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2022高考数学一轮复习 解题思维4 高考中结构不良试题的提分策略试题

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解题思维4　高考中结构不良试题的提分策略

1.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,　　　　,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,sInAcosA=sInB+sInCcosB+cosC.
(1)若△ABC还同时满足下列四个条件中的三个:①a=7,②b=10,③c=8,④△ABC的面积S=103,请指出这三个条件,并说明理由.
(2)若a=3,求△ABC周长L的取值范围.

3.条件①:图4-1中tan 2B=-43.条件②:图4-1中AD=23AB+13AC.条件③:图4-2中三棱锥A-BCD的体积最大.从以上三个条件中任选一个,补充在问题(2)中的横线上,并加以解答.
如图4-1所示,在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC交BC于D,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图4-2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.

　图4-1　　　　　　　图4-2
(1)求证:CD⊥ME.
(2)已知　　　　,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求锐二面角M-BN-C的余弦值. 
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

4.在①离心率为3,且经过点(3,4);②a2c=4,且焦距为2;这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的直线l存在,求出l的方程;若问题中的直线l不存在,说明理由.
问题:已知曲线C:mx2+ny2=1(m,n≠0)的焦点在x轴上,　　　　　,是否存在过点P(-1,1)的直线l,与曲线C交于A,B两点,且P为线段AB的中点? 
注:若选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.

答 案
解题思维4　高考中结构不良试题的提分策略
1.因为{bn}为等比数列,且b2=3,b5=-81,设公比为q,则b5=b2q3,即3q3=-57,所以q=-3.则bn=-(-3)n-1.所以a5=b1=-1.假设存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1n项和Sn中的唯一最小值,所以{an}为递增数列(d>0)且a1<0.
若选择条件①,则a2=b1+b3=-10,又a5=a2+3d,所以d=3>0,又a1=a2-d=-13<0,所以存在满足题意的k,且k=4.
若选择条件②,则a4=b4=27,由a5=-1得d=-28<0,所以满足题意的k不存在.
若选择条件③,则S5=5(a1+a5)2=-25,a1=-9<0,d=2>0.所以满足题意的k存在,且k=4.
2.由sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC,得sin AcosB+sinA cos C=cos AsinB+cosAsinC,sinAcosB-cos AsinB=cos AsinC-sin AcosC,
所以sin(A-B)=sin(C-A).
因为A,B,C∈(0,π),所以A-B=C-A,即2A=B+C,所以A=π3.
(1)△ABC还同时满足条件①③④.理由如下:
若△ABC同时满足条件①②,
则由正弦定理得sin B=bsinAa=537>1,这不可能,
所以△ABC不能同时满足条件①②,
若△ABC同时满足条件③④,
则△ABC的面积S=12bcsin A=12×b×8×32=103,所以b=5,与条件②b=10矛盾,此时可求得a=7或a=-7(舍去).
所以△ABC还同时满足的三个条件为①③④.
(2)在△ABC中由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=23.
因为C=2π3-B,所以b=23sin B,c=23sin(2π3-B).
所以L=a+b+c=3+23[sin B+sin(2π3-B)]=6(32sin B+12cos B)+3=6sin(B+π6)+3,
因为B∈(0,2π3),所以B+π6∈(π6,5π6),sin(B+π6)∈(12,1],
所以△ABC周长L的取值范围为(6,9].
3.(1)∵CD⊥AD,CD⊥BD,AD∩BD=D,
∴CD⊥平面ABD,∵AB⊂平面ABD,∴CD⊥AB.
又M,E分别为AC,BC的中点,∴ME∥AB,∴CD⊥ ME.
(2)方案一:选择条件①.
在题图4-1所示的△ABC中,由tan 2B=-43=2tanB1-tan2B,
解得tan B=2或tan B=-12(舍去).
设AD=CD=x,则在Rt△ABD中,tan B=ADBD=x3-x=2,解得x=2,∴AD=CD=2,BD=1.
因为DA,DB,DC两两垂直,所以以点D为原点,DB,DC,DA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立

图D 4-1
如图D 4-1所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(12,1,0),BM=
(-1,1,1).
设N(0,a,0),则EN=(-12,a-1,0).
∵EN⊥BM,∴EN·BM=0,
即12+a-1=0,解得a=12,
∴N(0,12,0),
∴当DN=12(即N是线段CD上靠近D的一个四等分点)时,EN⊥BM.
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),且BN=(-1,12,0),
则n·BN=0,n·BM=0,即-2x+y=0,-x+y+z=0,令x=1,则n=(1,2,-1).
取平面BNC的一个法向量m=(0,0,1),
则cos=m·n|m||n|=-66,
∴锐二面角M-BN-C的余弦值为66.
方案二:选择条件②.
在题图4-1所示的△ABC中设BD=λBC,则AD=AB+BD=AB+λBC=AB+λ(AC-AB)=(1-λ)AB+λAC,
又AD=23AB+13AC,所以λ=13,即BD=1.后续解法同方案一.
方案三:选择条件③.
在题图4-1所示的△ABC中,设BD=x(0则f'(x)=12(x-1)(x-3),
当00,当10,b>0),则曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),(题眼)
由题设得a2+b2a2=3,9a2-16b2=1,解得a2=1,b2=2,所以曲线C的方程为x2-y22=1.
(i)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,
则直线l与曲线C有且仅有一个交点(-1,0),不符合题意.
(ii)当直线l的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y-1=k(x+1),即y=k(x+1)+1,代入x2-y22=1得(2-k2)x2-2k(k+1)x-(k2+2k+3)=0　(*),
若2-k2=0,即k=±2时,方程(*)有且仅有一解,不符合题意;
若2-k2≠0,即k≠±2时,其判别式Δ=[-2k(k+1)]2-4(k2-2)(k2+2k+3)=8(2k+3)>0,则k>-32,
所以方程(*)有两个不同实数解时,k>-32且 k≠±2,
于是x1+x2=--2k(k+1)2-k2=2×(-1)=-2,解得k=-2,与k>-32且 k≠±2矛盾.
所以不存在直线l,与曲线C交于A,B两点,且P为线段AB的中点.
若选条件②.
由题设得曲线C为焦点在x轴上的椭圆.
设m=1a2,n=1b2(a>b>0),则曲线C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
由题设得a2c=a2a2-b2=4,2a2-b2=2,解得a2=4,b2=3,所以曲线C的方程为x24+y23=1.
(i)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,
代入x24+y23=1得y=±32,P(-1,1)不是线段AB的中点,不符合题意.
(ii)当直线l的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=k(x+1)+1,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+8k(k+1)x+4(k2+2k-2)=0,
其判别式Δ=[8k(k+1)]2-4·(3+4k2)·4(k2+2k-2)=16(9k2-6k+6)>0恒成立,
于是x1+x2=-8k(k+1)3+4k2=2×(-1)=-2,解得k=34,
故y=34(x+1)+1=34x+74,即3x-4y+7=0,
所以存在直线l:3x-4y+7=0,与曲线C交于A,B两点,且P为线段AB的中点.