备战2024年新高考数学专题训练专题36 高考新题型劣构性试题综合问题（新高考通用）

这是一份备战2024年新高考数学专题训练专题36 高考新题型劣构性试题综合问题（新高考通用），文件包含专题36高考新题型劣构性试题综合问题新高考通用原卷版docx、专题36高考新题型劣构性试题综合问题新高考通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。

 专题36 高考新题型劣构性试题综合问题（新高考通用）

1．（2023·云南红河·统考一模）在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
(1)求；
(2)若，，求△ABC的面积．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选①，由正弦定理得到，再由余弦定理得到，求出；选②，由正弦定理变形得到，结合正弦和角公式，诱导公式求出，得到；
（2）由求出，由，结合第一问结论得到，求出，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）选①，由正弦定理，得．
所以．
化简为．
由余弦定理．
由于
所以．
选②．由正弦定理．，
得．
化简得，
由两角和的正弦公式得．
由诱导公式化简得．
因为，，
所以，，所以．
由于
所以．
（2），即．
由（1）知：，
所以，
因为，，
所以．
即△ABC为边长是4的等边三角形．
．
2．（2023·江苏泰州·统考一模）在①成等比数列，②，③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，且满足__________，__________.
(1)求的通项公式；
(2)求.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.
【答案】(1)选①②，①③或②③均可得
(2)

【分析】（1）选出两个条件，根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）若选①②，设公差为，
则，
解得：，
；
选①③，设公差为，
，
解得：，
；
选②③，设公差为，
，
解得：，
；
（2），

.
3．（2022秋·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）记的内角的对边分别为．已知．
(1)求A；
(2)从下面的三组条件中选择一组作为已知条件，使得存在且唯一确定，求的面积.
①；②；③边上的高.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角，再根据三角恒等变换运算求解；（2）若选①：根据题意结合正弦定理可得，不成立；若选②：根据题意可判断存在且唯一确定，结合直角三角形的性质运算求解；若选③：根据题意结合面积公式可得，再利用余弦定理求，结合面积公式运算求解.
【详解】（1）已知，
由正弦定理得，
化简得．
因为，所以，因为，所以．
（2）若选①：．由正弦定理，可得，无解；
若选②：．已知，则，此时存在且唯一确定，
则，
∴的面积；
若选③：边上的高，可得，解得，
又∵，由余弦定理可得，则，解得或(舍去)，
此时存在且唯一确定，
∴的面积.
4．（2023·山东潍坊·统考一模）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
问题：在中，角所对的边分别为，且__________.
(1)求角的大小；
(2)已知，且角有两解，求的范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.
（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）若选①：整理得，因为，
所以，因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理得，
所以，所以，因为，所以；
若选③：由正弦定理整理得，所以，
即，因为，所以；
（2）将代入正弦定理，得，所以，
因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，
即，又，所以，解得.
5．（2023·辽宁沈阳·统考一模）在中，角、、的对边分别为、、．已知．
(1)求角的大小；
(2)给出以下三个条件：①，；②；③．
若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）的角平分线交于点，求的长．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.

【分析】（1）由已知条件可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由以及①或②或③解三角形，可得出正确的条件.
（i）求出的值，利用正弦定理可求得的值；（ii）由结合三角形的面积公式可求得的长.
【详解】（1）解：因为，若，则，不满足，
所以，，，.
（2）解：由及①，由余弦定理可得，即，
，解得；
由及②，由余弦定理可得，
由可得，可得；
由及③，由三角形的面积公式可得，可得.
经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.
（i）将，代入②可得可得.
在中，由正弦定理，故.
（ii）因为，即，
所以，.
6．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱中，为的中点，，.

(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.

法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.

法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.

方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.

方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.

7．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知数列，，点分布在一条方向向量为的直线上，且，．请在①数列的前项和为；②数列的前项和为；③数列的前项和为三个条件中选择一个，解答下列问题．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）根据直线方向向量及所过的点得，结合所选的条件及关系求通项公式即可；
（2）由题意，应用分组求和及等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）由题设直线斜率为2，且过，则，故，
选①：前n项和，
当，，
当，满足上式，
所以；
选②：的前项和，
当，，
当，满足上式，
所以；
选③：的前项和，
当，，
当，满足上式，
所以；
（2）由（1）知：，
所以，
8．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱中，是等边三角形，

(1)从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
(2)在（1）的前提下，若，是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）对①：设与的交点为，
∵是等边三角形，且，则为的中点，
可得，且，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；

对②：∵，则，
又∵，即，
可得，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对③：∵，即，
在中，则，可得，
故，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.

9．（2023·吉林·统考二模）已知的三个角，，的对边分别为，，，且.
(1)求边；
(2)若是锐角三角形，且___________，求的面积的取值范围.
要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）解法一，利用余弦定理将角化边；解法二，利用正弦定理将边化角；
（2）若选择①，利用正弦定理得到，，则，将其转化为关于的三角函数，结合是锐角三角形，求出范围，再结合正弦函数的性质求出的面积的取值范围；
若选择②，依题意可得，由三角形为锐角三角形利用余弦定理求出的取值范围，利用余弦定理表示出，即可得到，将转化为关于的函数，结合二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）解法一：因为，
由余弦定理，得；
解法二：因为，
由正弦定理，得，
∴，
∴，即.
（2）选择①：因为
所以，，
所以




因为是锐角三角形，
所以，又，所以，所以.
所以，所以，
所以，
所以.
选择②：因为，则，
因为是锐角三角形，所以，
即，
所以，
因为，
所以，
所以
，
由二次函数的性质可得，
当时，函数取最大值，当时，，又，
所以，即，所以，
所以.
10．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列是正项等比数列，且，.
(1)求的通项公式；
(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.
①；②.
【答案】(1)
(2)选①，；选②，.

【分析】（1）根据等比数列的性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的公比，进而可求得数列的通项公式；
（2）选①，利用错位相减法可求得；选②，利用裂项相消法求得.
【详解】（1）解：由等比数列的性质可得，
由题意可得，解得，所以，等比数列的公比为，
所以，.
（2）解：若选①，.
所以，，①
则，②
①②得
，
因此，；
若选②，，
所以，.
11．（2023·安徽·统考一模）在平面直角坐标系中，锐角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点分别为.已知点的纵坐标为，点的横坐标为.
(1)求的值；
(2)记的内角的对边分别为.
请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分.
①若，且，求周长的最大值.
②若，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）先利用三角函数的定义与同角的平方关系求得，再利用余弦的和差公式即可得解；
（2）选①：先结合（1）中条件得到，再利用余弦定理与基本不等式推得，从而得解；
选②：先结合（1）中条件求得，再利用正弦定理求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）因为是锐角，所以在第一象限，
又因为在单位圆上，点的纵坐标为，点的横坐标为，
所以，
所以，
故.
（2）选①：
由（1）中结论可得，又，
由余弦定理可得，即.
，
，当时，等号成立，
，
即当为等边三角形时，周长最大，最大值为6.
选②：
由（1）可知，
则，
由正弦定理，可得，故，
则.
12．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，角C的内角平分线与边AB交于点E，
(1)求角B的大小；
(2)记，的面积分别为，在①，②这两个条件中任选一个作为已知，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选①：；选②：

【分析】（1）由，结合正弦定理及化简得到，即可求解；
（2）选①：由余弦定理列出方程求得，令，结合三角形的面积公式，求得则，，即可求得的值；
选②：由，求得，利用余弦定理列出方程求得，联立方程组求得，结合面积公式求得，即可求得的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
即
又由，
可得，
因为，可得，所以，
又因为，可得.
（2）选①：因为，，
由余弦定理可得，
整理得，解得，
因为为的平分线，令，
则，，
所以，故的值为.
选②：，，，
由，解得，
又由，由余弦定理可得，
即，可得，
又因为，可得，所以，即，
联立方程组，解得，
由为的平分线，令，
所以，，
所以，故的值为.
13．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．从①②③中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．①；②的面积是；③．
问题：已知角A为钝角，，______．
(1)求外接圆的面积；
(2)AD为角A的平分线，D在BC上，求AD的长．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】(1)选①②：由求得，再结合三角形面积公式可求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选①③：利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；
选②③：利用三角形面积公式可求得，再求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解.
(2)设，则有，求得，再利用等面积法可求.
【详解】（1）选①②，
，，
又，即，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选①③，因为，．
所以由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
选②③，
由，，A为钝角，得，
由余弦定理，得，
由正弦定理，得，，
所以，外接圆的面积为．
（2）由AD为角A的平分线，设，，
则有，
由的面积，
即，解得．
故AD的长为.
14．（2023·云南昭通·统考模拟预测）已知中，角，，所对的边分别为，，，且满足.从①，②，③，这三个条件中任选一个作为已知条件.
(1)求角的大小；
(2)点在线段的延长线上，且，若，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)运用正弦定理或余弦定理求解；
(2)根据条件和（1）的结果，运用余弦定理求出b，c，再用正弦定理求出DA，运用面积公式求解.
【详解】（1）由 得： ；
若选① ，则有 ，由余弦定理得 ；
若选② ，由 代入上式，得：
；
若选③ ，则 为直角三角形， ， ；
综上， ；
（2）
由（1）知 ，， ，由余弦定理得： ，
，在 中，由正弦定理得： ，
， ，
；
综上，， .
15．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）在①；②；③，，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
已知正项数列的前n项和为，且______，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）选择条件①，因式分解计算可得，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；选择条件②，直接根据与的关系结合相减法，可得递推关系式，确定列是等差数列，按照等差数列通项公式即可得；选择条件③，利用累乘法求解，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）得，则，直接按照裂项相消法求和即可证明不等式.
【详解】（1）解：选择条件①，因为，所以，
因为，所以，则，
当时，，
所以两式相减得：，即，则，
当时，，所以符合上式，
所以；
选择条件②，因为，
当时，，
所以两式相减得：，整理得，
因为，所以，
当时，，所以或（舍），
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则；
选择条件③，因为，所以，
累乘得：，，
所以，，又符合式子，所以，，
当时，，
所以两式相减得：，即，
又符合上式，所以；
（2）由（1）得：，则，
所以
.
16．（2023·福建漳州·统考二模）已知等差数列的前n项和为，若，且________．在①，②这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
(1)求的通项公式；
(2)设，求的前n项和．
【答案】(1)；
(2).

【分析】(1)根据等差数列的通项公式与前和公式结合已知条件求出首项和公差，进而即可求出通项公式；
(2)由(1)得，再利用分组求和法即可求得.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，
若选择条件①，
由题可得，解得，

若选择条件②，
由题可得，解得，
.
（2）由(1)知，选择两个条件中的任何一个，都有，
则，




17．（2023·云南玉溪·统考一模）在①，②这两个条件中选择一个补充在下面的问题中，然后求解．
设等差数列的公差为，前n项和为，等比数列的公比为q．已知，， ．（说明：只需选择一个条件填入求解，如果两个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评分）
(1)请写出你的选择，并求数列和的通项公式；
(2)若数列满足，设的前n项和为，求证：．
【答案】(1)选①， ；选②， .
(2)证明见解析

【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量代入方程组求解即可.
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意知，，，，
选①，由题意知，，
，
所以，，即：，.
选②，由题意知，，
,
所以，，即：，.
（2）证明：由（1）得，
∴①，
②，
①②得：，
∴．
又∵对，恒成立，
∴．
18．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在①，②这两个条件中选一个合适的补充在下面的横线上，使得问题可以解答，并写出完整的解答过程.
问题：在各项均为整数的等差数列中，，公差为，且______.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据等差数列通项公式的基本计算求解即可；
（2）根据错位相减法计算求解即可.
【详解】（1）解：若选①，则，，故不能选①，
若选②：依题意可得，解得
故．
（2）解：由（1）知，，
则，
所以，
所以
，
故．
19．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）在①，②，③成等比数列．这三个条件中任选两个条件，补充到下面问题中，并求解：
在数列中，，公差不为0的等差数列满足 ， ，求数列 的前n项和．
【答案】选择条件，答案见解析.
【分析】选择①②，②③，设出的公差，由已知列方程组，求出数列和数列的通项，再由错位相减法求和作答.
选择①③，设出的公差，由已知列方程组，求得方程组无解，再判断作答.
【详解】选择①②，设的公差为，
由，得，则，
由，得，
联立解得，所以，
在数列中，，
因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，于是，
则，
于是，
两式相减，得
，
所以.
选择②③，设的公差为，
由，得，
由成等比数列，得，即，
联立解得，，
在数列中，，
因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，于是，
则，
于是，
两式相减，得，
所以.
选择①③，设的公差为，
由，得，即，
由成等比数列，得，
即，于是，矛盾，
所以等差数列不存在，此条件无解.
20．（2023秋·山东菏泽·高三统考期末）在①；②；③．
三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题．
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S．且满足______．
(1)求A的大小；
(2)设的面积为6，点D为边BC的中点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．

【分析】（1）分别选取三个条件，运用正余弦定理，三角形面积公式及三角恒等变换结合条件即得；
（2）由题可得，然后根据向量的运算及基本不等式即得.
【详解】（1）选①，由，
化简得：，
所以，即，
在中，，，
因为，所以；
选②，，
所以，
因为，所以；
选③，，
由正弦定理和切化弦得，
在中，，
所以，
在中，，因为，
所以，得；
（2）由，得，
由，有，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
21．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）在①a＝2b；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，， ？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】存在，面积为.
【分析】若选①，由正弦定理得，结合，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选②，先由余弦定理得到，再借助正弦定理化简得到，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选③，由可得，化简得，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可.
【详解】若选①，由正弦定理得，又，故，即，化简得，即，
又，故，，，这样的三角形存在.又，，解得，
故该三角形的面积为；
若选②，由，又余弦定理可得，故，化简得，由正弦定理可得，又，故，即，又，故，又，解得，
这样的三角形存在.又，，解得，故该三角形的面积为；
若选③，由得，，由可得，又，故，整理得，又，故，故，，，这样的三角形存在.
又，，解得，故该三角形的面积为.
22．（2022·江苏·高三专题练习）已知椭圆过点，，分别为椭圆C的左、右焦点．请从下面两个条件中选择一个补充到题中，并完成下列问题．条件①：；条件②：离心率．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线与圆相切，且与椭圆C交于MN两点，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选择①：直接由解出，再利用点即可求出；选择②：由离心率得，再利用点即可求出；
（2）先由直线与圆相切求得，再联立直线和椭圆，表示出面积，令，结合的范围即可求得面积的取值范围．
(1)
选择①：
由题意知：，∵，解得，
又∵，解得，∴椭圆C的方程为：；
选择②：
∵，∴
又，由两式解得，∴椭圆C的方程为：；
(2)
圆O的圆心坐标为，半径，由直线与圆相切，得，故，
由消去y，得．
由题意可知，
所以．
设点，，则，，
所以

．
令，则，，
所以
23．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
(1)求B；
(2)在条件①和条件②中选择一个，求ABC的面积．
条件①：，．条件②：，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和与差的三角函数化简求解；
（2）选①：，，利用余弦定理求得边a，再利用三角形面积公式求解；选②：，．利用余弦定理求得边ac，再利用三角形面积公式求解；
(1)
解：由，
得．
即，
即．
因为B是 ABC的内角，
所以，．
或．
又由，得，
所以B为锐角，
故．
(2)
若选①：，，
由余弦定理，
得，
解得或．
若，
则ABC的面积为；
若，则ABC的面积为．
若选②：，．
由余弦定理，
得，
，
所以．
ABC的面积为．
24．（2022·江苏·统考三模）在中，内角A，，所对的边分别为，，，.从条件①､②中找出能使得唯一确定的条件，并求边上的高.
条件①，；条件②，.
【答案】答案见解析
【分析】利用正弦定理化边为角，结合三角形的内角关系及两角和的正弦公式求得，条件①，由求出角，即可判断三角形的解是否唯一，条件②，由正弦定理求出，然后求出，从而可得出答案.
【详解】解：因为，由正弦定理得，
又，所以，
又，所以，
则，
选①，因为，所以或，
则有两个解，不符题意；
选②，因为，所以，
又，故是唯一的，
，
所以，
所以.

25．（2022·福建福州·统考三模）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①；②数列是等差数列；③数列是等比数列；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【分析】选①②证明③：由已知求得的公差，进而有为等比数列并写出，构造结合等比数列定义判断等比数列；
选①③证明②：由已知求得的公比为并写出通项公式，根据的关系求通项公式，结合等差数列的定义判断为等差数列；
选②③证明①：由为等差数列，设写出通项公式，根据等比中项的性质有，化简求即可证.
【详解】选①②证明③：
设等差数列的公差是，则，又，
所以，即，，
所以，，故是首项为，公比为2的等比数列，
所以，即.
设，则，，又，
所以是首项是，公比为2的等比数列.
选①③证明②：
设等比数列的公比是，
所以，又，则，又，
所以数列的通项公式为，则.
当时，，又时，符合上式，
所以，，故，
所以是等差数列.
选②③证明①：
因为数列是等差数列，则为常数，，
所以为常数，，即为常数，，
令，则为首项为，公比为的等比数列，
此时.
因为数列是等比数列，则，
故，即，
化简得，因为，解得，
所以，即.
26．（2022·福建南平·统考三模）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，___________.
(1)求角A；
(2)若，，点D在线段AB上，且与的面积比为3：5，求CD的长.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答内容计分）
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）若选①，由正弦定理，得，再由余弦定理即可求出角A；
若选②，由正弦定理得，解得，即可求出角A；
若选③，先由平方关系得，再由正弦定理得，再由余弦定理即可求出角A；
（2）在中，由余弦定理求得，由与的面积比求得，再在中由余弦定理求得即可.
(1)
选①，由正弦定理，得，即，故，又，故；
选②，由正弦定理，得，又，故，
又，故，又，故；
选③，由可得，
即，由正弦定理得，故，又，故；
(2)

在中，由余弦定理得，因为，所以，
解得或（舍），又与的面积比为3：5，即，所以，在中，
由余弦定理得，即.
27．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角的对边分别为，且_______，作，连接围成梯形中，，．

(1)求角的大小；
(2)求四边形的面积
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得，由此可得；选②：由正弦定理角化边，可配凑出余弦定理的形式，求得，由此可得；选③：由向量数量积和三角形面积公式可求得，由此可得；
（2）在中，由余弦定理可求得和，进而得到，由平行关系可确定，；利用两角和差正弦公式求得后，利用正弦定理可得；根据三角形面积公式和可求得结果.
【详解】（1）若选条件①，由正弦定理得：，
即，
，
，，，又，.
若选条件②，由正弦定理得：，即，
，又，.
若选条件③，，，
，又，.
（2）在中，由余弦定理得：，，
，
，又，，
，，
；
在中，由正弦定理得：，
.
28．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）在①，②，③向量，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
在中，内角、、的对边分别为、、，且__________．
(1)求角的大小；
(2)是线段上的点，且，，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）选条件①，利用三角恒等变换化简可得的值，结合角的取值范围可得角的值；
选条件②，利用正弦定理和余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可得角的值；
选条件③，分析可得，利用平面向量数量积的坐标运算、正弦定理以及三角恒等变换可求得的值，结合角的取值范围可得角的值；
（2）设，可得出，，，，在中，由正弦定理可求得的值，利用二倍角的正弦公式结合弦化切可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）解：选条件①，因为，
故，
所以，，
即，
、，所以，，则，故，
因此，.
选②，因为，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
，则；
选③，因为，，，
所以，，
由正弦定理可得，
即，
、，则，所以，，因此，.
（2）解：设，因为，则，
因为，所以，，，，
在中，由正弦定理可知，即，
即，化简可得，即，
所以，，
所以，.
29．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知双曲线的实轴长为，右焦点F到双曲线C的渐近线距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)点P在第一象限，在直线上，点均在双曲线C上，且轴，M在直线上，三点共线．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个成立：①Q是的中点；②直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意求得，即得答案；
（2）若①作为条件，证明②，设出直线，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合条件推出，化简可得，讨论是否等于0，即可证明②；
若②作为条件，证明①，设直线联立双曲线方程，可得根与系数关系，进而表示出的坐标，由此只需证明，即可结合根与系数的关系式化简，证明该式成立，即可证明①.
【详解】（1）由已知可得,即,双曲线右焦点为，
不妨取一条渐近线为，即 ，则，
即得，故双曲线C的方程为.
（2）联立，解得或，故(P在第一象限)，
若①作为条件，证明②，设，由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，由于双曲线渐近线斜率为，故，
在直线上，Q是的中点，则，
则，，
因为三点共线，故有；
联立 ，则，需满足，
则，
故由，可得，
即，
，
将代入可得 ， 即，
若 ，则，
此时直线过点，
与已知条件不符，故舍去，
故只能是，即直线：过定点.
若②作为条件，证明①，
由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，，
设，则,
联立，则，需满足，
则，
由，得直线的方程为，
令得点，
要证Q是的中点,即证：，
即，即证，
而即，
即证 ，
而，
故Q是的中点.
【点睛】难点点睛：本题综合考查直线和双曲线的位置关系的相关问题，涉及面较广，解答的方法是利用联立直线和双曲线方程，得到根与系数的关系，关键是要结合题设条件进行化简，难点在于计算的复杂性，并且计算量较大，计算中基本上都是涉及到字母参数的运算，因此要十分小心.
30．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为、，一条渐近线的倾斜角为，且双曲线过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)直线与双曲线的右支相交于、两点，若____________且的面积为，
从下列条件中选择一个填在横线上，并求直线的方程.
①直线经过点；
②直线的斜率为.
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）根据已知条件求出、的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）选①：分析可知直线的斜率不为，设直线的方程为，设点、，联立直线与双曲线的方程，列出韦达定理，利用三角形的面积公式求出的值，结合已知条件可得出，，可得出的值，即可得出直线的方程；
选②：设直线的方程为，设点、，联立直线与双曲线的方程，列出韦达定理，利用三角形的面积公式求出的值，结合，可求得的取值范围，即可得出直线的方程.
【详解】（1）由题可得，
又因为双曲线过点，则，则，
所以双曲线的方程为.
（2）若选择①：由题意可知，直线的斜率不为，设直线的方程为，
设点、，
联立得，
由可得，
由韦达定理可得.
所以.
所以的面积.
所以，化简得，
解得或，可得或，
因为直线与双曲线右支交于、两点，所以且，
而，，可得，
所以，所以直线的方程或.
若选择②：设的方程为，设点、，
联立得.
此时，解得，
由韦达定理可得，，
因为直线与双曲线右支交于、两点，所以且，
可知，所以
又因为.
点到直线的距离为，
所以的面积,
即,
因式分解可得,
因为，所以，所以，
所以直线的方程为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.