2021高考数学二轮复习专题练-开放探究型解答题突破练.doc

2021高考数学二轮复习专题练 开放探究型解答题突破练2021高考数学二轮复习专题练 开放探究型解答题突破练年级：姓名：开放探究型解答题突破练突破练(一)5三角1立几1.在(bcos Ca)csin B；2ac2bcos C；bsin Aasin 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_，b2，ac4，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，由正弦定理可得(sin Bcos Csin A)sin Csin B.由sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，得cos Bsin Csin Csin B.因为0C，则sin C0，所以cos Bsin B.(若cos B0，则sin B0，sin2Bcos2B0.这与sin2Bcos2B1矛盾)又cos B0，所以tan B.又0B，所以B.由余弦定理及b2，得(2)2a2c22accos ，即12(ac)2ac.将ac4代入，解得ac4.所以SABCacsin B4.若选择条件，由正弦定理，得2sin Asin C2sin Bcos C.又sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，所以2cos Bsin Csin C0.因为C(0，)，所以sin C0，从而有cos B.又B(0，)，所以B.由余弦定理及b2，得(2)2a2c22accos ，即12(ac)2ac.将ac4代入，解得ac4.所以SABCacsin B4.若选择条件，由正弦定理，得sin Bsin Asin Asin .由0A，得sin A0，所以sin Bcos ，由二倍角公式，得2sin cos cos .由0，得cos 0，所以sin ，则，即B.由余弦定理及b2，得(2)2a2c22accos ，即12(ac)2ac.将ac4代入，解得ac4.所以SABCacsin B4.2.在ABC的面积SABC2，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，BACCAD，_，CD2AB4，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：SABCABBCsin ABC2BCsin 2，所以BC2.由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcos ABC4822220，所以AC2.选择：设BACCAD，则0，BCA，在ABC中，即，所以AC.在ACD中，即，所以AC.所以，解得2sin cos .又0，所以sin ，所以AC2.3.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：；cos 2A2cos21；a；b2.(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)由，得cos B.由cos ，可得B.由cos 2A2cos21，得(2cos A1)(cos A1)0，解得cos A.又A(0，)，可得A.可得不能同时出现作为条件.满足有解三角形的序号组合有，.(2)取.由正弦定理，得，解得sin B1.B(0，)，B.c，ABC的面积S.4.(2020北京一模)在条件(ab)(sin Asin B)(cb)sin C，asin Bbcos，bsin asin B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，bc6，a2，_.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：由正弦定理，得(ab)(ab)(cb)c，即b2c2a2bc，所以cos A.因为A(0，)，所以A.因为a2b2c2bc(bc)23bc，a2，bc6，所以bc4，所以SABCbcsin A4sin .若选：由正弦定理，得sin Asin Bsin Bcos.因为0B，所以sin B0，所以sin Acos，化简得sin Acos Asin A，所以tan A.因为0A，所以A.又因为a2b2c22bccos ，所以bc，即bc2412，所以SABCbcsin A(2412)63.若选：由正弦定理，得sin Bsin sin Asin B.因为0B，所以sin B0，所以sin sin A.又因为BCA.所以cos 2sin cos .因为0A，00，f(x)mn；函数f(x)cos xsin(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，且sin ，求f()的值；(2)求函数f(x)在0，2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.由题意可知，最小正周期T，1，f(x)sin(2x)，g(x)sin.又函数g(x)的图象关于原点对称，k，kZ.|，.f(x)sin.(1)0，sin ，.f()fsin .(2)由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，令k0，得x，令k1，得x，函数f(x)在0，2上的单调递减区间为，.方案二：选条件.m(sin x，cos 2x)，n，f(x)mnsin xcos xcos 2xsin，又最小正周期T，1，f(x)sin.(1)0，sin ，f()fsin .(2)由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，令k0，得x，令k1，得x，函数f(x)在0，2上的单调递减区间为，.方案三：选条件.f(x)cos xsincos xsin xcos xcos2xsin 2xcos 2xsin，又最小正周期T，1，f(x)sin.(1)0，sin ，.f()fsin .(2)由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，令k0，得x，令k1，得x，函数f(x)在0，2上的单调递减区间为，.6.(2020湖北四地七校联考)如图，已知等边ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM2MA，AN2NC.如图，将AMN沿MN折起到AMN的位置.(1)求证：平面ABM平面BCNM；(2)给出三个条件：AMBC；二面角AMNC的大小为60；AB.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ABM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AM1，AN2，A60，MNAB，MNAM，MNMB.又MBAMM，MN平面ABM.又MN平面BCNM，平面ABM平面BCNM.(2)解方案一：选条件AMBC，由(1)得AMMN，BC和MN是两条相交直线，AM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Mxyz，则A(0，0，1)，设P(2a，a，0)，其中0，不存在点P满足条件.方案二：选条件二面角AMNC的大小为60，由(1)得AMB就是二面角AMNC的平面角，AMB60.过A作AOBM，垂足为O，连接OC，则AO平面BCNM.经计算可得OA，OM，OB，而BC3，OBOC.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Oxyz，则A，设P，其中0a，则.易得平面ABM的一个法向量为n(0，1，0).设直线PA与平面ABM所成的角为，则sin |cos，n|，解得a或a3(舍去)，存在点P满足条件，这时PB3.方案三：选条件AB，在ABM中，由余弦定理得cos AMB，AMB120.过A作AOBM，垂足为O，则AO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，不存在点P满足条件.突破练(二)5数列1解几1.在qd1，a2b30，S2T2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出的取值范围；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，_，a11，S525，a2b2，是否存在正整数，使得|Tn|12?(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解S5255a3，a35，a23，b2a23.da2a1312.若选：qd1，q，b1326，Tn12.由|Tn|12得0，存在正整数1，使得|Tn|0；当n为奇数时， Tn3，由|Tn|12得4.综上，存在正整数1，2，3，使得|Tn|12.若选：由S2T2得b1a1a2b21331，q3，Tn，由指数函数的性质可知Tn无最大值，不存在正整数，使得|Tn|0时，n3.当n4时，b4；当n5时，b50时，n3.当n4时，b4；当n5时，b5，若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由.从S420，S32a3，3a3a4b2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(q0)，则b1，b38q，于是38q4，即6q2q20，解得q或q(舍去).设等差数列an的公差为d.若选，则a1b42，S44a1d20，解得d2.所以Sn2n2n2n，则.于是Tk1.令1，解得k15.因为k为正整数，所以k的最小值为16.若选，则a1b42，S33a1d2(a12d)，解得d2.下同.若选，则a1b42，3(a12d)(a13d)8，解得d.所以Sn2nn2n，则.于是Tk.令Tk，得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2a4，2c|AB|2，故a2，c，b1.所以动点P的轨迹方程为y21.若选：设P(x，y)，S(x，0)，T(0，y)，则3(*).因为，所以整理，得代入(*)得y21.所以动点P的轨迹方程为y21.(2)法一设Q(0，y0)，当直线l的斜率不存在时，y00.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yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(14k2)x28k2x4(k21)0，则0恒成立，且x1x2.设线段MN的中点为G(x3，y3)，则x3，y3k(x31).所以线段MN的垂直平分线的方程为y，令x0，得y0.当k0时，4k4，当且仅当k时取等号，所以y00时，4k4，当且仅当k时取等号，所以00恒成立，且y1y2.设线段MN的中点为G(x3，y3)，则y3，x3my31.所以线段MN的垂直平分线的方程为ym.令x0，得y0.当m0时，m4，当且仅当m2时取等号，所以y00时，m4，当且仅当m2时取等号，所以00得0x31，所以0y，则y30或0y3，所以y00或0y0.综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.