新高考数学二轮专题训练技巧04 结构不良问题解题策略（5大题型）（练习）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题训练技巧04 结构不良问题解题策略（5大题型）（练习）（2份，原卷版+解析版），共5页。试卷主要包含了设等差数列的前n项和为，，等内容，欢迎下载使用。
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159615079" 01 三角函数与解三角形 PAGEREF _Tc159615079 \h 1
\l "_Tc159615080" 02 数列 PAGEREF _Tc159615080 \h 7
\l "_Tc159615081" 03 立体几何 PAGEREF _Tc159615081 \h 11
\l "_Tc159615082" 04 函数与导数 PAGEREF _Tc159615082 \h 21
\l "_Tc159615083" 05 圆锥曲线 PAGEREF _Tc159615083 \h 31
01 三角函数与解三角形
1．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
求A；
请从问题①②中任选一个作答：
①若，且面积的最大值为，求周长的取值范围．
②若的面积，求bc的最小值．
【解析】因为，即，
所以，
又因为，所以，
所以，
因为，
所以；
若选①：则，则，
又b²²²，，
所以b²²，
所以²，所以，
又，所以，
则，
即周长的取值范围是；
若选②：则，所以，
则a²²c²²²，
即²c²²²，当且仅当时，等号成立，
所以，
bc的最小值为
2．在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题．
问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________．
求角C的大小；
若，，线段AB之间有一点P满足，求
【解析】选①：，
由正弦定理得，
又，，于是，
，
又，故，
，解得；
选②：，
则，
由正弦定理得，化简得，
由余弦定理得，
又，解得；
选③：，
由正弦定理得
，
则，
又，，于是，则，
又，解得；
由题意，，
两边同时平方有：，
所以，
则，即
3．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①；
②；
③的面积为
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_____．
求C；
若D为AB中点，且，，求a，
【解析】若选①，
，
由正弦定理可得：，整理可得：，
，
，
，D为AB中点，且，，
，
在中，，
则，
在中，，
则，
因为，
所以，
则，①
又由余弦定理，可得：，②
由①②可得，进而解得
若选②
，
由正弦定理可得：，
，
可得，
，
解法同上；
若选③
的面积为，
由正弦定理可得：，，
由余弦定理得，
即：，可得，
，
解法同上；
4．已知函数在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定和m值的两个条件作为已知．
Ⅰ求的值；
Ⅱ若函数在区间上是增函数，求实数a的最大值
条件①：最小正周期为；
条件②：最大值与最小值之和为0；
条件③：
【解析】Ⅰ函数
选条件①②：
由于最小正周期为，所以，所以；
由最大值与最小值之和为0，
，，
故，解得
所以
故
Ⅱ令，
所以，
所以函数的单调增区间为
因为函数在区间上单调递增，且，此时，
所以，故a的最大值为
选条件①③：
由条件①得，，又因为，所以
由③知，，所以
则
故
Ⅱ解法同选条件①②．
说明：不可以选择条件②③：
由②知，，所以；
由③知，，所以；矛盾．
所以函数不能同时满足条件②和③．
02 数列
5．在下面两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
①；②
已知为数列的前n项和，满足，，_____．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和
【解析】选择条件①：
，
当时，，
两式相减得，
即，又，所以，
所以是1为首项，2为公差的等差数列，
所以；
选择条件②：
由，
所以，得，
两式作差得，整理得，
所以为等差数列，
当时，，解得，故公差，
所以；
由可知，
，
所以
6．已知数列，若__________．
求数列的通项公式求数列的前n项和
从下列个条件中任选一个补充在上面的横线上，然后对题目进行求解．
①
②，，
③，点，在斜率是2的直线上
【解析】若选①，
则由，
所以时，，
两式相减可得：，，
而在中令可得：，符合上式，
故
由知：，
所以
若选②
则由可得：数列为等差数列，
又因为，，所以，即，
所以
同上．
若选③，
则由点，在斜率是2的直线上得：，
即，
所以数列为等差数列且
同上．
7．设等差数列的前n项和为，，
求数列的通项公式及；
若_____，求数列的前n项和
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第问中，并对其求解．
【解析】设等差数列的公差为d，，，则，解得，
所以，
选①：由知：，
所以，
，
两式相减得，

，
所以；
选②：由知：，
所以
选③：由知：，则，
当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
所以
8．已知等比数列的各项都为正数，，，数列的首项为1，且前n项和为，再从下面①②③中选择一个作为条件，判断是否存在，使得，恒成立?若存在，求出m的值；若不存在，说明理由，
①②，③
【解析】设的公比为q，则，所以，
所以，
因为的各项都为正，所以取，
所以
若选①由，得，
两式相减得：，整理得，．
因为，所以是公比为2，首项为1的等比数列，
，，
在R上为增函数，
数列单调递增，没有最大值，
不存在，使得对任意的，恒成立．
若选择②因为，且，，
为等比数列，
公比，
，
所以
当且仅当时取得最大值，
存在，使得对任意的，恒成立．
若选择③因为，所以，
是以1为公差的等差数列，又，
，所以，
设，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
则，
存在或3，使得对任意的，恒成立．
03 立体几何
9．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面ABCD，，，E，F分别为BC，PD的中点．
Ⅰ求证：平面PAB；
Ⅱ再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】Ⅰ证明：取PA中点G，连接FG，BG，如图所示：
为PD的中点，，，
是BC的中点，，
在正方形ABCD中，，，
且，
四边形BEFG为平行四边形，，
又平面PAB，平面PAB，
平面PAB；
Ⅱ取AD中点O，连接OP，OE，
，，
平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，又平面ABCD，，
在正方形ABCD中，，
则建立以O为原点，以OA、OE、OP所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，如图所示：
设，
则，，，，，
，，，
设平面BEF的一个法向量为，
则，取，则，，
平面BEF的一个法向量为，
又平面BAE，则平面ABE的一个法向量为，
，
若选取条件①：，
，即，解得或不合题意，舍去，
由图形得二面角的平面角为锐角，则，
故二面角的余弦值为；
若选取条件②：，
则，解得或不合题意，舍去，
由图形得二面角的平面角为锐角，则，
故二面角的余弦值为
10．如图，圆台上底面半径为1，下底面半径为，AB为圆台下底面的一条直径，圆上点C满足，是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面的同侧，且
证明：平面
从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面PBC所成角的正弦值．
条件①三棱锥的体积为条件②与圆台底面的夹角的正切值为
【解析】取AC中点M，连接，PM，
由题意，，，
又，
又，，
故，，
所以四边形为平行四边形，
则，又面PAC，平面PAC，
故平面
选①，
又平面ABC，
所以三棱锥体积
所以
选②因为平面ABC，所以为与底面所成的角，
所以，
又，所以
以为坐标原点，，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则有，，，，，
故，
设平面PBC的法向量，
而，，
故令，得，
设所求角的大小为，则，
所以直线与平面PBC所成角的正弦值为

11．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
求证：平面
再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①
条件②
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】取BC中点D，连接，DN，
在三棱柱中，，
因为M，N，D分别为，AC，BC的中点，
所以，，，，
即且，
所以四边形为平行四边形，因此
又平面，平面，
所以平面
选条件①
因为侧面为正方形，所以，
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面，
而平面，所以
由得，又因为，所以，
而，所以平面，
又平面，故
在三棱柱中，BA，BC，两两垂直，
故分别以BC，BA，为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，
因为，则，，，，
所以，，，
设平面BMN的法向量，
由，，得令，得
设直线AB与平面BMN所成角为，
则，
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为
选条件②
因为侧面为正方形，所以，
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面，
而平面，所以
取AB中点H，连接HM，
因为M，N，H分别为，AC，AB的中点，
所以，，而，故
又因为，所以
在，中，，，公共边MH，
那么≌，
因此，即，故
在三棱柱中，BA，BC，两两垂直，
故分别以BC，BA，为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，
因为，则，，，，
所以，，，
设平面BMN的法向量，
由，，得令，得
设直线AB与平面BMN所成角为，
则，
所以直线AB与平面BMF所成角的正弦值为
12．如图，直四棱柱中，是等边三角形，
从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
在的前提下，若，P是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】证明：对①：设AC与BD的交点为E，
是等边三角形，且，则E为AC的中点，
可得，且，，则，
故，即，
又平面ABCD，平面ABCD，
，且，CD、平面，
故平面，
又平面，；
对②：，则，
又，即，
可得，即，
又平面ABCD，平面ABCD，
，且，CD、平面，
故平面，
又平面，；
对③：，即，
在中，则，可得，
故，，，则，
故，即，
又平面ABCD，平面ABCD，
，且，CD、平面，
故平面，
又平面，
如图，建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，即，
则，
结合图象可得，平面与平面所成角为锐二面角，
故平面与平面所成角的余弦值为
04 函数与导数
13．已知函数
若是的极值点，求a；
若，分别是的零点和极值点，证明下面①，②中的一个．
①当时，；
②当时，
【解析】因为，所以，
若是函数的极值点，则，即，解得，
此时，
设，则，，
所以存在，使得当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，是的极值点；
选择①：因为分别为的零点和极值点，
所以，则，
，则，
所以，
当时，，则，
所以
因为，所以当，即时，成立，
当时，若，则只需证明，
设，则
设，
则，易得为增函数，且
所以存在唯一，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，所以，单调递增，
所以，则，等价于，
设，则，
当时，若时，，，则单调递减，
所以当，
所以当时，成立，
设，则，
当时，，则单调递增，
所以当时，，
即成立，
综上，若，分别是的零点和极值点，当时，
选择②：因为分别为的零点和极值点，
所以，则，
，则，
所以，
当时，，则，
所以
若，即，则只需证明，
设，则，
当时，，单调递减，所以，则，
若，设，则，则单调递增，
所以，所以，，
所以只需证明，
设，则，
当时，，
当时，即时，，
设，
则，
因为当时，函数单调递增，
所以当时，，
即，则单调递减，
此时也有，
所以当时，单调递减，，即当时，，
综上，若，分别是的零点和极值点，当时，
14．已知函数
当时，求的单调区间；
若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．
①；②
【解析】函数定义域是，
，
当时，，
令，解得；令，解得或，
所以的单增区间为；单减区间为，
证明①：由题意知，是的两根，则，
，
将代入得，，
要证明，
只需证明，
即，
因为，所以，
只需证明，
令，则，只需证明，即，
令，
，
所以在上单调递减，可得，
所以，
综上可知，
证明②：
设，
因为有两个极值点，所以，
解得，
因为，
所以，
，
由题意可知，
可得代入得，，
令，
，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调速增，
因为，所以，
由，
可得，所以，
所以，
所以，即
15．已知函数
若，求a的值；
当时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明，
①；②
【解析】由，得，
又，
当时，恒成立，所以在R上单调递减，
又由，则不成立；
当时，令，得，
则时，有；时，有，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值，也是最小值，
又因为，且，
故，即，经验证成立．
故
选择①：
因为，当时，，
设，
当时，，，
又由知，故；
当时，，
设，
则，，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，当时，，即，
即当时，
选择②：
因为，当时，，
设，
当时，，，，故；
当时，，
设，
则，，
则在单调递增，
，所以，
则在单调递增，
，
综上，当时，，即，
即当时，
16．已知函数
若函数在上单调递增，求实数a；
从下面两个问题中选一个作答，若两个都作答，则按照作答的第一个给分．
①当时，，求实数
②当时，，求实数
【解析】由题意得：；
在上单调递增，
恒成立且不恒为零；
当时，，则，，；
当时，；
当时，，则，，；
综上所述：实数a的值为
若选条件①，当时，，
；
令，则；
令，则，
在上单调递增，
又，，
，使得；
则当时，，即；
当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，；
由得：，则，
，又在上单调递增，
，，
，
，解得：，即实数a的取值范围为
若选条件②，
方法一：当时，，
令，则；
当时，，不合题意；
当时，；
令，则，在上单调递增，
又，，，使得；
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
；
由得：，则，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即；
，易得方程有唯一根，
即实数a的值为
方法二：当时，，
即时，，即；
为上的增函数且值域为，
令，则对于，，即恒成立；
令；
当时，，与恒成立矛盾，不合题意；
当时，，由得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即；
，易得方程有唯一根，
即实数a的值为
05 圆锥曲线
17．已知圆：，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为
求的方程；
坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与交于点M，N，直线，相交于点请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．
①的面积是定值；②的面积是定值；③的面积是定值．
【解析】由题意得，，
因为D为BC中点，所以，即，
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆左、右顶点除外
设，其中，
则，，，
故
结论③正确．下证：的面积是定值．
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，
由
所以，
所以
直线的方程为：，直线的方程为：，
由
得
，
解得
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为

18．设双曲线的右焦点为，渐近线方程为
求C的方程；
经过F的直线与C的渐近线分别交于A，B两点，点，在C上，且，过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立：①在AB上；②③
【解析】由题意可得，，故，
因此C的方程为
设直线PQ的方程为，将直线PQ的方程代入C的方程得，
则，，
设点M的坐标为，则
两式相减，得，而，
故，解得
两式相加，得，而，故，解得
因此，点M的轨迹为直线，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②
设直线AB的方程为，并设A的坐标为，B的坐标为
则，解得，
同理可得，
此时，
而点M的坐标满足，
解得，，
故M为AB的中点，即
若选择①③
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点，此时M不在直线上，矛盾．
故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，
并设A的坐标为，B的坐标为
则，解得，
同理可得，
此时，
由于点M同时在直线上，故，解得因此
若选择②③
设直线AB的方程为，并设A的坐标为，B的坐标为
则解得，
同理可得，，
设AB的中点为，则，
由于，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线上．
将该直线与联立，解得，，
即点M恰为AB中点，故点而在直线AB上．
19．设抛物线C：的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，
①求C的方程；②若M点在第一象限且，求；
动直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率分别为，，t为非零的常数．
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①P点坐标为；②；③直线AB经过点
【解析】①抛物线的准线为，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时
所以，所以抛物线C的方程为
②设直线方程为，、，
由可得，
所以，
由得
解得，从而
由①②③
由题意：设直线AB为：，且，，
由，
所以，
，同理，
故，
所以，
将代入上式整理得：，
所以直线AB为，
即
所以直线AB经过点
选择由①③②
由题意直线AB为：，
且，
由，
所以，
，
同理，
所以
选择②③①
由题意直线AB为：，
且，，，
由，
所以，
，
同理：，
所以，
所以，
将代入上式整理得：，
且式对任意的m成立，
所以，
所以
20．已知抛物线C：经过点
求抛物线C的方程；
动直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率分别为，，为非零的常数．
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①P点坐标为；②；③直线AB经过点
【解析】因为抛物线经过点，
则，解得，
所以抛物线C的方程为
证明：设，，
方案一：选择①②，证③
因为，，
所以，
化简后得，
由已知可知AB与x轴不平行，设直线，
联立消去x可得，
所以，
所以，所以直线AB的方程为，
所以直线AB经过点
方案二：选择①③，证②
由已知可知AB与x轴不平行，设直线，
联立消去x可得，
所以，，
因为，，
所以
方案三：选择②③，证①
由已知可知AB与x轴不平行，设直线，
联立消去x可得，
所以，，
设，则，，
所以，
即，
整理可得，
因式分解可得对任意的m恒成立，
所以，所以点P的坐标为