角形中的几何计算（共1小题）
16．（2021 浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝ ．
一十二．圆的切线方程（共1小题）
17．（2020 浙江）已知直线y＝kx+b（k＞0）与圆x2+y2＝1和圆（x﹣4）2+y2＝1均相切，则k＝ ，b＝ ．
一十三．椭圆的性质（共1小题）
18．（2021 浙江）已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．
一十四．双曲线的性质（共1小题）
19．（2022 浙江）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 ．
一十五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）
20．（2020 浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是 ．
一十六．三角形的面积公式（共1小题）
21．（2022 浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝ ．
参考答案与试题解析
一．函数的值（共1小题）
1．（2021 浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝ 2 ．
【解答】解：因为函数f（x）＝，
所以，
则f（f（））＝f（2）＝|2﹣3|+a＝3，解得a＝2．
故答案为：2．
二．分段函数的应用（共1小题）
2．（2022 浙江）已知函数f（x）＝则f（f（））＝ ；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 3+ ．
【解答】解：∵函数f（x）＝，∴f（）＝﹣+2＝，
∴f（f（））＝f（）＝+﹣1＝；
作出函数f（x）的图象如图：
由图可知，若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是．
故答案为：；3+．
三．数列的函数特性（共1小题）
3．（2020 浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝ 10 ．
【解答】解：数列{an}满足an＝，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
四．平面向量数量积的性质及其运算（共2小题）
4．（2022 浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 [12+2，16] ．
【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A1（0，1），，A3（1，0），，A5（0，﹣1），，A7（﹣1，0），，
设P（x，y），
则2+2+…+2＝|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|PA8|2＝8（x2+y2）+8，
∵cos22.5°≤|OP|≤1，∴，
∴，
∴12≤8（x2+y2）+8≤16，
即2+2+…+2的取值范围是[12+2，16]，
故答案为：[12+2，16]．
5．（2021 浙江）已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2， ＝0，（﹣） ＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 ．
【解答】解：令，
因为，故（1，﹣2） （m，n）＝0，∴m﹣2n＝0，令，
平面向量在，方向上的投影分别为x，y，设，
则：，
从而：，故，
方法一：由柯西不等式可得 ，
化简得 ，当且仅当 ，即 时取等号，
故 x2+y2+z2 的最小值为 ．
方法二：则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面 上的点的距离的平方，
由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：
．
故答案为：．
五．平面向量数量积的坐标表示、模、夹角（共1小题）
6．（2020 浙江）已知平面单位向量，满足|2﹣|≤．设＝+，＝3+，向量，的夹角为θ，则cos2θ的最小值是 ．
【解答】解：设、的夹角为α，由，为单位向量，满足|2﹣|≤，
所以4﹣4 +＝4﹣4cosα+1≤2，
解得cosα≥；
又＝+，＝3+，且，的夹角为θ，
所以 ＝3+4 +＝4+4cosα，
＝+2 +＝2+2cosα，
＝9+6+＝10+6cosα；
则cos2θ＝＝＝＝﹣，
所以cosα＝时，cos2θ取得最小值为﹣＝．
故答案为：．
六．离散型随机变量的期望与方差（共3小题）
7．（2022 浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝ ，E（ξ）＝ ．
【解答】解：根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，
又P（ξ＝1）＝，
P（ξ＝2）＝，
P（ξ＝3）＝，
P（ξ＝4）＝，
∴E（ξ）＝1×+2×+3×+4×＝，
故答案为：；．
8．（2021 浙江）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝ 1 ，E（ξ）＝ ．
【解答】解：由题意，P（ξ＝2）＝，
又一红一黄的概率为，
所以，
解得m＝3，n＝2，故m﹣n＝1；
由题意，ξ的可能取值为0，1，2，
所以P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝2）＝，
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝．
故答案为：1；．
9．（2020 浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝ ，E（ξ）＝ 1 ．
【解答】解：【解法1】由题意知随机变量ξ的可能取值分别为0，1，2；
ξ＝0表示取到红球后（停止取球）还没有取到黄球，有以下两种情况：
①第一次就取到红球（P1＝），
②第一次取到绿球、第二次取到红球（P2＝×＝），
所以P（ξ＝0）＝P1+P2＝+＝；
当ξ＝1时，有以下三种情况：①第一次取到1个黄球为＝，第二次红球为，停止取球；
②第一次取到1个黄球为，第二次取到绿球为，第三次取到红球为，停止取球；
③第一次取到绿球为，第二次取到黄球为，第三次取到红球为，停止取球；
所以P（ξ＝1）＝×+××+××＝；
P（ξ＝2）＝1﹣P（ξ＝0）﹣P（ξ＝1）＝1﹣﹣＝；
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
数学期望为E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．
【解法2】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝+＝；
P（ξ＝1）＝+＝；
P（ξ＝2）＝+＝；
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．
故答案为：，1．
七．二项式定理（共3小题）
10．（2022 浙江）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝ 8 ，a1+a2+a3+a4+a5＝ ﹣2 ．
【解答】解：∵（x﹣1）4＝x4﹣4x3+6x2﹣4x+1，
∴a2＝﹣4+12＝8；
令x＝0，则a0＝2，
令x＝1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5＝0，
∴a1+a2+a3+a4+a5＝﹣2．
故答案为：8，﹣2．
11．（2021 浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝ 5 ；a2+a3+a4＝ 10 ．
【解答】解：a1即为展开式中x3的系数，
所以a1＝；
令x＝1，则有1+a1+a2+a3+a4＝（1﹣1）3+（1+1）4＝16，
所以a2+a3+a4＝16﹣5﹣1＝10．
故答案为：5；10．
12．（2020 浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ 80 ，a1+a3+a5＝ 122 ．
【解答】解：（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝＝80．
a1+a3+a5＝×2+×23+25＝122．
故答案为：80；122．
八．两角和与差的三角函数（共1小题）
13．（2022 浙江）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝ ，cos2β＝ ．
【解答】解：∵3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，
∴3sinα﹣cosα＝，
∴cosα＝3sinα﹣，
∵sin2α+cos2α＝1，
∴sin2α+（3sin）2＝1，
解得sinα＝，cosβ＝sinα＝，
cos2β＝2cos2β﹣1＝2×﹣1＝．
故答案为：；．
九．二倍角的三角函数（共1小题）
14．（2020 浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ，tan（θ﹣）＝ ．
【解答】解：tanθ＝2，
则cos2θ＝＝＝＝﹣．
tan（θ﹣）＝＝＝．
故答案为：﹣；．
一十．余弦定理（共1小题）
15．（2021 浙江）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝ 2 ；cos∠MAC＝ ．
【解答】解：在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA BMcos60°，∴（2）2＝22+BM2﹣2×2 BM ，∴BM2﹣2BM﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2；
在△AMC中：cos∠MAC＝＝．
故答案为：2；．
一十一．三角形中的几何计算（共1小题）
16．（2021 浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝ 25 ．
【解答】解：∵直角三角形直角边的长分别为3，4，
∴直角三角形斜边的长为＝5，
即大正方形的边长为5，∴S1＝52＝25，
则小正方形的面积S2＝S1﹣S阴影＝25﹣4××3×4＝1，
∴＝25．
故答案为：25．
一十二．圆的切线方程（共1小题）
17．（2020 浙江）已知直线y＝kx+b（k＞0）与圆x2+y2＝1和圆（x﹣4）2+y2＝1均相切，则k＝ ，b＝ ﹣ ．
【解答】解：由条件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，
因为直线l与C1，C2都相切，
故有d1＝＝1，d2＝＝1，
则有＝，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，
因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，
代入d1＝＝1，解得k＝，则b＝﹣，
故答案为：；﹣．
一十三．椭圆的性质（共1小题）
18．（2021 浙江）已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．
【解答】解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；
由直线过F1，设直线的方程为y＝k（x+c），
∵直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，
∴圆心（）到直线的距离与半径相等，
∴，解得k＝，
将x＝c代入，可得P点坐标为，
∵，
∴，∴，
∴．
故答案为：．
一十四．双曲线的性质（共1小题）
19．（2022 浙江）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 ．
【解答】解：如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于B（x2，y2）且x2＞0，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即，则|FB′|＝4m，
∴|OF|＝c＝3m，
又，则＝，
又，则，则，
∴点A的坐标为，
∴，即，
∴．
故答案为：．
一十五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）
20．（2020 浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是 1cm ．
【解答】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2πcm2，
设圆锥的母线长为acm，则a2π＝2π，∴a＝2cm，
∴侧面展开扇形的弧长为2πcm，
设圆锥的底面半径OC＝rcm，则2πr＝2π，解得r＝1cm．
故答案为：1cm．
一十六．三角形的面积公式（共1小题）
21．（2022 浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝ ．
【解答】解：由S＝＝＝，
故答案为：．
一．函数的值（共1小题）
1．（2021 浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝ ．
二．分段函数的应用（共1小题）
2．（2022 浙江）已知函数f（x）＝则f（f（））＝ ；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 ．
三．数列的函数特性（共1小题）
3．（2020 浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝ ．
四．平面向量数量积的性质及其运算（共2小题）
4．（2022 浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 ．
5．（2021 浙江）已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2， ＝0，（﹣） ＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 ．
五．平面向量数量积的坐标表示、模、夹角（共1小题）
6．（2020 浙江）已知平面单位向量，满足|2﹣|≤．设＝+，＝3+，向量，的夹角为θ，则cos2θ的最小值是 ．
六．离散型随机变量的期望与方差（共3小题）
7．（2022 浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝ ，E（ξ）＝ ．
8．（2021 浙江）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝ ，E（ξ）＝ ．
9．（2020 浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝ ，E（ξ）＝ ．
七．二项式定理（共3小题）
10．（2022 浙江）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝ ，a1+a2+a3+a4+a5＝ ．
11．（2021 浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝ ；a2+a3+a4＝ ．
12．（2020 浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ，a1+a3+a5＝ ．
八．两角和与差的三角函数（共1小题）
13．（2022 浙江）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝ ，cos2β＝ ．
九．二倍角的三角函数（共1小题）
14．（2020 浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ，tan（θ﹣）＝ ．
一十．余弦定理（共1小题）
15．（2021 浙江）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝ ；cos∠MAC＝ ．
一十一．三角形中的几何计算（共1小题）
16．（2021 浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝ ．
一十二．圆的切线方程（共1小题）
17．（2020 浙江）已知直线y＝kx+b（k＞0）与圆x2+y2＝1和圆（x﹣4）2+y2＝1均相切，则k＝ ，b＝ ．
一十三．椭圆的性质（共1小题）
18．（2021 浙江）已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．
一十四．双曲线的性质（共1小题）
19．（2022 浙江）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 ．
一十五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）
20．（2020 浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是 ．
一十六．三角形的面积公式（共1小题）
21．（2022 浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝ ．
参考答案与试题解析
一．函数的值（共1小题）
1．（2021 浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝ 2 ．
【解答】解：因为函数f（x）＝，
所以，
则f（f（））＝f（2）＝|2﹣3|+a＝3，解得a＝2．
故答案为：2．
二．分段函数的应用（共1小题）
2．（2022 浙江）已知函数f（x）＝则f（f（））＝ ；若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是 3+ ．
【解答】解：∵函数f（x）＝，∴f（）＝﹣+2＝，
∴f（f（））＝f（）＝+﹣1＝；
作出函数f（x）的图象如图：
由图可知，若当x∈[a，b]时，1≤f（x）≤3，则b﹣a的最大值是．
故答案为：；3+．
三．数列的函数特性（共1小题）
3．（2020 浙江）已知数列{an}满足an＝，则S3＝ 10 ．
【解答】解：数列{an}满足an＝，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
四．平面向量数量积的性质及其运算（共2小题）
4．（2022 浙江）设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则2+2+…+2的取值范围是 [12+2，16] ．
【解答】解：以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A1（0，1），，A3（1，0），，A5（0，﹣1），，A7（﹣1，0），，
设P（x，y），
则2+2+…+2＝|PA1|2+|PA2|2+|PA3|2+|PA4|2+|PA5|2+|PA6|2+|PA7|2+|PA8|2＝8（x2+y2）+8，
∵cos22.5°≤|OP|≤1，∴，
∴，
∴12≤8（x2+y2）+8≤16，
即2+2+…+2的取值范围是[12+2，16]，
故答案为：[12+2，16]．
5．（2021 浙江）已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2， ＝0，（﹣） ＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 ．
【解答】解：令，
因为，故（1，﹣2） （m，n）＝0，∴m﹣2n＝0，令，
平面向量在，方向上的投影分别为x，y，设，
则：，
从而：，故，
方法一：由柯西不等式可得 ，
化简得 ，当且仅当 ，即 时取等号，
故 x2+y2+z2 的最小值为 ．
方法二：则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面 上的点的距离的平方，
由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：
．
故答案为：．
五．平面向量数量积的坐标表示、模、夹角（共1小题）
6．（2020 浙江）已知平面单位向量，满足|2﹣|≤．设＝+，＝3+，向量，的夹角为θ，则cos2θ的最小值是 ．
【解答】解：设、的夹角为α，由，为单位向量，满足|2﹣|≤，
所以4﹣4 +＝4﹣4cosα+1≤2，
解得cosα≥；
又＝+，＝3+，且，的夹角为θ，
所以 ＝3+4 +＝4+4cosα，
＝+2 +＝2+2cosα，
＝9+6+＝10+6cosα；
则cos2θ＝＝＝＝﹣，
所以cosα＝时，cos2θ取得最小值为﹣＝．
故答案为：．
六．离散型随机变量的期望与方差（共3小题）
7．（2022 浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P（ξ＝2）＝ ，E（ξ）＝ ．
【解答】解：根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，
又P（ξ＝1）＝，
P（ξ＝2）＝，
P（ξ＝3）＝，
P（ξ＝4）＝，
∴E（ξ）＝1×+2×+3×+4×＝，
故答案为：；．
8．（2021 浙江）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝ 1 ，E（ξ）＝ ．
【解答】解：由题意，P（ξ＝2）＝，
又一红一黄的概率为，
所以，
解得m＝3，n＝2，故m﹣n＝1；
由题意，ξ的可能取值为0，1，2，
所以P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝2）＝，
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝．
故答案为：1；．
9．（2020 浙江）盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2 个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P（ξ＝0）＝ ，E（ξ）＝ 1 ．
【解答】解：【解法1】由题意知随机变量ξ的可能取值分别为0，1，2；
ξ＝0表示取到红球后（停止取球）还没有取到黄球，有以下两种情况：
①第一次就取到红球（P1＝），
②第一次取到绿球、第二次取到红球（P2＝×＝），
所以P（ξ＝0）＝P1+P2＝+＝；
当ξ＝1时，有以下三种情况：①第一次取到1个黄球为＝，第二次红球为，停止取球；
②第一次取到1个黄球为，第二次取到绿球为，第三次取到红球为，停止取球；
③第一次取到绿球为，第二次取到黄球为，第三次取到红球为，停止取球；
所以P（ξ＝1）＝×+××+××＝；
P（ξ＝2）＝1﹣P（ξ＝0）﹣P（ξ＝1）＝1﹣﹣＝；
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
数学期望为E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．
【解法2】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝+＝；
P（ξ＝1）＝+＝；
P（ξ＝2）＝+＝；
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．
故答案为：，1．
七．二项式定理（共3小题）
10．（2022 浙江）已知多项式（x+2）（x﹣1）4＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2＝ 8 ，a1+a2+a3+a4+a5＝ ﹣2 ．
【解答】解：∵（x﹣1）4＝x4﹣4x3+6x2﹣4x+1，
∴a2＝﹣4+12＝8；
令x＝0，则a0＝2，
令x＝1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5＝0，
∴a1+a2+a3+a4+a5＝﹣2．
故答案为：8，﹣2．
11．（2021 浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝ 5 ；a2+a3+a4＝ 10 ．
【解答】解：a1即为展开式中x3的系数，
所以a1＝；
令x＝1，则有1+a1+a2+a3+a4＝（1﹣1）3+（1+1）4＝16，
所以a2+a3+a4＝16﹣5﹣1＝10．
故答案为：5；10．
12．（2020 浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ 80 ，a1+a3+a5＝ 122 ．
【解答】解：（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝＝80．
a1+a3+a5＝×2+×23+25＝122．
故答案为：80；122．
八．两角和与差的三角函数（共1小题）
13．（2022 浙江）若3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，则sinα＝ ，cos2β＝ ．
【解答】解：∵3sinα﹣sinβ＝，α+β＝，
∴3sinα﹣cosα＝，
∴cosα＝3sinα﹣，
∵sin2α+cos2α＝1，
∴sin2α+（3sin）2＝1，
解得sinα＝，cosβ＝sinα＝，
cos2β＝2cos2β﹣1＝2×﹣1＝．
故答案为：；．
九．二倍角的三角函数（共1小题）
14．（2020 浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ，tan（θ﹣）＝ ．
【解答】解：tanθ＝2，
则cos2θ＝＝＝＝﹣．
tan（θ﹣）＝＝＝．
故答案为：﹣；．
一十．余弦定理（共1小题）
15．（2021 浙江）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝ 2 ；cos∠MAC＝ ．
【解答】解：在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA BMcos60°，∴（2）2＝22+BM2﹣2×2 BM ，∴BM2﹣2BM﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2；
在△AMC中：cos∠MAC＝＝．
故答案为：2；．
一十一．三角形中的几何计算（共1小题）
16．（2021 浙江）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝ 25 ．
【解答】解：∵直角三角形直角边的长分别为3，4，
∴直角三角形斜边的长为＝5，
即大正方形的边长为5，∴S1＝52＝25，
则小正方形的面积S2＝S1﹣S阴影＝25﹣4××3×4＝1，
∴＝25．
故答案为：25．
一十二．圆的切线方程（共1小题）
17．（2020 浙江）已知直线y＝kx+b（k＞0）与圆x2+y2＝1和圆（x﹣4）2+y2＝1均相切，则k＝ ，b＝ ﹣ ．
【解答】解：由条件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，
因为直线l与C1，C2都相切，
故有d1＝＝1，d2＝＝1，
则有＝，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，
因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，
代入d1＝＝1，解得k＝，则b＝﹣，
故答案为：；﹣．
一十三．椭圆的性质（共1小题）
18．（2021 浙江）已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．
【解答】解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；
由直线过F1，设直线的方程为y＝k（x+c），
∵直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，
∴圆心（）到直线的距离与半径相等，
∴，解得k＝，
将x＝c代入，可得P点坐标为，
∵，
∴，∴，
∴．
故答案为：．
一十四．双曲线的性质（共1小题）
19．（2022 浙江）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 ．
【解答】解：如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于B（x2，y2）且x2＞0，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即，则|FB′|＝4m，
∴|OF|＝c＝3m，
又，则＝，
又，则，则，
∴点A的坐标为，
∴，即，
∴．
故答案为：．
一十五．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）
20．（2020 浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是 1cm ．
【解答】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2πcm2，
设圆锥的母线长为acm，则a2π＝2π，∴a＝2cm，
∴侧面展开扇形的弧长为2πcm，
设圆锥的底面半径OC＝rcm，则2πr＝2π，解得r＝1cm．
故答案为：1cm．
一十六．三角形的面积公式（共1小题）
21．（2022 浙江）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝ ．
【解答】解：由S＝＝＝，
故答案为：．
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