2023高考数学二轮复习专题练开放探究型解答题突破练含解析202303112163

开放探究型解答题突破练突破练(一)　5三角＋1立几1.在①(bcosC－a)＝csinB；②2a＋c＝2bcosC；③bsinA＝asin这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________，b＝2，a＋c＝4，求△ABC的面积.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　若选择条件①，由正弦定理可得(sinBcosC－sinA)＝sinCsinB.由sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，得－cosBsinC＝sinCsinB.因为0<C<π，则sinC≠0，所以－cosB＝sinB.(若cosB＝0，则sinB＝0，sin2B＋cos2B＝0.这与sin2B＋cos2B＝1矛盾)又cosB≠0，所以tanB＝－.又0<B<π，所以B＝.由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos，即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.所以S△ABC＝acsinB＝×4×＝.若选择条件②，由正弦定理，得2sinA＋sinC＝2sinBcosC.又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2cosBsinC＋sinC＝0.因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，\n从而有cosB＝－.又B∈(0，π)，所以B＝.由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos，即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.所以S△ABC＝acsinB＝×4×＝.若选择条件③，由正弦定理，得sinBsinA＝sinAsin.由0<A<π，得sinA≠0，所以sinB＝cos，由二倍角公式，得2sincos＝cos.由0<<，得cos≠0，所以sin＝，则＝，即B＝.由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos，即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.所以S△ABC＝acsinB＝×4×＝.2.在①△ABC的面积S△ABC＝2，②∠ADC＝这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，求AC.如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAC＝∠CAD，________，CD＝2AB＝4，求AC.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　选择①：S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×2·BC·sin＝2，所以BC＝2.由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋8－2×2×2×＝20，所以AC＝2.选择②：设∠BAC＝∠CAD＝θ，则0<θ<，∠BCA＝－θ，在△ABC中，＝，\n即＝，所以AC＝.在△ACD中，＝，即＝，所以AC＝.所以＝，解得2sinθ＝cosθ.又0<θ<，所以sinθ＝，所以AC＝＝2.3.已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①＝；②cos2A＋2cos2＝1；③a＝；④b＝2.(1)满足有解三角形的序号组合有哪些？(2)在(1)所有组合中任选一组，并求对应△ABC的面积.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　(1)①由＝，得＝－＝cosB.由cos＝－，可得<B<π.②由cos2A＋2cos2＝1，得(2cosA－1)(cosA＋1)＝0，解得cosA＝.又A∈(0，π)，可得A＝.可得①②不能同时出现作为条件.∴满足有解三角形的序号组合有①③④，②③④.(2)取②③④.由正弦定理，得＝，解得sinB＝1.∵B∈(0，π)，∴B＝.∴c＝，∴△ABC的面积S＝××＝.4.(2020·北京一模)在条件①(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，②asinB＝bcos，③bsin\n＝asinB中任选一个，补充到横线上，并解答问题.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝6，a＝2，________.求△ABC的面积.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　若选①：由正弦定理，得(a＋b)(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝＝＝.因为A∈(0，π)，所以A＝.因为a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝bcsinA＝×4×sin＝.若选②：由正弦定理，得sinAsinB＝sinBcos.因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sinA＝cos，化简得sinA＝cosA－sinA，所以tanA＝.因为0<A<π，所以A＝.又因为a2＝b2＋c2－2bccos，所以bc＝＝，即bc＝24－12，所以S△ABC＝bcsinA＝×(24－12)×＝6－3.若选③：由正弦定理，得sinBsin＝sinAsinB.因为0<B<π，所以sinB≠0，所以sin＝sinA.又因为B＋C＝π－A.所以cos＝2sincos.因为0<A<π，0<<，所以cos≠0，\n所以sin＝，所以＝，所以A＝.又a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，a＝2，b＋c＝6，所以bc＝4，所以S△ABC＝bcsinA＝×4×sin＝.5.在①函数f(x)＝sin(2ωx＋φ)的图象向右平移个单位长度得到g(x)的图象，g(x)的图象关于原点对称；②向量m＝(sinωx，cos2ωx)，n＝，ω>0，f(x)＝m·n；③函数f(x)＝cosωxsin－(ω>0)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.已知________，函数f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离为.(1)若0<θ<，且sinθ＝，求f(θ)的值；(2)求函数f(x)在[0，2π]上的单调递减区间.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　选条件①.由题意可知，最小正周期T＝＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin(2x＋φ)，∴g(x)＝sin.又函数g(x)的图象关于原点对称，∴φ＝kπ＋，k∈Z.∵|φ|<，∴φ＝.∴f(x)＝sin.(1)∵0<θ<，sinθ＝，∴θ＝.∴f(θ)＝f＝sinπ＝.(2)由＋2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z，令k＝0，得≤x≤π，令k＝1，得π≤x≤π，\n∴函数f(x)在[0，2π]上的单调递减区间为，.方案二：选条件②.∵m＝(sinωx，cos2ωx)，n＝，∴f(x)＝m·n＝sinωxcosωx＋cos2ωx＝＝sin，又最小正周期T＝＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin.(1)∵0<θ<，sinθ＝，∴θ＝，∵f(θ)＝f＝sinπ＝.(2)由＋2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z，令k＝0，得≤x≤π，令k＝1，得π≤x≤π，∴函数f(x)在[0，2π]上的单调递减区间为，.方案三：选条件③.f(x)＝cosωxsin－＝cosωx－＝sinωxcosx＋cos2ωx－＝sin2ωx＋cos2ωx＝＝sin，又最小正周期T＝＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin.(1)∵0<θ<，sinθ＝，∴θ＝.\n∴f(θ)＝f＝sinπ＝.(2)由＋2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，令k＝0，得≤x≤π，令k＝1，得π≤x≤π，∴函数f(x)在[0，2π]上的单调递减区间为，.6.(2020·湖北四地七校联考)如图①，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图②，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置.(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′－MN－C的大小为60°；③A′B＝.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答.在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(1)证明　由已知得AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥MB.又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM.又∵MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.(2)解　方案一：选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，BC和MN是两条相交直线，∴A′M⊥平面BCNM.∴MB，MN，MA′两两垂直，∴以M为坐标原点，MB，MN，MA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，\n则A′(0，0，1)，设P(2－a，a，0)，其中0<a≤，则＝(2－a，a，－1).易得平面A′BM的一个法向量为n＝(0，1，0).设直线PA′与平面A′BM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，解得a＝>，∴不存在点P满足条件.方案二：选条件②二面角A′－MN－C的大小为60°，由(1)得∠A′MB就是二面角A′－MN－C的平面角，∴∠A′MB＝60°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，连接OC，则A′O⊥平面BCNM.经计算可得OA′＝，OM＝，OB＝，而BC＝3，∴OB⊥OC.∴OB，OC，OA′两两垂直，∴以O为坐标原点，OB，OC，OA′所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A′，设P，其中0<a≤，则＝.易得平面A′BM的一个法向量为n＝(0，1，0).设直线PA′与平面A′BM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，解得a＝或a＝3(舍去)，\n∴存在点P满足条件，这时PB＝3.方案三：选条件③A′B＝，在△A′BM中，由余弦定理得cos∠A′MB＝＝＝－，∴∠A′MB＝120°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.以O为坐标原点，OB，OA′所在直线分别为x轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则A′，设P，其中0<a≤，则＝.易得平面A′BM的一个法向量为n＝(0，1，0).设直线PA′与平面A′BM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，解得a＝>，∴不存在点P满足条件.突破练(二)　5数列＋1解几1.在①q·d＝1，②a2＋b3＝0，③S2＝T2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的λ存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由.若Sn是公差为d的等差数列{an}的前n项和，Tn是公比为q的等比数列{bn}的前n项和，________，a1＝1，S5＝25，a2＝b2，是否存在正整数λ，使得λ|Tn|<12?(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　∵S5＝25＝5a3，∴a3＝5，∴a2＝＝＝3，∴b2＝a2＝3.∴d＝a2－a1＝3－1＝2.若选①：∵q·d＝1，∴q＝＝，∴b1＝3×2＝6，\n∴Tn＝＝12.由λ|Tn|<12得λ<2，又λ>0，∴存在正整数λ＝1，使得λ|Tn|<12.若选②：∵a2＋b3＝0，∴b3＝－a2＝－3，∴q＝－1，b1＝－3，∴当n为偶数时，Tn＝0，则λ>0；当n为奇数时，Tn＝－3，由λ|Tn|<12得λ<4.综上，存在正整数λ＝1，2，3，使得λ|Tn|<12.若选③：由S2＝T2得b1＝a1＋a2－b2＝1＋3－3＝1，∴q＝＝3，∴Tn＝＝－，由指数函数的性质可知Tn无最大值，∴不存在正整数λ，使得λ|Tn|<12.2.在①2Sn＝3n＋1－3；②an＋1＝2an＋3，a1＝1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.设数列{an}的前n项和为Sn，若________，bn＝，n∈N*，求数列{bn}的最大值.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　若选择条件①，∵2Sn＝3n＋1－3，∴2Sn＋1＝3n＋2－3，则2Sn＋1－2Sn＝3n＋2－3n＋1，即2an＋1＝3·3n＋1－3n＋1＝2·3n＋1，∴an＋1＝3n＋1，an＝3n，∴bn＝＝，易知当2n－6>0时，n>3.当n＝4时，b4＝；当n＝5时，b5＝＝<b4，∴当n＝4时，数列{bn}的最大值b4＝＝.若选择条件②，∵an＋1＝2an＋3，an＋1＋3＝2an＋6＝2(an＋3)，∴＝2.又a1＝1，∴a1＋3＝4，∴an＋3＝2n＋1，an＝2n＋1－3，\n∴bn＝＝，易知当2n－6>0时，n>3.当n＝4时，b4＝；当n＝5时，b5＝＝<b4，∴当n＝4时，数列{bn}的最大值b4＝＝.3.在①{an}是等比数列；②{an}是等差数列；③a4＝7a1这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的r存在，求r的值；若不存在，请说明理由.设正项数列{an}的前n项和Sn，2a1＋a2＝a3，________，是否存在r，使得对任意n∈N*，n≥2，都有2nSn＋1－(2n＋5)Sn＋Sn－1＝ra1.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　当n≥2时，2nSn＋1－(2n＋5)Sn＋Sn－1＝ra1，化简得2nan＋1－5Sn＋Sn－1＝ra1，所以(2n＋2)an＋2－5Sn＋1＋Sn＝ra1，两式相减得(2n＋2)an＋2－(2n＋5)an＋1＋an＝0，(1)当n＝2时，4S3－9S2＋S1＝ra1.结合2a1＋a2＝a3得a2＝(4－r)a1.(2)若选择条件①，设等比数列{an}的公比为q，由2a1＋a2＝a3，得2＋q＝q2，所以q＝2或q＝－1(舍).由(1)得(2n＋2)q2－(2n＋5)q＋1＝0，即(2n＋2)×4－(2n＋5)×2＋1＝0不成立，所以r不存在.若选择条件②，设等差数列{an}的公差为d，由2a1＋a2＝a3得2a1＝d，所以Sn＝n2a1，则2nSn＋1－(2n＋5)Sn＋Sn－1＝a1＝ra1.所以r＝1.若选择条件③，由(2)得a2＝(4－r)a1，所以a3＝(6－r)a1.当n＝2时，由(1)得6a4－9a3＋a2＝0，因为a4＝7a1，所以42a1－9(6－r)a1＋(4－r)a1＝0，解得r＝1.4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，________，b2＝8，b1－3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列的前k项和Tk>，若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由.\n从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，填到上面横线上并作答.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1＝，b3＝8q，于是－3×8q＝4，即6q2＋q－2＝0，解得q＝或q＝－(舍去).设等差数列{an}的公差为d.若选①，则a1＝b4＝2，S4＝4a1＋d＝20，解得d＝2.所以Sn＝2n＋×2＝n2＋n，则＝＝－.于是Tk＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－.令1－>，解得k>15.因为k为正整数，所以k的最小值为16.若选②，则a1＝b4＝2，S3＝3a1＋d＝2(a1＋2d)，解得d＝2.下同①.若选③，则a1＝b4＝2，3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，解得d＝.所以Sn＝2n＋×＝n2＋n，则＝×＝.于是Tk＝[＋＋…＋＋]＝＝－.令Tk>，得＋<，注意到k为正整数，解得k≥7，所以k的最小值为7.5.在①anan＋1＝22n－1，②Sn＝kan－，③Sn＝an＋n2－2n＋k这三个条件中任选一个，补充至横线上.若问题中的正整数m存在，求出m的值；若m不存在，请说明理由.已知数列{an}中a1\n＝1，其前n项和为Sn，且________，是否存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列？(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　若选择条件①anan＋1＝22n－1，则an＋1an＋2＝22n＋1.两式相除得到＝4.所以数列{an}的奇数项和偶数项分别构成公比为4的等比数列.因为a1＝1，所以a3＝4.因为a1a2＝2，所以a2＝2.因此a1，a2，a3成等比数列.故数列{an}是等比数列，且公比为2，所以an＝2n－1.所以Sn＝2n－1，则Sm＝2m－1，Sm＋1＝2m＋1－1，Sm＋2＝2m＋2－1.若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2(2m＋1－1)＝(2m－1)＋(2m＋2－1)，整理得2m＝0，此方程无解.所以不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列.若选择条件②Sn＝kan－.因为a1＝1，所以1＝k－，则k＝，所以Sn＝an－.当n≥2时，Sn－1＝an－1－.两式相减，得an＝an－an－1.于是＝3，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列.因此an＝3n－1，Sn＝(3n－1).所以Sm＝(3m－1)，Sm＋1＝(3m＋1－1)，Sm＋2＝(3m＋2－1).若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2·(3m＋1－1)＝(3m－1)＋(3m＋2－1).整理，得4×3m＝0，此方程无解，所以不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列.若选择条件③Sn＝an＋n2－2n＋k.因为a1＝1，所以1＝1＋1－2＋k，则k＝1，\n因此Sn＝an＋n2－2n＋1.当n≥2时，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－2(n－1)＋1.两式相减，得an＝an－an－1＋2n－3.于是an－1＝2n－3，所以an＝2n－1.当n＝1时，a1＝2×1－1＝1，成立.于是数列{an}是等差数列，且Sn＝n2.若Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列，则2(m＋1)2＝m2＋(m＋2)2，此方程无解，所以不存在正整数m，使得Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等差数列.6.在平面直角坐标系xOy中：①已知点A(，0)，直线l：x＝，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为；②已知圆C的方程为x2＋y2＝4，直线l为圆C的切线，记点A(，0)，B(－，0)到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足|PA|＝d1，|PB|＝d2；③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝＋.(1)在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(2)记(1)中的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l′交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围.解　(1)若选①：设P(x，y)，根据题意，得＝.整理，得＋y2＝1.所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.若选②：设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.由椭圆的定义，知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆.所以2a＝4，2c＝|AB|＝2，故a＝2，c＝，b＝1.\n所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.若选③：设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则＝3(*).因为＝＋，所以整理，得代入(*)得＋y2＝1.所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.(2)法一　设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.当直线l′的斜率存在时，若斜率为0，则线段MN的垂直平分线与y轴重合，不合题意，所以设直线l′的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，则Δ>0恒成立，且x1＋x2＝.设线段MN的中点为G(x3，y3)，则x3＝＝，y3＝k(x3－1)＝－.所以线段MN的垂直平分线的方程为y＋＝－，令x＝0，得y0＝＝.当k<0时，＋4k≤－4，当且仅当k＝－时取等号，所以－≤y0<0；当k>0时，＋4k≥4，当且仅当k＝时取等号，\n所以0<y0≤.综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.法二　设Q(0，y0)，由题意，得直线l′的斜率不为0，设直线l′的方程为x＝my＋1.若m＝0，则y0＝0.当m≠0时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得方程组消去x并整理，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，则Δ>0恒成立，且y1＋y2＝－.设线段MN的中点为G(x3，y3)，则y3＝＝－，x3＝my3＋1＝.所以线段MN的垂直平分线的方程为y＋＝－m.令x＝0，得y0＝＝.当m<0时，m＋≤－4，当且仅当m＝－2时取等号，所以－≤y0<0；当m>0时，m＋≥4，当且仅当m＝2时取等号，所以0<y0≤.综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.法三　设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.当直线l′的斜率存在时，设直线l′的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x3，y3).由得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0.\n所以k＝＝－＝－＝－.线段MN的垂直平分线的方程为y－y3＝(x－x3)，令x＝0，得y0＝－3y3.由k＝－＝，得y＝－x＋x3＝－＋，由y>0得0<x3<1，所以0<y≤，则－≤y3<0或0<y3≤，所以－≤y0<0或0<y0≤.综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.