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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

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开放探究型解答题突破练

突破练(一)　5三角＋1立几
1.在①(bcos C－a)＝csin B；②2a＋c＝2bcos C；③bsin A＝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
(sin Bcos C－sin A)＝sin Csin B.
由sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
得－cos Bsin C＝sin Csin B.
因为0<C<π，则sin C≠0，所以－cos B＝sin B.
(若cos B＝0，则sin B＝0，sin2B＋cos2B＝0.这与sin2B＋cos2B＝1矛盾)
又cos B≠0，所以tan B＝－.
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＝acsin B＝×4×＝.
若选择条件②，由正弦定理，得
2sin A＋sin C＝2sin Bcos C.
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以2cos Bsin C＋sin C＝0.
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
从而有cos B＝－.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＝acsin B＝×4×＝.
若选择条件③，由正弦定理，得
sin Bsin A＝sin Asin .
由0<A<π，得sin A≠0，所以sin B＝cos ，
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＝acsin B＝×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，＝，
即＝，所以AC＝.
在△ACD中，＝，即＝，
所以AC＝.
所以＝，解得2sin θ＝cos θ.
又0<θ<，所以sin θ＝，
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＝；②cos 2A＋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＝－＝cos B.
由cos ＝－，可得<B<π.
②由cos 2A＋2cos2＝1，得(2cos A－1)(cos A＋1)＝0，解得cos A＝.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sin B＝1.
∵B∈(0，π)，∴B＝.
∴c＝，∴△ABC的面积S＝××＝.
4.(2020·北京一模)在条件①(a＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，②asin B＝bcos，③bsin ＝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，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cos A＝＝＝.
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＝bcsin A＝×4×sin ＝.
若选②：
由正弦定理，得sin Asin B＝sin Bcos.
因为0<B<π，所以sin B≠0，所以sin A＝cos，
化简得sin A＝cos A－sin A，所以tan A＝.
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＝bcsin A＝×(24－12)×
＝6－3.
若选③：
由正弦定理，得sin Bsin ＝sin Asin B.
因为0<B<π，所以sin B≠0，所以sin ＝sin A.
又因为B＋C＝π－A.
所以cos ＝2sin cos .
因为0<A<π，0<<，所以cos ≠0，
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＝bcsin A＝×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＝(sin ωx，cos 2ωx)，n＝，ω>0，f(x)＝m·n；③函数f(x)＝cos ωxsin－(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sin θ＝，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<，sin θ＝，∴θ＝.
∴f(θ)＝f＝sin π＝.
(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，.
方案二：选条件②.
∵m＝(sin ωx，cos 2ωx)，n＝，
∴f(x)＝m·n＝sin ωxcos ωx＋cos 2ωx
＝＝sin，
又最小正周期T＝＝π，∴ω＝1，
∴f(x)＝sin.
(1)∵0<θ<，sin θ＝，∴θ＝，
∵f(θ)＝f＝sin π＝.
(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)＝cos ωxsin－
＝cos ωx－
＝sin ωxcos x＋cos2ωx－
＝sin 2ωx＋cos 2ωx
＝＝sin，
又最小正周期T＝＝π，∴ω＝1，
∴f(x)＝sin.
(1)∵0<θ<，sin θ＝，∴θ＝.
∴f(θ)＝f＝sin π＝.
(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，

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
sin θ＝|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
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
解得a＝或a＝3(舍去)，
∴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sin θ＝|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，
∴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，
∴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.
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＝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，
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.
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，
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.
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.