结构不良专题讲义-2025届高三数学一轮复习

2025新高考结构不良专题突破讲义 结构不良专题，恰好符合高考命题趋势，其不确定性，开放性，灵活性，创造性，对问题捕捉的敏锐性，能够很好的训练学生应对高考的适应性，也是高考数学拿下高分的保障！ 在高考数学和高考模拟考试中，多数试题表述清楚，题意很容易理解，但也有一些试题，我们在阅读的过程中发现读起来很别扭，理解起来很困难，做起来不顺畅。这种题我们称之为结构不良试题。结构不良试题会对考生的心理造成很大的影响，这些试题可能会成为考生获得高分的拦路虎。 结构不良题型是新课改地区新增加的题型，结构不良问题具有条件模糊、解决方案多样、结果开放等特点，其解决过程能有效激发学生求知欲、帮助学生多角度把握问题本质、追寻知识背后的价值、形成跨学科综合解决问题的关键能力。因此，解决结构不良问题对考查学生的素养和能力，发挥考试的选拔功能、促进学生素养的养成和能力的提升具有深远意义。 高考数学科对结构不良问题进行了深入的研究，数学的结构不良问题的主要特征有：①问题条件或数据部分缺失或冗余；②问题目标界定不明确；③具有多种解决方法、途径；④具有多种评价解决方法的标准；⑤所涉及的概念、规则和原理等不确定。 结构不良问题初始状态、目标状态、中间状态至少有一个不确定，有利于引导学生在解决问题的过程中，根据具体情境，从多个角度分析，考虑多个可能，寻找不同路径，提出多种解决方法，以考查学生思维的系统性、灵活性、深刻性、创造性。 1．已知不是常数函数，写出一个同时具有下列四个性质的函数：___________. ①定义域为R；②；③；④. 2．在条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答. 已知的内角，，的对边分别是，，，且，，__________.求边上的高 3．在①②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.问题：已知内角的对边分别为，若，_________，试求的范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 4．设函数对于任意，都有成立，则符合条件的的一个值为________. 5．写出一个值域为的周期函数______.（不能用分段函数形式） 6．已知在上是减函数，且对任意的都成立，写出一个满足以上特征的函数___________. 7．写出一个同时满足以下三个条件①定义域不是R，值域是R；②奇函数；③周期函数的函数解析式___________. 8．写出一个同时具有下列四个性质的函数______.①定义域为；②单调递增；③；④. 9．能说明“设数列的前项和为，对于任意的，若，则”为假命题的一个等差数列是_______（写出数列的通项公式） 10．已知、是两个不同的平面，、是平面及之外的两条不同直线，给出四个论断：①；②；③；④.请你根据上面四个论断写出一个正确的命题：______. 11．已知等差数列是首项为的递增数列，若，，则满足条件的数列的一个通项公式为______． 12．已知函数满足：①既有极大值，也有极小值；②，都有．请写出一个满足上述两个条件的函数______． 13．若区间满足：①函数在上有定义且单调；②函数在上的值域也为，则称区间为函数的共鸣区间．请完成：（1）写出函数的一个共鸣区间_______；（2）若函数存在共鸣区间，则实数k的取值范围是________． 14．已知函数的定义域为，且满足，，则的最小正周期为___________，的一个解析式可以为___________. 15．已知函数的定义域为，数列满足，已知两个条件：①函数在是增函数；②是递增数列.写出一个满足①和②的函数解析式：___________；写出一个满足②但不满足①的函数解析式：___________. 16．现给出三个条件：①函数的图象关于直线对称；②函数的图象关于点对称；③函数的图象上相邻两个最高点的距离为.从中选出两个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题. 已知函数（，），_____，_____.求函数在区间上的最大值和最小值. 17．已知函数（为常数，且，）.请在下面四个函数：①，②，③，④，中选择一个函数作为，使得具有奇偶性. （1）请写出表达式，并求的值； （2）当为奇函数时，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围； （3）当为偶函数时，请讨论关于的方程解的个数. 18．已知以下三个不等式都成立：①；②；③． （1）从这三个不等式中选择一个不等式进行证明：注：如果选择多个不等式分别进行证明，按第一个证明计分． （2）若函数与的图像有且只有一个公共点，求的取值范围. 19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中. 已知：数列的前项和为，且，______. （1）求数列的通项公式； （2）对大于1的自然数，是否存在大于2的自然数，使得，，成等比数列.若存在，求的最小值；若不存在，说明理由. 20．在①离心率，②椭圆过点，③面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题. 设椭圆C：（）的左、右焦点分别为，过且斜率为的直线交椭圆于两点，已知椭圆的短轴长为，________. （1）求椭圆的方程； （2）若线段的中垂线与x轴交于点N，求证：为定值. 21．在①成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中. 问题：已知在数列中，满足且____________，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明. 22．在条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答. 在中，角，，的对边分别为，，，，，______，求的面积. 23．已知椭圆：的焦距为2，且具有下面的性质中的一个：①椭圆上的点到一个焦点的最远距离等于3；②椭圆上的点与两个焦点所成的角最大值为. （1）请选择上面条件中一个求的方程； （2）在（1）中所求的方程下，已知一条直线过点与椭圆相交于两点，且点恰为的中点，求的面积. 24．在①平面，②平面平面，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题． 问题：如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）． （1）求点到平面的距离； （2）若__________，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 25．设数列的前项和为，，________．给出下列三个条件：条件①：数列为等比数列，数列也为等比数列；条件②：点在直线上;条件；③：． 试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答： （1）求数列的通项公式; （2）设，若中去掉的项后余下的项按原来的顺序组成数列，求的前项和． 26．设是上的减函数，且对任意实数，，都有；函数. （1）判断函数的奇偶性，并证明你的结论； （2）若，，且 （①存在；②对任意），不等式成立，求实数的取值范围. 请从以上两个条件中选择一个填在横线处，并完成求解. （3）当时，若关于的不等式与的解集相等且非空，求的取值范围. 27．已知椭圆的左､右顶点分别为 ，点该椭圆上，且该椭圆的右焦点与抛物线 的焦点重合. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为 ，直线的斜率为，直线的斜率，求证：_____________. 在以下三个结论中选择一个填在横线处进行证明. ①直线与的交点在定直线上； ②； ③. 28．已知函数． 请在下面的三个条件中任选两个解答问题．①函数的图象过点；②函数的图象关于点对称；③函数相邻两个对称轴之间距离为． （1）求函数的解析式； （2）若是函数的零点，求的值组成的集合； （3）当 时，是否存在满不等式？若存在，求出 的范围，若不存在，请说明理由. 29．在①，②③中任选一个条件，补充在下面问题中，并解决问题.已知， ，. （1）求的值； （2）求. 30．已知函数，图象上相邻的最高点与最低点的横坐标相差，______； （1）①的一条对称轴且； ②的一个对称中心，且在上单调递减； ③向左平移个单位得到的图象关于轴对称且 从以上三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后确定函数的解析式； （2）在（1）的情况下，令，，若存在使得成立，求实数的取值范围. 31．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，. （1）若等差数列满足，求，的通项公式； （2）若___________，求数列的前项和. 在①；②；③这三个条件中任选一个补充到第（2）问中，并对其求解. 注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分. 32．如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使________，点，分别为，中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①．②为四面体外接球的直径．③平面平面． （1）判断直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求二面角的正弦值． 33．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的三角形存在，求该三角形的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在，它的内角所对的边分别为，且，，_____? 34．杭州市为迎接2022年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件．所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE为赛道，． （1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度； ①；② （2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长（即最大），最长值为多少？ 35．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在横线上，并解答问题． 已知正项等比数列的前项和为，，且满足______． （1）求数列的通项公式； （2）记，数列的前项和为，求证：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 36．在平面直角坐标系中，①已知点，直线，动点满足到点的距离与到直线l的距离之比为；②已知圆的方程为，直线为圆的切线，记点，到直线的距离分别为，，动点满足，；③点，分别在轴，轴上运动，且，动点满足； （1）在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点的轨迹的方程； （2）设为直线上任一点，轨迹与轴的两个交点分别为，，且，，三点的连线可以构成三角形.直线，与轨迹的另一交点分别为点，，求证：直线过定点. 37．已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 38．已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为 （1）求的方程. （2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答). ①求直线和交点的轨迹方程； ②是否存在实常数，使得恒成立； ③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过定点. 39．在①，②，，③，．这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答． 设等差数列的前项和为，数列为等比数列，_____，，，求数列的前项和． 40．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充下面的问题中，若问题中的存在，求的最小整数值；若不存在，请说明理由． 问题：设数列满足，数列的前n项和为．若_________，则是否存在，使得？ 41．在①离心率，②椭圆过点，③为椭圆上一点，面积的最大值为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.设椭圆的左、右焦点分别为、，已知椭圆的短轴长为，______. （1）求椭圆的方程； （2）过的直线交椭圆于、两点，请问的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线的方程，若不存在，请说明理由. 42．已知函数. （1）选择下列两个条件之一：①；②；判断在区间是否存在极小值点，并说明理由； （2）已知，设函数若在区间上存在零点，求实数的取值范围. 43．在中，角的对边分别为． （1）已知，且 （在①，②，③，这三个条件中任选两个补充到横线上），求； （2）若，，与交于点，过的直线分别交线段于两点，设，，求的最小值． 44．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F在BB1上． （1）求证：C1D⊥平面AA1B1B； （2）在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． ①F为BB1的中点；②AB1=；③AA1=. 45．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，使得四边形满足，， 求的取值范围. 46．已知①如图，长为，宽为的矩形，以､为焦点的椭圆恰好过两点 ②设圆的圆心为，直线过点，且与轴不重合，直线交圆于两点，过点作的平行线交于，判断点的轨迹是否椭圆 （1）在①②两个条件中任选一个条件，求椭圆的标准方程； （2）根据（1）所得椭圆的标准方程，若圆的切线与椭圆相交于､两点，线段的中点为，求的最大值. 47．如图，在三棱锥中，，，分别是线段，的中点，且. （1）求证：平面平面. （2）现给出四个条件：①；②；③；④.请从中再选择两个条件使得平面与平面所成的锐二面角能够确定，并求出其余弦值.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分. 48．已知中，. （1）中是否必有一个内角为钝角，说明理由. （2）若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.请证明使得存在的这三个条件仅有一组，写出这组条件并求出b的值. 49．在①，，②，，③，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答. 问题：已知数列满足，数列为等比数列，且___________，为数列的前项和.是否存在正整数，使得成立？若存在，求出的最小值；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. 50．在①，，②，，③点在直线上，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答. 已知数列的前n项和为，___________. （1）求的通项公式； （2）若，求的前项和. 51．从下面三个条件：①函数的图象关于直线对称； ②函数的图象关于点对称； ③函数在区间上单调递增 从中任选一个补充在下面的问题中，若问题中的正实数存在，求出的值；若不存在，说明理由． 已知函数的最小正周期不小于，且满足_______，是否存在正实数，使得函数在区间的最大值为？ 52．在①②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解. 问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，c=8，点M，N是BC边上的两个三等分点，，___________，求AM的长和外接圆半径. 53．在①函数的图象向右平移个单位长度得到的图象．图象关于原点对称；②向量；③函数这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答，已知________，函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为． （1）若，且，求的值； （2）求函数在上的单调递减区间． 54．在①；②；③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解. 问题：已知数列中，，___________. （1）求； （2）若数列的前项和为，求的最小值. 55．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答． 已知函数，且_________． （1）判断的单调性； （2）若的图象与x轴有两个交点，求实数b的取值范围． 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分． 56．已知数列满足，数列的前项和为，若______，在以下三个条件中任选一个条件填入横线上，完成问题（1）和（2）： ①； ②数列满足：，，且的前项和为； ③． 问题： （1）求数列的通项公式； （2）数列是首项和公比均为2的等比数列，求数列中有多少个小于2021的项． 57．已知数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解该问题．若______，求数列的前n项和． 58．在①，，成等比数列且，②，③，，，这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答本题． 问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足 _______． （1）求； （2）若的前项和为，证明：． 59．已知函数，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，其中条件①；条件②：；条件③：．求： （1）的单调递减区间； （2）在区间，的取值范围. 60．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. 已知数列的前n项和为，，且满足 （1）求数列的通项公式; （2）记 ，求数列 的前n项和为. 61．已知以点为圆心的圆与______，过点的动直线与圆相交于，两点、从①直线相切；②与圆关于直线对称；③圆的公切线长这3个条件中任选一个，补充在上面问题的横线上并回答下列问题． （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 62．已知的内角所对的边分别为，且__________.请从下面三个条件中任选一个，补充在题目的横线上，并作答. ①；②：③的面积为. （1）求角的大小； （2）若点满足，且，求的最小值. 63．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且的面积__________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 64．在①，②，这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的橫线上并作答． 问题：的内角，，的对边分别为，，，已知______， （1）求： （2）若，求面积的最大值． 65．在条件①；②；③中任选一个，补充在下面的问题中，并求解. 问题：的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_________. （1）求角A的大小； （2）若，求角B的大小. 66．在①，且；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.问题：在中，角､､的对边分别为､､，且___________. （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值 67．在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在下面横线处，解决下面两个问题．已知，若的展开式中，________． （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）求的值． 68．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答. ①；②的面积为； ③. 在中，内角，，的对边分别是，，，若_____________. （1）求角； （2）若，，求的取值范围. 69．（1）已知，，，求的值. （2）在①，②，③，这三个条件中任选一个填在下面的横线中，并解决该问题. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，，，求的面积. 70．已知函数. （1）当时，求曲线上在点处的切线方程； （2）这下面三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.若___________，求实数m的取值范围. ①在区间上是单调减函数；②在上存在减区间；③在区间上存在极小值. 71．在①面积的最大值为，②椭圆过点，③离心率，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题． 设椭圆的左、右焦点分别为，，过椭圆的右焦点且倾斜角为的直线交椭圆于，两点，已知椭圆的短轴长为，________． （1）求椭圆的方程； （2）求直线被椭圆截得的弦长． 72．在中，角的对边分别为，若，且 （1）求角的值； （2）若为边上一点，且__________，求的正弦值. 从①；②条件中任选一个，补充在上面问题中，并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.) 73．已知数列的前项和为，满足________，求使得成立的的最大值． 从①；②，且，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 74．某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清（即下题中“已知”后面的内容看不清），但在（1）的后面保留了一个“答案：成等差数列”的记录，具体如下： 记等比数列的前n项和为，已知___________________． ①判断的关系；（答案：成等差数列） ②若，记，求证：． （1）请在本题条件的“已知”后面补充等比数列的首项的值或公比q的值（只补充其中一个值），并说明你的理由； （2）利用（1）补充的条件，完成②的证明过程． 75．在中，内角，，所对的对边分别为，，，请在①；②；③这三个条件中任意选择一个，完成下列问题： （1）求； （2）若，，延长到，使，求线段的长度. 76．已知正项数列的前项和为，且满足，，成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）请从以下三个条件中任意选择一个，求数列的前n项和Tn，. 条件Ⅰ：设数列满足；条件Ⅱ：设数列满足；条件Ⅲ：设数列满足. 77．已知数列，，是数列的前项和，，从①；②；③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 78．在①，②，③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，求和的值；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，，______？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 79．已知等差数列{an}中，a1＋a5＝16，a6＝17. （1）求数列{an}的通项公式； （2）{bn}为正项数列，若 ，求数列{an·bn}的前n项和Tn.请在①{bn}的前n项和为Sn，且S1＝2，bn＋1＝Sn＋2；②{bn}为等比数列，且b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项；③{bn}为等比数列，且b6＝b1b5＝64这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并完成解答.注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分. 80．三角测量法是在地面上选定一系列的点，并构成相互连接的三角形，由已知的点观察各方向的水平角，再测定起始边长，以此边长为基线，即可推算各点坐标的一种测量方法.在实际测量中遇到高大障碍物的测量，需要跨越时的测量，无法得到平距的测量都需要用到三角测量法.如图，为测量横截面为直角三角形的某模型的平面图△ABC，由于实际情况，Rt△ABC（∠ACB=）的边和角无法测量，以下为可测量数据：①BD=2；②CD=+1；③∠BDC=；④∠BCD=.以上可测量数据中至少需要几个可以推算出Rt△ABC的面积？请选择一组并写出推算过程.注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个作答计分. 81．在①平面平面，②，③平面这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，点在上，，，，，且______. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 82．在中，内角，，的对边分别为，，，请在①；②两个条件中，选择一个完成下列问题： （1）求； （2）若，求的周长的取值范围. 83．已知，.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题. （1）若________，求实数的值； （2）若向量，且，求. 84．在中，，，分别是角，，的对边，并且． （Ⅰ）已知_______，计算的面积；请从①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（Ⅰ）补充完整，并作答． （Ⅱ）求的最大值． 85．已知等差数列满足. （1）求的通项公式； （2）等比数列的前项和为，且，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中任选择两个作为已知条件，求满足的的最大值. 条件：①；条件②：；条件③： 86．在中，，，分别为内角，，所对的边，且满足. （1）求角的大小； （2）现给出三个条件：①；②；③.试从中选出两个可以确定的条件，写出你的选择___________，并以此为依据求的面积.（注：只需写出一个选定方案即可） 87．在中，已知，且． （Ⅰ）求面积的最大值； （Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件选择一个作为已知，求边上的高． 条件①：的面积为；条件②：；条件③：． 88．如图，在三棱柱中，是边长为的正三角形，，平面平面，是线段的中点，__________.请从下面两个条件中只任选一个，补充在上面的横线上，并作答.①；②与平面所成的角为. （1）求与所成角的余弦值； （2）求二面角的余弦值. 89．在①，；②，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题. 已知数列的前项和是，数列的前项和是.___________. （1）求数列，的通项公式； （2）设，证明：. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 90．在下列3个条件中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题的解答． ①；②；③; 已知的内角所对的边分别是，，______． （1）若，求； （2）求的最大值，以及此时的内角. 91．如图，在四边形中，，，， （1）求的值； （2）从以下三个条件中选择一个，求的长 ①；②；③. 92．已知数列是公差不为零的等差数列，，其前n项和为，数列前n项和为，从①，，成等比数列，，②，，这两个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前n项和. 93．在①，，②存在集合，非空集合，使得，这2个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解问题中的实数. 问题：求解实数，使得命题，，命题___________，都是真命题. （若选择两个条件都解答，只按第一个解答计分.） 94．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，，从以下三个条件中任选一个：①；②；③，解答如下的问题 （1）证明：； （2）若边上的点满足，求线段的长度的最大值. 95．在①的图象在点处的切线斜率为1；②；③有两个极值点-1，1这三个条件中任选一个补充在下面的问题（1）中，并加以解答. 已知. （1）若______，求实数m的值； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. （2）若，讨论的单调性. 96．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______，若角的平分线交于，且，求及的值. 97．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答. 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为α，b，c，且___________. （1）求角B的大小； （2）若，ABC的面积为，求ABC的周长. ( 第 2 页 共 160 页 ) ( 第 1 页 共 160 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 ( 第 2 页 共 160 页 ) ( 第 1 页 共 160 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 参考答案，仅供参考 1．（答案不唯一） 【分析】根据，可得，进而联想到二倍角的余弦公式，再根据，可得函数的周期，然后根据得到答案. 【解析】由，得， 联想到，可推测， 由，得，则， 又，所以（，为偶数，且）， 则当k=2时，. 故答案为：（答案不唯一）. 2． 【分析】依次计算选择①②③的情况，根据正弦定理和余弦定理，三角恒等变换计算得到，，再利用等面积法计算得到答案. 【解析】若选①因为， 由正弦定理得：， 即，，因为，所以. 由余弦定理得：，所以， 化简得：，所以（舍去）或者，从而. 设边上的高是，所以，所以； 若选②由题设及正弦定理，， 因为，所以， 由，可得，故， 因为，故，因此，下同选①； 若选③由已知得，故由正弦定理得. 由余弦定理得.因为，所以，下同选①. 故答案为：. 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力. 3．条件选择见解析， 【分析】当选①，利用正弦定理即可求解；当选②，利用基本不等式以及余弦定理可得，利用正弦定理即可求解. 【解析】当选①：易知，， ， ， 由，则， 则， 则， 当选②：可知， ， 从而，， 而， 当且仅当时取等号，从而. 【点评】本题是一道开放性题目，考查了正弦定理、余弦定理解三角形以及基本不等式、三角函数的性质在求范围中的应用，属于中档题. 4．2 【分析】化简函数，根据题设条件，得到，即，即可求解. 【解析】由题意，函数， 要使得函数对于任意，都有成立， 则满足，即， 当时，，此时， 故符合条件的的其中一个值为. 故答案为：. 【点评】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的周期性，合理利用题设条件，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 5．或（答案不唯一） 【分析】根据所给值域且为周期函数的函数写出即可. 【解析】由所给的值域为，且为周期函数， 写出一个即可，例如，或者. 故答案为：或 6．答案不唯一 【分析】由变形到可考虑对数函数，然后根据单调性以及“”可考虑构造对数型函数. 【解析】由题意可知，可变化为的形式，由此可想到对数函数， 又因为在上是减函数且， 所以满足条件的一个函数可取， 故答案为：(答案不唯一). 7．（答案不唯一）. 【分析】联想正切函数可得结果. 【解析】满足题意的函数为，（答案不唯一）. 故答案为：，（答案不唯一）. 8．（答案不唯一） 【分析】由前三个性质及对数函数的性质可确定基本形式，结合可求得，由此可得结果. 【解析】由前三个性质及对数函数的性质可得解析式为， 再根据最后一个性质可得：. 满足题意的一个为. 故答案为：（答案不唯一）. 9．（答案不唯一） 【分析】由题数列为递增数列，可找出一个不满足的等差数列，即得. 【解析】由题意可知，对于任意的，若， ∴数列为递增数列， 又命题为假命题， 所以可找出一个不满足的等差数列， 可取， 该数列对于任意的，若， 但，不满足. 故答案为：（答案不唯一）. 10．若，，，则（答案不唯一） 【分析】根据线面垂直的判定性质定理结合面面垂直的性质定理可得出结论. 【解析】设，在平面内作直线，使得， 因为，，，，则， ，则，，，则，故. 故答案为：若，，，则（答案不唯一）. 11．，答案不唯一 【分析】由，，可得，进而解得，然后写出通项公式即可. 【解析】设数列的公差为d，由题可得， 因为，，所以有，解得， 只要公差d满足即可，然后根据等差数列的通项公式写出即可， 我们可以取，此时. 故答案为：，答案不唯一. 12．（答案不唯一） 【分析】根据题目所给函数要满足的条件，写出相应的函数的例子. 【解析】依题意可知，函数有极大值2，也有极小值0， 且满足，. 故答案为：（答案不唯一） 13．或或 【分析】（1）设是区间上的共鸣区间，由解得结果即可得解； （2）根据题意转化为方程在上有两个不等的实根，然后换元，令，转化为在上有两个不等的实根，令，利用二次函数的性质列式可解得结果. 【解析】（1）设是区间上的共鸣区间，因为在上递增，且在上的值域也为， 所以，即，因为，所以或或， 函数的共鸣区间为或或. （2）因为函数在上单调递增，若存在共鸣区间，则，即，也就是方程在上有两个不等的实根， 令，得， 所以在上有两个不等的实根， 令， 则，即，解得， 故实数k的取值范围是 【点评】关键点点睛：第二问利用等价转化思想将问题转化为二次函数的零点问题求解是解题关键. 14． (答案不唯一) 【分析】通过得出，即可求出的最小正周期；通过得出函数关于点对称，然后列举一个满足关于点对称以及最小正周期为的方程即可. 【解析】因为， 所以，的最小正周期为. 因为， 所以函数关于点对称， 满足关于点对称以及最小正周期为的方程可以为. 故答案为：；（答案不唯一）. 15． （答案不唯一） 【分析】本题第一个填空可用到常用的函数；第二个填空要考虑到函数和对应的数列增减性不同． 【解析】由题意可知：在x∈[1，+∞）这个区间上是增函数的函数有许多，可写为：． 第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为：． 则这个函数在[1，]上单调递减，在[，+∞）上单调递增， ∴在[1，+∞）上不是增函数，不满足①． 而对应的数列为：在n∈N*上越来越大，属递增数列． 故答案为：；． 16．见解析 【分析】方案①③与②③，都有周期可求得，再由型函数的对称轴与对称中心求得，即可表示解析式，最后由三角函数的性质求得指定区间的最值；方案①②中，由对称轴与对称中心可构建方程组，分别表示与，利用分类讨论和时的情况，其中若T小于所求区间范围的区间长度，则最值由振幅确定，反之则可由性质求值域. 【解析】方案一：选①③.由已知，函数的最小正周期， 所以，，所以. 令，得，. 所以的对称轴方程为，. 令，，由，得. 综上，. 因为，所以. 所以当或，即或时，； 当，即时，. 方案二：选②③.由已知，函数的最小正周期， 所以，，所以. 所以，于是，. 由，得. 综上，. 因为，所以. 所以当，即时，； 当，即时，. 方案三：选①②.由已知可知其中一个对称轴与对称中心， 则，解得 因为，则，即或0 当时， 因为，则 当时，，则 又因为区间的区间长度为，所以函数在区间上的最大值为和最小值为，显然时也成立， 当时， 因为，则 当时，，则 此时函数，则其在区间上有，即，故最大值为，最小值为， 当时，，则，所以函数在区间上的最大值为和最小值为，显然时也成立 综上所述，函数和函数在区间上的最大值为和最小值为；函数在区间上最大值为，最小值为. 【点评】本题考查由三角函数的性质求解析式，还考查了求指定区间的最值，属于难题. 17．（1）答案见解析；（2）；（3）答案见解析. 【分析】（1）根据所选条件，结合奇函数和偶函数的定义可得出的等式或表达式，可求得对应的实数的值； （2）由已知条件可得出，由参变量分离法得出，求出函数在区间上的最小值，由此可求得实数的取值范围； （3）设，由参变量分离法得出，分析函数在区间上的单调性，由此可得出当在不同取值下方程的解的个数. 【解析】（1）若选①，，则，该函数的定义域为 若函数为奇函数，则，不合乎题意； 若函数为偶函数，则， 由，可得，化简可得， 则不为常数，即函数不可能为偶函数，不合乎题意； 若选②，的定义域为，所以，函数的定义域为， 此时，函数为非奇非偶函数，不合乎题意； 若选③，，则. 若函数为奇函数，则，不合乎题意； 若函数为偶函数，则， 由，可得， 整理可得， 则不为常数，不合乎题意. 选④，，， 当为奇函数，则，即，可得； 当为偶函数，则，则，可得； （2）当为奇函数时，，，则， 由于函数在上为增函数，函数在为减函数， 所以，函数在上为增函数，则， 若对于任意的，都有成立 ， 设，， 任取、，且，即， 则， ，则，，可得，即， 所以，函数在上为增函数，所以，，. 所以的取值范围是； （3）当为偶函数时，，， 令，当且仅当时，等号成立， 则，， 又在单调递增，所以. ①当，此时方程无解； ②当，存在唯一解， 又因为为偶函数，不妨设， ， 因为，则，，所以，，， 所以在单调递增，在单调递减， （i）当时，，此时方程有唯一解； （ii）当时，，此时方程有两个解； 下证必要性：令，该函数的定义域为， ，则为偶函数，在单调递增， ，， 所以在有一个零点， 又因为函数是偶函数，则函数在也有一个零点， 所以当，时原方程一共有两个解. 【点评】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法： （1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果； （2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 18．（1）答案见解析；（2）． 【分析】方案一选①： （1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立； （2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，需由不等式①可得，确定两个零点． 方案二选②： （1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立； （2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，，当时，由不等式②可得 ，从而得 于是确定两个零点； 方案三选③ （1）设，求出导函数，由导函数确定函数的单调性，得最值，从而可证得不等式成立； （2）设，只有一个零点，时，函数单调递减，易得只有一个零点，时，利用导数确定函数的单调性与极值，分类讨论确定参数范围．在说明有两个零点时，需由由不等式③可得，确定两个零点． 【解析】解：方案一：证明不等式①． 设，， 当时，，单调递减． 所以，故不等式①成立． （2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点． 当时，在单调递减，，故只有一个零点． 定义域为，． 当时，若，则，单调递减， 若，则，单调递增，所以． 若，，有且只有一个零点． 若，则． 当时，，因为， 所以在存在一个零点． 由不等式①可得． 因此，， 在存在一个零点，故有个零点． 当时，，因为， 所以在存在一个零点． 由不等式①可得． 所以， 在存在一个零点，故有个零点． 综上，的取值范围为． 方案二：证明不等式②． 设，当时，，单调递减． 所以，故不等式②成立． （2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点． 当时，在单调递减，，故只有一个零点． 定义域为，． 当时，若，则，单调递减， 若，则，单调递增，所以． 若，，有且只有一个零点． 若，则． 当时，，因为， 所以在存在一个零点． 由可得，． 因此，，在存在一个零点，故有个零点． 当时，，因为，所以在存在一个零点． 此时，当时，由不等式②可得 ． 于是，在存在一个零点，故有个零点． 综上，的取值范围为． 方案三：证明不等式③． 设，当时，，单调递减． 所以，故不等式③成立． （2）设，则函数与的图像有且只有一个公共点等价于有且只有一个零点． 当时，在单调递减，，故只有一个零点． 定义域为，． 当时，若，则，单调递减， 若，则，单调递增，所以． 若，，有且只有一个零点． 若，则． 当时，，因为， 所以在存在一个零点． 由可得，． 因此，，在存在一个零点，故有个零点． 当时，，因为， 所以在存在一个零点． 由不等式③可得，在存在一个零点，故有个零点． 综上，的取值范围为． 【点评】本题考查用导数证明不等式成立，考查函数图象交点个数问题，解题关键是把函数图象交点个数转化为函数零点个数，然后利用导数研究函数的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数．本题有一个难点是在确定函数有两个零点时需要用到第（1）所证不等式以确定函数值的正负． 19．（1）详见解析（2）详见解析 【分析】（1）若条件①成立，由题意可发现数列是以1为首项，3为公差的等差数列，计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；若条件②成立，通过递推关系得出是首项为1，公差为3的等差数列，即可求出通项公式；若条件③成立，通过和的关系即可求出的通项公式； （2）先假设存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，根据等比中项的性质有，分三种情况讨论3个条件分别成立时，然后代入和，得出关于的表达式，用表示，通过数列的单调性和二次函数的性质，判断可得的最小值． 【解析】解：若条件①成立， （1），， 故数列是以1为首项，3为公差的等差数列. ∴. ∵， ∴. （2）由题意，假设对大于1的自然数，存在大于2的自然数， 使得，，成等比数列， 则， 即， ∵， ∴， 整理，得， 构造数列：令且， ∵， 当且时，， 即. ∴数列是单调递增数列. 当时，数列取最小值. ∴对大于1的自然数，存在大于2的自然数，且的最小值为6. 若条件②成立， （1）， ,， 即：， ，， 是首项为1，公差为3的等差数列， . （2）若，，成等比数列， 则，即， 整理得：， 且为整数，时，， 即存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，的最小值为6. 若条件③成立， （1）， ， ，所以， （2）若，，成等比数列，则， 即：， 整理得：， 且为整数，时，， 即存在大于2的自然数，使得，，成等比数列，的最小值为2. 【点评】本题主要考查数列由递推关系求通项公式，以及等比数列的性质应用．考查了转化思想，构造法，利用数列单调性和二次函数的性质求最值，逻辑思维能力和数学运算能力． 20．（1）选①，；选②; 选③（2）证明见解析. 【分析】（1）选①，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程； （1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程； （1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程； （2）线段的中垂线与x轴交于点N， 讨论（i）当时，易得，，求得 （ii）当时，设直线的方程为，联解得：，求得，， ；利用中垂线方程求得，得到，从而得解. 【解析】（1）选①，由题意可得：，解得，所以所求椭圆C的方程为； （1）选②，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程； （1）选③，由题可得：，解得，得到椭圆C的方程； （2）（i）当时，，， （ii）当时，由题意可得：. 设直线的方程为，设，， 由整理得： 显然，且，， 所以 所以线段的中点， 则线段的中垂线方程为， 令，可得，即，又， 所以，所以，即. 【点评】本题属于开放性题，任选一个条件补充完整题干再作答，考查椭圆的标准方程及直线与椭圆关系求定值问题，属于中档题. 21．选择见解析；数列是等差数列，证明见解析. 【分析】若补充条件①：数列奇数项和偶数项分别成等差数列，分别把奇数和 偶数项的通项公式求出，通过通项公式判断整体是否为等差数列即可； 若补充条件②：将两个已知等式变形，得到等式， 可知从第二项开始为等差数列，再验证即可； 若补充条件③：根据两个已知式子变形得到， 可知从第三项开始等差，再验证前面两项即可. 【解析】解：选择条件①：由 得数列和成公差为4的等差数列， 则有 当时，，又成等差数列 所以其公差为2，则有 所以 则当为奇数时， 当为偶数时， 所以 则，所以数列是公差为2的等差数列. 选择条件②：因为，所以 又 所以 所以 所以数列从第二项开始等差，设公差为， 因，所以 又，所以 综上所述：数列是公差为2的等差数列. 选择条件③：因为. 所以，又 两式相减得 所以数列从第三项开始等差. 将带入得 因为，所以 所以，同理 综上所述：数列是公差为2的等差数列. 【点评】此类题型易错点：通过等式变形后容易忽略的范围导致解答不完整. 22．选①，；选②，；选③， 【分析】根据选择的条件，利用正余弦定理，求出边长，再利用面积公式即可求出. 【解析】解：选择① ， ， 即， 化简得：， 又， ， 即，， ，， 由余弦定理得:， 解得:，， 的面积为； 选择② ， 由正弦定理可得， 又， ， 由， 即， ， 即，， 由余弦定理得， 解得：，， 的面积为； 选择③ 由及， 得：， 即， 由正弦定理得：， ，即， ， ， 由，得：，， ， ， 的面积为. 【点评】方法点睛：解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 23．（1）；（2）. 【分析】（1）若选择① 则可求的值，进而可得椭圆的方程，若选择②点位于短轴的端点时，最大为，此时，，结合，可求的值，进而可得椭圆的方程； （2）首先利用点差法求出直线的斜率，进而可得其方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求弦长，再利用原点到直线距离为三角形的高，进而可得的面积. 【解析】（1）若选择① 椭圆上的点到一个焦点的最远距离等于3； 则，解得，所以， 所以椭圆的方程为：， 若选择② 椭圆上的点与两个焦点所成的角最大值为. 由椭圆的定义可得， 在中，由余弦定理可得： ， 因为， 所以，当且仅当也即位于短轴的端点时等号成立此时最小，最大，所以此时， 所以，即，由可得，所以， 所以， 所以椭圆的方程为：； （2）由（1）得椭圆：， 设，， 则①，② ①②得：， 即 因为，， 所以， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即 由可得：， 所以，， 所以弦长 ， 原点到直线距离， 所以的面积为. 【点评】结论点睛：椭圆中点差法的应用结论（适用于中点弦问题） 在椭圆：中，若直线与椭圆交于两点，点是弦的中点，弦所在的直线的斜率为，则，即； 若椭圆的方程为，则，即. 24．（1）；（2）. 【分析】（1）利用等体积，转换顶点即可；（2）建立空间直角坐标系，求其法向量，表示出线面角的正弦值，按照求值域的思路适当换元求范围即可. 【解析】（1）在三棱锥中，连接，， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，，为中点， 所以， 又平面平面，平面平面，平面 ∴平面 又平面∴∴，，两两垂直. ∴ 又 ∴ ∴点到平面的距离为. （2）与平面所成角的正弦值的取值范围为． 以选条件①为例（亦可使用综合法、综合与向量混用法） 在三棱锥中，以为坐标原点，为正交基底， 建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则，，， ， 设平面的法向量为，则 即即， 不妨令，则 同理可求得平面的法向量 （选条件①）因为平面，平面 ∴即 即∴ 又∴∴ 又平面，∴是平面的一个法向量 设直线与平面所成角为，则 令，， ∴ 令，则 ∴在上单调递增 ∴，∴，∴ ∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 选条件②，条件③结果相同. 【点评】本题的难点在表示出正弦值后值域的求法，可以适当换元，借助导数工具求解. 25．条件选择见解析，（1）；（2）1206. 【分析】（1）根据所选条件，可得为首项是，公比是的等比数列，写出通项公式即可. （2）由题意得的前项是由前36项去掉的项构成，进而利用等差等比前n项和公式即可求. 【解析】（1）选条件①：数列为等比数列， ，即． 设等比数列的公比为，则，解得或（舍）， ； 选条件②：点在直线， ，又，两式相减有：， 又，，也适合上式，，因为， ，故数列为首项是，公比是的等比数列，即； 选条件③：，则， 由两式相减可得：，即， 又，，也适合上式，故数列为首项是，公比是的等比数列． ； （2），其中前30项：即前36项去掉6个的项，有， ∴. 【点评】关键点点睛：根据等比数列定义确定数列的通项公式；理解中去掉的项后余下的项按原来的顺序组成数列，进而得到前项的构成并求前n项和. 26．（1）奇函数，证明见解析；（2）答案见解析；（3）. 【分析】（1）令可得，令，可得可得答案. （2），由为奇函数，可得，可化为，由是上的减函数，等价于，若选①，存在，，即求出的最大值即可，若选②，对任意，，即求出的最小值. （3）设，可化为，则有两不等实根，则解集为，即，则与解集相等且非空；由，为两根，代入可得，则，从而可求出答案. 【解析】（1）为奇函数，证明如下： 令可得，则， 对任意，令，可得，则， 则为奇函数； （2），时，， 由为奇函数，可得， 可化为， 由是上的减函数，等价于， 即，即， 若选①，存在，， 在上为增函数，上为减函数，最大值为， 则； 若选②，对任意，， 在上为增函数，上为减函数， 时等于，时等于，最小值为，则； （3）设，可化为， 由解集非空可得， 此时即，， 则有两不等实根，则解集为， 即， 则与解集相等且非空； 则，且， 由，为两根，代入可得， 则， 由，即，即，即， 由，可得， 则. 【点评】关键点睛：本题考查函奇偶性的判断，不等式有解和恒成立求参数，根据不等式同解求参数的范围，解答本题的关键是设，可化为，则有两不等实根，则解集为，即，则与解集相等且非空；即得到，且，由，为两根，代入可得，属于难题. 27．（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）由条件可知，再将点代入椭圆方程，计算求得椭圆的标准方程；（2）若选①，法一，设直线：与椭圆方程联立，直线与的交点，再利用根与系数的关系化简交点坐标；法二，要证明，即证，利用分析法，代入根与系数的关系证明；若选②，法一，利用根与系数的关系化简，法二，利用根与系数的关系证明，法三，利用分析法证明，法四，利用直线与椭圆方程联立，计算求得点的坐标，利用三点共线，证明 ，若选择条件③，利用坐标表示，代入根与系数的关系，证明. 【解析】解⑴因为抛物线的焦点为.所以椭圆的右焦点用 又点在该椭圆上，所以 又，所以 椭圆的标准方程为 （2）选①设 联立得： 法一：直线的交点的横坐标为 所以直线AM与BN的交点在定直线上 法二：要证直线与的交点在定直线上， 即，即证 即证，即证，即证 即证 因为 所以直线与的交点在定直线上. 选②设，联立得： 所以 法一： 法二： 所以 因为也同号，所以 法三：要证，即证，即证 即证，即证 因为 所以 法四：由得得 同理 因为为三点共线，所以即 因为同号，所以 选③设，联立得： 所以 所以. 【点评】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 28．（1）选择①②、①③、②③都有；（2）；（3）存在，的范围，利用见解析. 【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由点是的对称中心可得，结合，可得，即可得解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由，所即，可得，即可得解析式；选择②③由，所即，可得，若函数的图象关于点对称，则，结合，可得，即可得解析式； （2）若是函数的零点，则，解得 或，可得或，进而可得可能的取值，即可求解； （3）由得，当时，函数可转化为，，，利用偶函数的性质原不等式可化为，即可求解. 【解析】选择①②： 因为函数的图象过点， 所以，解得，因为，所以， 因为函数的图象关于点对称，则， 可得，因为，所以，， 所以， 选择①③： 若函数的图象过点， 所以，解得，因为，所以， 因为函数相邻两个对称轴之间距离为， 所以，所以，，解得：， 所以， 选择②③： 因为函数相邻两个对称轴之间距离为， 所以，所以，，解得：， 若函数的图象关于点对称，则， 可得，因为，所以，， 所以 （2）若是函数的零点，则， 可得， 所以或 解得：或， 若是函数的零点，则，， 当时，， 当时，， 当时， 所以的值组成的集合为； （3）当时，， 令，则，令， 则，， 因为， 所以，即， 所以，即，， 解得：. 所以实数的范围是：. 【点评】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性脱掉，解关于的不等式. 29．（1）（2） 【分析】选条件①由，根据同角基本关系可求sinα，cosα，由两角和的正弦公式求解，计算，求出； 选条件②由，求出sinα，cosα，同①即可求解； 选条件③由，结合余弦二倍角公式、同角基本关系可求sinα，cosα，以下同①． 【解析】选条件①： 因为，所以． 由平方关系sin2α+cos2α＝1，解得或 因为，所以． (1) . (2)因为， 所以由sin2（α-β）+cos2（α-β）＝1，解得． 因为，所以，所以， 所以 , 由， . 选条件②： 因为，所以14sinαcosα＝， 因为，所以cosα≠0，所以． 由平方关系sin2α+cos2α＝1，解得． 因为，所以． 以下同①的解法． 选条件③： 因为， 所以． 由平方关系sin2α+cos2α＝1，得． 因为，所以． 以下同①的解法． 【点评】关键点点睛：本题主要选择不同的条件，利用三角恒等变换及同角三角函数的基本关系，求出，然后利用角的变换，求出，结合求解，属于难题. 30．（1）选①②③，；（2）. 【分析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，可求得的值，根据所选的条件得出关于的表达式，然后结合所选条件进行检验，求出的值，综合可得出函数的解析式； （2）求得，由可计算得出，进而可得出，由参变量分离法得出，利用基本不等式求得的最小值，由此可得出实数的取值范围. 【解析】（1）由题意可知，函数的最小正周期为，. 选①，因为函数的一条对称轴，则， 解得， ，所以，的可能取值为、. 若，则，则，不合乎题意； 若，则，则，合乎题意. 所以，； 选②，因为函数的一个对称中心，则， 解得， ，所以，的可能取值为、. 若，则，当时，， 此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意； 若，则，当时，， 此时，函数在区间上单调递减，合乎题意； 所以，； 选③，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称， 所得函数为， 由于函数的图象关于轴对称，可得， 解得， ，所以，的可能取值为、. 若，则，，不合乎题意； 若，则，，合乎题意. 所以，； （2）由（1）可知， 所以，， 当时，，，所以，， 所以，， ， ，，则， 由可得， 所以，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，所以，. 【点评】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 31．（1），；（2）答案见解析. 【分析】（1）利用等比数列的通项公式与求和公式求出和，得到数列的通项公式，再求出对应等差数列的前两项和公差，即可得数列的通项公式；（2）根据已知条件进行整理，得出数列的通项公式，进而利用裂项相消法即可求解. 【解析】（1）设数列的公比为，则. ， ，解得：或， 又因为各项均为正数， 所以， 又， ， 代入得，， ， 则，， 设数列的公差为， ∴， 则. （2）选择①： ，， 则， . 选择②： ，， 则， ， . 选择③： 由（1）知， . ， . 【点评】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 32．条件选择见解析，（1）平面，理由见解析；（2）. 【分析】（1）若选①：在中，证得，进而证得平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面． 若选②：由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面． 若选③：由平面平面，证得平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，，进而证得平面． （2）以为原点，射线为轴建立直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解. 【解析】（1）若选①：， 在中，，，，， 可得，所以， 又由，且,平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由，且,平面，所以平面， 又因为，分别为，中点，可得，所以平面． 若选②：为四面体外接球的直径，则，可得， 又由，且,平面，所以平面， 因为，分别为，中点，可得，所以平面． 若选③：平面平面，平面平面， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由，且,平面，所以平面， 因为，分别为，中点，可得，所以平面． （2）以为原点，射线为轴建立如图直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以 设平面的法向量为，则, 取，可得， 所以，故二面角的正弦值. 【点评】利用空间向量计算二面角的常用方法： 1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； 2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 33．答案见解析. 【分析】选择①，利用二倍角正弦公式得，通过边与角的关系知，进而得，再利用正弦定理计算得，出现矛盾，故不存在； 选择②，由正弦定理结合逆用两角和差化积公式计算得，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解； 选择③，利用正弦定理结合同角之间的关系得到，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解； 【解析】选择① 由，得. 若，，，与矛盾，，. 若这样的存在，根据正弦定理，由， 得，与矛盾. 所以，若选择条件①，则问题中的三角形不存在. 选择② 在中，根据正弦定理，得. ，则，，即，整理为. ，，，. 根据余弦定理，，结合，， ，解得：或（舍去）. 的面积为. 选择③ 在中，根据正弦定理，得，即. ，则，. ，，，，. 根据余弦定理，，结合，， ，解得：或（舍去）. 的面积为. 【点评】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用： （1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”； （2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”； （3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”； （4）代数变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到. 34．（1）答案见解析；（2）． 【分析】(1)在中，利用正弦定理，可求得BD=6. 选①：先由三角形的内角和可得∠BDC=，从而知为直角三角形，然后由勾股定理，得解; 选②：在中，由余弦定理可得关于BE的方程，解之即可. (2)在中，结合余弦定理和基本不等式，即可得解. 【解析】（1）在中，由正弦定理知，，解得， 选①：，， ， 在中，； 若选②，在中，由余弦定理知 ，，化简得，解得或（舍负）， 故服务通道BE的长度 ； （2）在中，由余弦定理知，， ， ，即，当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为． 【点评】关键点睛：本题主要考查解三角形的实际应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题. 35．条件选择见解析（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）若选条件①由已知求得，再得，可求得数列的通项公式； 若选条件②．设等比数列的公比为，由已知建立方程求得数列的公比，从而求得等比数列的通项公式； 若选条件③．设等比数列的公比为，由已知建立方程求得数列的公比，从而求得等比数列的通项公式； （2）运用裂项求和法可求得，从而不等式可得证． 【解析】解：（1）若选条件①． ∵，，∴，∴数列为正项数列，∴，∴， ∴．当时，， 又满足上式，∴． 若选条件②． 设等比数列的公比为，则，由得， 即，又，∴或（舍去）， ∴等比数列的通项公式为． 若选条件③． 设等比数列的公比为，则，由，得，得，即，∴或（舍去）， ∴等比数列的通项公式为． （2）∵，∴ ∴， 又，∴数列的前项和递减，∴， ∵，，∴． 【点评】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和. （2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求. （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，等. （4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和. （5）倒序相加法. 36．（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）分别由①②③条件列出，关系式，化简即可得轨迹方程； （2）设DE：，根据直线RD，QE交点的纵坐标为，求出的关系式即可求解. 【解析】解：（1）若选①：设，根据题意，，整理得， 所以所求的轨迹方程为． 若选②：设，直线与圆相切于点，则， 由椭圆定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 所以，，故，，， 所以所求轨迹方程为． 若选③：设，，，则（*）． 因为，所以，整理得，代入（*）得， 所以所求轨迹方程为． （2）证明：设与轴的两个交点坐标为，， 由题意，直线DE斜率存在，设DE： ，，联立， 消去整理得， ，， 因为直线HR，HQ与轨迹W的另一个交点分别为点D，E，且H为直线上任一点， 所以直线RD，QE交点的纵坐标为， 直线RD：，直线QE：， 联立RD，QE得 ， ，即，恒过，故直线DE恒过定点. 37．(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【解析】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； (2)若选择条件①： 由于，故，则， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于，故，则， 当时，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. 当时，构造函数，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有：，此时： ， 当时，， 取，则， 即：， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 38．（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果； （2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果. 【解析】（1）依题意，得， 即，解得 所以的方程 （2）选择①，设直线的方程为， 联立方程，化简整理，得， 假设，由韦达定理，得， 得 直线的方程：；直线的方程：； 联立方程，得，两式相除，得 ， 即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线. 选择②联立方程，化简整理，得， 假设，由韦达定理，得， 得 于是 故存在实数，使得恒成立. 选择③， 联立方程，得，化简整理，得， 由韦达定理，得， 直线与轴交于点，由对称性可知，， 假设，即， 则， 所以， 即，解得， 所以直线恒过定点. 【点评】关键点点睛：得出利用整体代换思想是解决①②的关键；根据对称性得出定点以及是解决③的关键. 39．选择见解析；． 【分析】选①，利用求通项；选②，列出数列首项、公差的方程组可得通项及前n项和；选③，求出首项即得通项及前n项和，再求出数列通项，利用裂项相消法求出的前项和错位相减法求的前项和即可得解. 【解析】选①：时，，时，，满足上式， 所以； 选②：设的公差为，由已知得，即，解得， 所以，； 选③：由得数列公差为2，由得，， 所以，， 设的公比为，而，，则，，即有，于是得， 又， 数列的前项和为 ． 数列的前项和为，， ， 从而得， 所以数列的前项和． 40．当选择①时，存在，且的最小整数值为1；当选择②时， 存在，且的最小整数值为24；选择③时，存在，且的最小整数值为0. 【分析】先根据，利用数列通项和前n项和的关系求得，若选择①，得到，利用裂项相消法求解；若选择②，得到，利用等差数列的前n项和公式求解；若选择③，得到，利用裂项相消法求解. 【解析】因为， 当时，解得， 当时，由， 得， 两式相减得：，则， 又适合上式， 所以， 当选择①时，， 因为， 所以， 所以存在，且的最小整数值为1； 当选择②时，， 所以， ， 所以存在，且的最小整数值为24； 选择③时，， 所以， ， 当时，， 所以存在，且的最小整数值为0； 41．（1）；（2）存在直线，的内切圆的面积最大值为. 【分析】（1）选①离心率，得到方程组，解之即可求出结果； 选②椭圆过点，得到方程组，解之即可求出结果； 选③先分析出面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，得，解之即可求出结果； （2）根据题意分析出当最大时，也最大，内切圆的面积也最大，因此只需要求出的最大面积，设出直线方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出的面积，换元法结合导数求出函数的最值，进而求出结果. 【解析】解：（1）选①离心率， 依题意，解得， 所以椭圆的方程为; 选②椭圆过点， 依题意，解得，所以椭圆的方程为; 选③为椭圆上一点，面积的最大值为，由于面积的最大时，点为椭圆得上顶点或者下顶点，所以，解得，所以椭圆的方程为; （2）设内切圆的半径为，则的面积 ， 当最大时，也最大，内切圆的面积也最大， 设，，，，，， 则， 显然直线得斜率不为0，所以设直线的方程为 由，得， ， ，， ，所以， 令，则，且， 有，因为 令， 当时，，则在，上单调递增，有， ，即当，时，有最大值3，得， 这时所求内切圆的面积为， 所以存在直线，的内切圆的面积最大值为. 【点评】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 42．（1）答案见解析；（2）. 【分析】（1）若选择①，则，由于在上单调递增，且，从而可求出求出的单调区间，进而可求出的最小值非负，则无极值；若选择②，则，由在上单调递增，且，可得的单调区间，从而得其最小值小于0 ，进而可判断函数的极值， （2）令，则可得，令，即转化为有解，构造函数，由导数可得由唯一零点，从而将问题转化为在有解，即，再构造函数，利用导数求出函数的值域可得的范围，从而可求出实数的取值范围 【解析】解：（1）若选择①，则， 由在上单调递增，且， 所以在上单调递减，上单调递增， 有，则在上单调递增，不存在极小值点. 若选择②，则， 由在上单调递增，且， 所以在上单调递减，上单调递增， 有，而， 所以存在极小值点. （2）令，有，又， 所以， 令， 即转化为有解，设， 则由可得，在单调递减，在单调递增，而， 所以由唯一零点. 若在区间存在零点，即为在有解. 整理得：， 设，由知，在单调递减， 在单调递增， 则，所以，故有. 【点评】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决零点问题，解题的关键是由可得，令，将问题转化为有解，构造利用导数讨论其解的情况即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题 43．（1）答案见解析；（2）. 【分析】（1）由题意可得，求得；若选①②，可由向量数量积的定义结合正弦定理求解；若选②③，可由正弦定理求解；若选①③，可由向量数量积的定义结合余弦定理求解； （2）利用三点共线可求得，再由三点共线可得，再结合基本不等式即可求解 【解析】（1）由已知得 所以， 即 所以，，所以． 若选①② 由，得，所以 由，得， 所以由，得 所以， 所以，得． 所以，． 若选②③ 由，得， 又因为， 所以由正弦定理，得 所以， 若选①③ 由，得，所以 又，所以 所以 所以 （2）设， 则 因为三点共线，三点共线 所以，解得， 所以 由三点共线，得 所以 当且仅当，时，有最小值． 44．（1）证明见解析；（2）答案见解析. 【分析】(1)根据给定条件证得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答； (2)连接DF，A1B，选①③，先证DF⊥AB1，再结合(1)证得C1D⊥AB1即可证得AB1⊥平面C1DF，选①②、选②③推理说明不能证得结论成立. 【解析】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依题意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°， 又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，又AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1， 于是得AA1⊥C1D，又A1B1AA1=A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B， 所以C1D⊥平面AA1B1B； （2）(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF， 连接DF，A1B，如图， 则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又AA1=，于是得四边形AA1B1B为正方形， 则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B， 因此得C1D⊥AB1，DFC1D=D，C1D平面C1DF，DF平面C1DF， 所以AB1⊥平面C1DF； (ⅰⅰ)选①②不能证明AB1⊥平面C1DF， 连接DF，A1B，如图， 则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，AA1=， 于是得四边形AA1B1B为长方形，则有A1B与AB1不垂直，即有DF与AB1不垂直， 所以AB1不垂直于平面C1DF； (ⅰⅰⅰ)选②③不能证明AB1⊥平面C1DF， 在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又，矛盾， 所以不能证明AB1⊥平面C1DF， 综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF. 45．. 【分析】根据题意，选择①②③求得，设，则，在中，由正弦定理求得，在中，由正弦定理求得可得，结合和三角函数的性质，即可求解. 【解析】若选①：由，根据正弦定理可得， 即， 即， 可得，因为，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得， 可得， 在中，由正弦定理得， 可得 ， 因为，可得， 当时，即，可得， 当时，即，可得， 所以的取值范围是. 选②：由，根据正弦定理可得， 可得，即， 又由余弦定理，可得， 因为，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得， 可得， 在中，由正弦定理得， 可得 ， 因为，可得， 当时，即，可得， 当时，即，可得， 所以的取值范围是. 若选③：由，可得， 即，可得， 因为，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得， 可得， 在中，由正弦定理得， 可得 ， 因为，可得， 当时，即，可得， 当时，即，可得， 所以的取值范围是. 46．（1）选①：；选②：，椭圆挖去两个点；（2）. 【分析】（1）选①：由题意知，将代入椭圆方程结合求得和的值即可求解；选②：由圆的方程可得，半径，，证明 可得，由椭圆的定义即可求解； （2）设，，，讨论直线的斜率等于时，不符合题意，直线的斜率不等于时，的方程为：，由直线与圆相切额的，的关系，与椭圆方程联立，由，可得点的坐标，由结合函数的性质即可求解. 【解析】（1）选①：由题意可知：，，，所以， 所以，解得： ，所以椭圆的标准方程为：； 选②：由可得，半径， 由题意可得：，所以 因为，所以，可得， 所以，所以， 所以点的轨迹是以，、为焦点的椭圆， 所以，， 所以椭圆的标准方程为： ； （2）设，，， 当直线的斜率等于时，的方程为：，此时直线与椭圆只有一个公共点，不符合题意； 当直线的斜率不等于时，的方程为：， 因为直线与圆相切，所以，即， 由可得：， 则 ， ， 则，， 即， 所以 ， 设，则， 则， 所以当即时，取得的最大值. 【点评】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑： ①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； ②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系； ③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围． 47．（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可得出结论成立； （2）设平面与平面所成的锐二面角为，，选择②④，③④，②③，（条件①与④等价，故选择①④不能确定的值.若选择①②可转化为选择②④解决；若选择①③可转化为选择③④解决），根据空间详解的方法，分别求出两平面的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果. 【解析】（1）在中，，则有， ∴， 又，且，平面，平面， ∴平面， 又平面，∴平面平面. （2）设平面与平面所成的锐二面角为，. 方案一：选择②④可确定的大小. 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系. ∵，，∴在中，， 则，，，， 又，分别是线段，的中点， ∴，，且易知是平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为，由得取， 得为平面的一个法向量. 所以， 则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 方案二：选择③④可确定的大小. ∵，∴， 又，平面.下同方案一. 方案三：选择②③可确定的大小. ∵，∴，又，∴.下同方案一. （注：条件①与④等价，故选择①④不能确定的值.若选择①②可转化为选择②④解决；若选择①③可转化为选择③④解决，此略.） 【点评】方法点睛： 立体几何体中空间角的求法： （1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果； （2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 48．（1）是，理由见解析；（2）证明见解析，满足条件①③④，. 【分析】（1）利用正弦定理可得，再利用两角和的正弦公式可得，即可得到答案； （2）先证明若满足①②同时成立是不可能的，从而得到要么满足①③④或②③④，进行求解证明； 【解析】解：（1）因为，由正弦定理可得， 在中，， ， 所以不等式整理为， 即，因为，， 所以，所以B为钝角. （2）（i）若满足①②，由（1）B为钝角，A，C为锐角， 及，可得，， 所以不符合B为钝角，故①②不同时成立. （ii）若满足①③④，则正弦定理可得， 即，所以， 又，所以，在三角形中，， 所以或，而由（1）可得， 所以可得，， 所以. (iii)若满足②③④，由B为钝角，， 所以，而，所以，这时， 不符合B为钝角的情况，所以这种情况不成立. 综上所述：只有满足①③④时. 【点评】本题考查正弦定理、两角和的正弦公式，是高考中的新题型，求解时注意逻辑推理能力的考查与运用. 49．答案见详解 【分析】由作差法求得通项，选择条件①：求出，，得，，结合错位相减法求前项和再解不等式即可；选择条件②：得，则是等差数列，求和再解不等式即可；选择条件③：得，，结合错位相减法求前项和再解不等式即可． 【解析】由可得， 两式相减可得， 所以. 当时，由可得，满足， 所以. 选择条件①：因为，，所以，，于是， 此时， 所以， 两边同乘以得， 两式相减可得 ， 所以，解得(为偶数)， 所以存在正整数，使得成立，的最小值为. 选择条件②：因为，，所以，，于是， 此时， 所以. 由可得， 所以存在正整数，使得成立，的最小值为. 选择条件③：因为，，所以，，于是， 此时， 所以， 两边同乘以得， 两式相减可得 ， 所以. 因为，所以不存在正整数，使得成立． 【点评】数列求和的方法技巧 (1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 50．条件选择见解析；（1）；（2）. 【分析】（1）若选①，根据已知条件考虑对应的等式，两式作差得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式；若选②，根据已知条件考虑对应的等式，结合得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式；若选③，将点代入直线方程，然后根据得到的关系，通过条件证明是等比数列，并求解出通项公式； （2）先求解出的通项公式，然后采用错位相减法进行求和. 【解析】（1）方案一：选条件①. ∵，∴当时，， 两式相减，整理得， ∵，∴，， 所以， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴. 方案二：选条件②. ∵，∴当时，， 两式相减，整理得， ∵，，∴，， 所以， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列. ∴ 方案三：选条件③. ∵点在直线上， ∴，∴， 两式相减，整理得，当时，，得， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴. （2）由（1）可得，，则， ， 两式相减得 ∴. 【点评】思路点睛：满足等差乘以等比形式的数列的前项和的求解步骤（错位相减法）： （1）先根据数列的通项公式写出数列的一般形式：； （2）将（1）中的关于等式的左右两边同时乘以等比数列的公比； （3）用（1）中等式减去（2）中等式，注意用（1）中等式的第一项减去（2）中等式的第2项，依次类推，得到结果； （4）利用等比数列的前项和公式以及相关计算求解出. 51．若选①、②，不存在，理由见解析；若选③，存在满足题意. 【分析】若选择，即的图像关于直线对称，则可推出，进而利用正弦型函数的性质，求得的最大值，从而得到，不符合题意． 若选择，可得，进而求得的最大值，从而得到，不符合题意． 若选择，可得，进而求得的最大值，从而得到，符合题意． 【解析】解：因为 即 由于函数的最小正周期不小于，所以， 所以，， 若选择，即的图像关于直线对称，  有，解得， 由于，，，所以，， 此时，， 由，得， 因此当，即时，取得最大值， 令，解得，不符合题意． 故不存在正实数a，使得函数在上有最大值． 若选择，即的图象关于点对称， 则有，解得， 由于，，，所以，． 此时，． 由，得，因此当，即时， 取得最大值， 令，解得，不符合题意． 故不存在正实数a，使得函数在上有最大值； 若选择，即在上单调递增， 则有 解得 由于，，，所以，． 此时，． 由，得， 因此当，即时，取得最大值， 令，解得，符合题意． 故存在正实数，使得函数在上有最大值． 【点评】本题主要考查函数的图象与性质，熟练掌握三角函数的图象和性质是解决本题的关键． 52．条件选择见解析；，外接圆的半径. 【分析】选条件①在中利用余弦定理求出和的长度，然后在中利用余弦定理即可求出的长度，然后在中求出，结合正弦定理即可求解外接圆半径； 选条件②首先根据求出，结合的面积求出，进而得到，然后在中利用余弦定理即可求出的长度，然后在中求出，结合正弦定理即可求解外接圆半径； 选条件③在中利用余弦定理表示出，在中利用余弦定理表示出，结合，求出所需要的线段长度，结合正弦定理即可求解外接圆半径； 【解析】解：若选择条件① 因为，所以 设，则. 又， 所以在中，， 即， 即， 解得或(舍去). 在中，， 所以， 同理， 所以. 由正弦定理可得， 所以外接圆的半径， 若选择条件② 因为点M，N是BC边上的三等分点，且，所以. 因为，所以， 所以，所以. 在中，， 所以. 同理， 所以， 由正弦定理可得， 所以外接圆的半径. 若选择条件③ 设，则. 在中，， 同理在中， ， 因为，所以， 所以 在中，， 所以. 同理， 所以. 由正弦定理可得， 所以外接圆的半径. 53．条件选择见解析；（1）；（2）和. 【分析】根据已知条件先求解出函数的最小正周期，接下再考虑求解函数解析式； 若选①：先确定出平移后的函数解析式，根据最小正周期求解出的值，然后根据函数图象关于原点对称求解出的值，则函数解析式可求； 若选②：根据向量数量积运算以及辅助角公式化简，根据最小正周期求解出的值，则函数解析式可求； 若选③：利用二倍角公式以及辅助角公式化简，根据最小正周期求解出的值，则函数解析式可求. （1）先求解出的值，然后根据两角和的正弦公式求解出结果； （2）利用正弦函数的单调递减区间的公式，结合的取值，可求解出在上的单调递减区间. 【解析】因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以最小正周期， 若选①：因为，所以，所以， 因为的图象向右平移可得， 且图象关于原点对称， 所以， 又因为，所以， 所以； 若选②：因为，， 所以，所以； 若选③：因为 ， 所以， 又，所以，所以； （1）因为，，所以， 所以，， 所以； （2）令， 所以，又， 当时，；当时，， 所以在上的单调递减区间为和. 54．条件选择见解析；（1）；（2）最小值为. 【分析】（1）选①：由题设条件化简得到，进而得到数列是首项为，公差为的等差数列，即可求解； 选②：由题设条件化简得，进而得到是首项为，公差为的等差数列，即可求解； 所以，所以； 选③：由，利用叠加法，即可求解； （2）由（1）得到，利用裂项法求和，得到，结合单调性，即可求解. 【解析】（1）若选①：由， 可得，即， 又由，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，所以； 若选②：由，可得， 即， 又由，可得，所以是首项为，公差为的等差数列， 所以，所以； 若选③：由， 当时， ， 当时，，符合， 所以当时，； （2）由（1）知，则， 所以， 因为随着的增大而增大，所以， 即的最小值为. 55．（1）见解析，（2）见解析 【分析】（1）去绝对值符号，根据二次函数的对称轴即可得出单调区间； （2）分离参数，求出函数单调区间的端点的函数值，根据的图象与x轴有两个交点，即可得出实数b的取值范围． 【解析】解： 若选①， （1）当时，的对称轴为， 所以在上单调递增． 当时，的对称轴为， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，． 因为的图象与x轴有两个交点，所以， 即，所以实数b的取值范围是． 若选②， （1）当时，因为的对称轴为， 所以在上单调递减，在单调递增． 当时，因为的对称轴为， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，． 因为的图象与x轴有两个交点，所以或． 由或，得或， 所以实数b的取值范围是． 若选③， （1）当时，的对称轴为， 所以在上单调递减，在上单调递增． 当时，的对称轴为， 所以在上单调递减． 综上所述，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，． 因为的图象与x轴有两个交点，所以． 由，得， 所以实数b的取值范围是． 56．选择见解析；（1）；（2）9个． 【分析】（1）选①：根据递推公式得到，即可求出结果，注意检验时是否符合； 选②：利用累加法求出，进而可以求出结果； 选③：根据前项和与的关系，证得数列为等差数列，进而可求出结果； （2）根据等差数列和等比数列的通项公式，求出，结合单调性解不等式即可求出结果. 【解析】解：（1）选①： 当，， 当，， 作差有，则， 又，符合，所以． 选②：， 又，所以，所以． 选③： 当，，，， 作差：， 所以，，有， 故数列为等差数列，，， 所以． （2），，易知为单调递增数列， 又，， 所以，，，所以有9项符合． 57．（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式； （2）选条件①时，利用裂项相消法求出数列的和；选条件②时,利用错位相减法求出数列的和；选条件③时,利用分组求和法求出数列的和. 【解析】（1）对于， 当n =1时，有； 当，有， ①-②得：，所以. 经检验：对n =1都成立. 所以数列的通项公式为. （2）选条件①： 所以数列的前n项和： . 选条件②： 则. 所以数列的前n项和： ④乘以2，得： ④-⑤得： 所以. 选条件③： ， 所以，当n为偶数时,； 当n为奇数时, ， 故 . 58．（1）选①②③都有；（2）证明见解析． 【分析】（1）选①，用表示两已知条件，求得，可得通项公式；选②，时求得，然后由求得数列的递推式，得出公差，可得通项公式；选③，由等差数列的性质：数列也是等差数列，求得，从而易得，得通项公式； （2）用放缩法，结合裂项相消法求得放缩后的和，证明不等式成立． 【解析】解：（1）若选择条件①： 由，得；即①，又，，成等比数列，得， 即②，由①②解得，．所以． 若选择条件②：由，得，两式相减并整理得：， 由于，所以，所以，即，令，得，解得，所以． 若选择条件③： 由等差数列的前项和为，得，又数列是等差数列，得数列也是等差数列， 所以，即，解得，故；，解得，所以． （2）证明：由，可得，所以， 所以． 59．【分析】若选①：利用二倍角公式以及两角和差公式将函数进行化简变形， （1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可； （2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域． 若选②：利用两角和差公式将函数进行化简变形， （1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可； （2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域． 若选③：利用二倍角公式将函数进行化简变形， （1）利用整体代换以及正弦函数的单调性列出不等式，求解即可； （2）利用的范围，求出的范围，即可得到函数的值域． 【解析】若选①： （1）令， 解得， 所以的单调递减区间为； （2）当时，则，，所以，， 故， 所以在区间，的取值范围为． 若选②： ， （1）令， 解得，， 所以的单调递减区间为； （2）当时，， 所以， 故， 所以在区间，的取值范围为． 若选③： ， （1）令， 解得， 所以的单调递减区间为； （2）当时，则，，所以，， 故， 所以在区间，的取值范围为． 60．（1）；（2） 【分析】（1）若选①，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式； 若选②，利用累加法可求出； 若选③，可判断是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出通项公式； （2）利用错误相减法法可求出. 【解析】（1）若选①，因为，当时，，两式相减得， 当时，，即，又，所以， 故也满足， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，故； 若选②，因为， 所以 ， 故； 若选③，因为，当时，，两式相减可得，即， 当时，，所以，满足， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，故； （2）， 则， 两式相减可得 ， 则. 61．（1）选①②③均有：；（2）或． 【分析】（1）选①，由圆心到切线的距离等于半径求得圆半径后可得圆方程； 选②由对称得圆半径，从而得圆方程； 选③由公切线长公式求得圆半径得圆方程； （2）由弦长求得圆心到直线的距离，设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数得直线方程，注意直线斜率不存在的情形的讨论． 【解析】解：选① （1）由直线与圆相切知圆的半径为点到直线的距离 即，所以圆的方程为． （2）记线段的中点为，依据可得 且，，则 即点到直线的距离为1， 若直线的斜率存在设为，直线：即， 所以，解得，直线的方程为． 若直线的斜率不存在，直线的方程为，符合题意． 综上直线的方程为或． 选②由与圆关于直线对称知圆的半径， 所以圆的方程为． （2）同上. 选③（1）圆的公切线长，设圆的半径为则 ，解得，或，舍去． 所以圆的方程为． （2）同上． 62．条件选择见解析，（1）；（2）9. 【分析】（1）若选①，由题知，即，解进而解方程即可求得；若选②，由正弦定理得，进而根据余弦定理即可得答案；若选③，结合余弦定理和面积公式得，进而得答案； （2）由得，进而根据模的公式得，即，再结合基本不等式求解即可. 【解析】解：（1）若选①， 因为， 所以，即，解得或(舍去) 又，所以. 若选②， 因为， 所以由正弦定理边角互化得，即， 所以 又，所以. 若选③， 因为，的面积为， 所以，即， 所以， 又，所以. （2）因为， 所以，即 所以，即， 所以，即 所以 当且仅当，即，有最小值9. 63．答案不唯一，具体见解析 【分析】由，得可得， 由余弦定理得 ， 选择条件①，由、 ，可得面积； 选择条件②，由得解得，可得面积； 选择条件③，由，得，与矛盾可得答案． 【解析】由，得 ， 所以，又，则， 由余弦定理得，， 所以． 选择条件①的解析： 由，得，将代入， 解得，所以， 此时三角形存在，面积． 选择条件②的解析： 由，得，即， 解得， 此时三角形存在，面积． 选择条件③的解析： 由，当且仅当时等号成立， 所以，与矛盾，这样的三角形不存在． 64．选择见解析；（1）；（2）． 【分析】（1）若选①，根据正弦定理边化角可得，再由展开可得，即可求出； 若选②，根据正弦定理边化角可得，再根据两角差的余弦公式展开可得，即可求出； （2）由可列余弦定理关系式，根据基本不等式可得，再根据三角形的面积公式即可求出最大值． 【解析】（1）选择条件①：， 由正弦定理得：， 又在中，， ， 又，，，， ，． 选择条件②：， 由正弦定理：， ， ， 即． ， ． ， ． （2），， ，， ，（当且仅当时，等号成立） 由三角形面积公式可知， 面积的最大值为． 65．（1）； （2）或. 【分析】（1）若选①：由正弦定理和三角形的内角和定理，以及两角和的正弦公式，化简求得，即可求解； 若选②：由已知可得，根据余弦定理求得，即可求解； 若选③：由已知和三角恒等变换的公式化简得到，即可求解； （2）根据题意化简得到，结合，即可求解. 【解析】（1）若选①：因为， 由正弦定理得， 可得，因为，所以. 因为，所以. 若选②：因为，可得， 由余弦定理得. 因为，所以. 若选③：因为，可得， 所以，即（，否则不合题意）. 因为，所以. （2）因为，所以. 即，又因为，所以. 原式可化为，化简得. 因为，所以，所以或. 所以或. 66．条件选择见解析；（1）；（2）最大值为. 【分析】（1）若选①：结合余弦定理可得，从而可求出角；若选②：利用正弦定理化简可得，则，从而可求出角；若选③：由正弦定理可得，再利用余弦定理可求出角； （2）对两边平方化简后，再利用基本不等式可得，从而可求出三角形面积的最大值 【解析】（1）若选①：，由余弦定理， 所以， 又因为，所以 故，所以； 若选②：，由正弦定理， 因为，所以 故， 又因为，所以， 故，所以； 若选③：，由正弦定理 即，由余弦定理 ， 又因为 所以； （2）由题意， 所以， 所以， 所以， 又， 故面积最大值为，当且仅当时成立. 67．①②③；（1）第6项,；（2）. 【分析】（1）分别选择不同方案，根据展开式系数关系即可求出； （2）令和可求出. 【解析】（1）选择条件①， 若的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则， ； 选择条件②， 若的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则， ； 选择条件③， 若的展开式中所有二项式系数的和为，则， ； 由于,∴的展开式中二项式系数最大的项为第6项,； （2）由（1）知，则， 令，得， 令，则， . 68．条件选择见解析（1）；（2）. 【分析】（1）若选①，利用二倍角公式和三角形内角和为，原式可化为，求出，然后求角；若选②，由三角形面积公式与②建立等式，角化边结合余弦定理可求出角；若选③，角化边化简，结合余弦定理可求出角； （2）用正弦定理表示，辅助角公式化简可得，由，判断为钝角，代入求出的范围. 【解析】（1）解：选①， 即，∴， 又，所以. 选②由于， 得，由正弦定理，得， 即， ∴，又，所以. 选③由余弦定理，得， 即，即， ∴，又，所以. （2）由（1），知，由正弦定理，得， ∴ ， 又，得为钝角，即，∴， ∴. 69．（1），（2）所选条件见解析，的面积为 【分析】（1）由求出，，再求的值，从而可求出的值 （2）若选①，由余弦定理可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积，若选②，则由结合已知条件可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积，若选③，由，得，从而可求出角，再由正弦定理求出，由两角和的正弦公式求出，从而可求出三角形的面积， 【解析】解：因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， （2）若选①，则由，得， 所以由余弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理得，即，解得， 因为， 所以 ， 所以， 若选②，因为，，，所以， 因为，所以， 所以由正弦定理得，即，解得， 因为， 所以 ， 所以， 若选③，则由，得， 所以， 因为，所以， 所以， 所以由正弦定理得，即，解得， 因为， 所以 ， 所以， 70．（1）； （2）若选①：；若选②： ；若选③：. 【分析】（1）求得和，进而可得切线方程； （2）若选①，则转化为在区间上恒成立，根据“三个二次”可得结果； 若选②，则转化为在区间上有解，分离变量可得结果； 若选③，求得的极小值点为，解不等式可得结果. 【解析】（1）当时，，所以， 点为切点，， 函数在点处的切线方程为：，即； （2）∵， ∴若选①：函数在区间上是单调减函数，则有： 在区间上恒成立，即在上恒成立， ∴，解得； 若选②：函数在上存在减区间，则有在区间上有解， 即得在区间上有解， 此时令，显然在区间上单调递减， 所以，故有； 若选③：函数在区间上存在极小值，则函数的极小值点应落在内. 令，求得，， 此时可得，在，上单调递增；在上单调递减； 所以是函数的极小值点， 即得， 当时，不等式恒成立， 当时，，解之可得， 所以. 71．（1）条件性选择见解析，；（2）. 【分析】（1）若选①：面积的最大值为，可得点P位于短轴的端点时，取得最大值，由三角形的面积公式建立方程组，解之可求得椭圆的方程； 若选②：将已知点代入椭圆的方程，可求得，，由此可得椭圆的方程； 若选③：由题意建立方程组，解之可得，由此可得椭圆的方程； （2）由（1）得椭圆的方程和，直线的方程，将直线的方程与椭圆联立可求得弦长. 【解析】（1）若选①：面积的最大值为，可得点P位于短轴的端点时，取得最大值，且为，即， 又，所以，，，所以椭圆的方程为； 若选②：椭圆过点，所以，又，解得，， 所以椭圆的方程为； 若选③：离心率，由题意可得：，解得， 所以所求椭圆的方程为； （2）由（1）得椭圆的方程为，，直线的方程为， 与椭圆联立得， 设，则， 所以， 所以直线被椭圆截得的弦长为． 72．（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式求解； （2）选①在中，由余弦定理求得a，再利用正弦定理结合求解；选②在中，由余弦定理求得a，再由余弦定理求得即可. 【解析】（1）， 由正弦定理边角互化得， 由于， ， 即，得， 或， 又. （2）选①在中，由余弦定理， 得， 或(舍)， 在中，由正弦定理， 得， 所以 因为， 所以， 所以 选②在中，由余弦定理， 得， 或(舍) 在中，由余弦定理， ， 得 ， 73．【分析】若选条件①，先利用已知条件得到数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式及前项和公式求，并代入，即可求解的最大值；若选条件②，先将已知条件进行转化得数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式及前项和公式求，并代入，即可求解的最大值． 【解析】若选条件①： 由得（）， 两式相减得， 即（）． 将代入得， 则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以． 因为，所以，即． 又因为，所以， 所以使得成立的的最大值为6． 若选择条件②： 由得，所以． 又，所以，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以． 因为，所以，即． 又因为，所以， 所以使得成立的的最大值为6． 74．（1）条件的“已知”后面补充“公比”，理由见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）根据成等差数列，由求解. （2）易得，进而得到，然后利用错位相减法求解. 【解析】（1）条件的“已知”后面补充“公比”，理由如下： 由成等差数列，得， 即． 因为， 故上式可化简为， 因为， 解得． （2）证明：因为，所以， 解得，所以． 由，得． 记， 则， ① 则， ② 由①—②，得， ， ， 所以， 所以． 75．（1）；（2）. 【分析】（1）选①，由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角； 选②，由余弦定理化角为边后，再由余弦定理求得； 选③，由余弦定理化边为角后可求得； （2）由余弦定理求得，再用正弦定理求得． 【解析】（1）选①：，由正弦定理：得：， 即，由余弦定理的推论：， 又，所以； 选②：，由余弦定理的推论：， 则，即，下同选①； 选③：，由余弦定理的推论：， 则，得：，， 时，该式显然不成立，故，则，所以，则； （2）由余弦定理：，即，解得：， 中，由正弦定理：，得：， 则， 中，由正弦定理：，得：. 76．（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）由题意得，则当时，，两式相减，整理可得，根据正项数列，可得，求得值，根据等差数列定义，即可求得答案. （2）若选择条件Ⅰ：，可得表达式，分别讨论n为奇数和偶数，分别求得，综合即可得答案；若选择条件Ⅱ：，利用错位相减法，即可求得答案；若选择条件Ⅲ：整理可得，代入计算，即可得答案. 【解析】解：（1）因为，，成等差数列， 所以. 当时，， 两式相减得. 因为该数列是正项数列， 所以， 即， 所以数列是公差为的等差数列， 且当时，，得， 所以. （2）若选择条件Ⅰ：数列满足， 所以， 当为偶数时， ， 当为奇数时， . 所以. 若选择条件Ⅱ：数列满足， 利用乘公比错位相减法，可得①， ②， ①-②得， 则. 若选择条件Ⅲ：数列满足， 则. 77．证明见解析 【分析】选①②，先根据与的关系求数列的通项公式，再利用错位相减法证明， 选②③，根据与的关系求出数列的通项公式，根据与的关系求出数列的通项公式，由此证明， 选①③，根据与的关系求出数列的通项公式，再求数列的通项公式，利用等差数列求和公式证明. 【解析】解：若选①②， 由条件可得， 当时，； 当时， 当时符合， 所以． 所以， ， 两式相减得 所以，③成立． 若选①③， ， ， 两式相减得， 所以． 当时，， 解得，符合， 所以， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，②成立． 若选②③， 由条件可得， 当时，； 当时，． 当时符合，所以． ， ， 两式相减得， 解得． 当时，， 解得， 符合， 所以，①成立． 78．【分析】选择条件①，由条件可知，结合余弦定理，建立关于的方程，即可求解，；选择条件②，根据公式，再结合正弦定理，可求得，最后根据余弦定理求；选择条件③根据正弦定理，再结合三角形的性质，证明不成立. 【解析】选择条件①：． 由条件可得，， 由余弦定理得， 即， 化简得，解得（舍去）， 从而． 选择条件②：． 因为， 所以， 再根据正弦定理有， 所以， 由余弦定理得，即， 所以． 选择条件③：． 根据正弦定理可得， 根据三角形的性质可知，即，即． 由得，显然不成立． 所以不存在． 79．（1）；（2）答案见解析. 【分析】(1)根据题意求出等差数列的公差，结合等差数列的通项公式即可得出结果； (2)选①：根据与的关系即可求出；选②：根据等差数列的等差中项和等比数列的通项公式即可求出；选③：结合等比数列的等比中项即可求出.再根据错位相减法求出 数列的前n项和. 【解析】（1）因为，所以.因为， 所以， 故. （2）若选① 因为， 所以当时，； 当时，. 因为，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故. 若选② 设等比数列的公比为q，则. 因为是与的等差中项，所以. 因为，所以， 得，故. 若选③ 因为，且，所以. 设等比数列的公比为q，则， 故. 因为， 所以， ， 所以 ， 故. 80．【分析】若选择组合一：①③④或②③④，则由正弦定理可求得，再利用三角函数恒等变换公式求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积， 若选择组合二：①②③，则由余弦定理求出，再利用正弦定理求得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积， 若选择组合三：①②④，则由正弦定理可得，得，然后求出，从而可求的长，进而可求得三角形的面积， 【解析】解：至少需要3个可测量数据. 选择组合一：①③④或②③④ 在中，因为， 所以. 因为， 所以， 故. 选择组合二：①②③ 在中，因为， 所以. 结合正弦定理，可求得. 因为， 所以， 故. 选择组合三：①②④ 在中，因为， 所以. 因为为钝角，所以. 因为， 所以， 故. 81．选条件①（1）证明见解析；（2）；选条件②（1）证明见解析；（2）；选条件③（1）证明见解析；（2）. 【分析】若选①：（1）根据面面垂直的性质定理，可证明平面，建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 若选②：根据线面垂直的判定定理，可证明平面；建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 若选③：根据线面垂直的性质定理，可得，又，根据线面垂直的判定定理，即可证明平面，建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 【解析】方案一：选条件①. （1）∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）由（1）可得平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为， 则. 方案二：选条件②. （1）∵底面为梯形，，∴两腰，必相交. 又，，，平面， ∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）由（1）可得平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为， 则. 方案三：选条件③. （1）∵平面，平面，∴. 又，，平面，， ∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面 （2）由（1）可得平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为， 则. 82．（1）；（2）. 【分析】(1)选择①，利用三角形面积定理、余弦定理结合已知条件经变形得即可； 选择②，利用正弦定理化边为角，再利用三角恒等变换求出得解； (2)利用正弦定理结合(1)用角B表示边b，c，再借助三角恒等变换及三角函数的性质即可作答. 【解析】（1）选择条件①：在中，，即， 由余弦定理得，，即，而， 所以； 选择条件②：在中，由正弦定理得：. 而，即，则， 整理得，解得，而， 所以； （2）由(1)及正弦定理得，于是得，， 而，， 从而得 显然，，因此，， 所以的周长的取值范围是. 83．（1）选①：，选②：，选③：；（2）. 【分析】（1）求出和的坐标，选①由向量平行的坐标表示列方程，解方程即可求解；选②由向量垂直的坐标表示列方程，解方程即可求解；选③由平面向量模长的坐标运算列方程，解方程即可求出结果； （2）根据平面向量线性运算的坐标运算建立方程组，即可求解； 【解析】因为， 所以，， 选①： （1）因为， 所以；即，解得； （2）， 所以，可得，所以，所以； 选②： （1）因为，所以； 即，解得：； （2）， 所以，可得，所以，所以； 选③： （1）因为， 所以， 即，解得：； （2）， 所以，可得，所以，所以. 84．（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）1. 【分析】（Ⅰ）根据余弦定理求出，若选择①，②，根据余弦定理求出，然后根据面积公式可求得结果；若选择①，③，根据正弦定理和余弦定理求出及与的关系，根据面积公式可求得结果；若选择②，③，根据正弦定理求出，再根据面积公式可求得结果； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，，通过三角函数恒等变换化简得，利用正弦函数的单调性即可求解. 【解析】（Ⅰ）， 由余弦定理知，， ，． 选择①②： ， ，即，解得或（舍负）， 则的面积； 选择①③： 由正弦定理知，， ，， ， ， 由构成的方程组，解得，， 则的面积． 选择②③： 由正弦定理知，， ，， 则的面积． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，， ， ， ， ，， ，， 故的最大值为1． 85．（1）；（2）条件选择见解析，的最大值为. 【分析】（1）通过已知条件求得，由此求得的通项公式. （2）通过对①②③的分析，确定它们两两组合时的结论，由此解不等式求得的最大值. 【解析】（1）依题意，所以. （2）依题意. 条件①，，. 条件②，， ，解得或. 条件③，，则数列是递增数列，由于，所以公比. 所以条件①②、条件①③、条件②③组合的结论都是. ， ，所以的最大值为. 86．（1）；（2）答案不唯一，详见解析. 【分析】（1）利用三角恒等变换化简已知条件，从而求得的大小. （2）首先判断选②③不合题意，然后结合正弦定理、余弦定理，计算出选①②或①③时三角形的面积. 【解析】（1），， ，， ， 由于，所以. （2）若选②③，三个已知条件是，没有一个是具体的边长，无法确定. 若选①②，三个已知条件是， 由正弦定理得， ， 所以. 若选①③，三个已知条件是， 由余弦定理得， 即，解得， . 87．（Ⅰ）（Ⅱ）选条件①：；选条件②：；选条件③：. 【分析】（Ⅰ）求出，利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再利用三角形的面积公式即可求解； （Ⅱ）选条件①：由面积公式求出的值，由余弦定理求出的值，进而可得，为等边三角形，即可求解；选条件②：先求出，再由计算出的值，边上的高为；选条件③：由正弦定理可得，再由余弦定理可得和的值，利用勾股定理逆定理可证明为直角三角形，，，边上的高为即可求解. 【解析】（Ⅰ）在中，，因为，所以， 由余弦定理可知：， 即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以面积， 所以当时，面积最大为； （Ⅱ）选条件①： 因为的面积为，即，可得； 在中，由余弦定理可得： ， 所以，解得：， 由可得，此时为等边三角形， 所以边上的高为； 选条件②： 在中，，所以， 所以， 在中，边上的高为 选条件③： 在中，因为，由正弦定理可知：， 由余弦定理可得：，即， 解得：，所以， 因为，所以为直角三角形， 且，，， 所以边上的高为； 88．选①（1）；（2）；选②（1）；（2）. 【分析】若是线段的中点，由面面垂直的性质易证平面，根据所选的条件构建空间直角坐标系，并确定相关点的坐标，（1）求、的坐标，利用空间向量夹角的坐标表示求与所成角的余弦值；（2）求面、面的法向量，利用空间空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值. 【解析】选①：， （1）是边长为的正三角形，是线段的中点，则， ∵面面，面面，面， ∴平面， 如图：以的中点为原点，以过垂直于的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，， 则，即与所成角的余弦值为. （2），， 设平面的一个法向量，则，令，则， 设面的一个法向量，则，令，则， 设二面角的平面角为，则， 由图知为锐角，则二面角的余弦值为. 选②：与平面所成的角为. （1）∵面面，且与面所成的角为，则，又， ∴，由是线段的中点，即， ∵面面，面面，面， ∴面， ∴以的中点为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，则， ∴与所成角的余弦值为， （2），， 设平面的一个法向量，则，令，则， 由，，，则有平面， ∴面的一个法向量， 设二面角的平面角为，则， 由图知为锐角，则二面角的余弦值为. 89．（1）选①：，；选②：，；（2）证明见解析 【分析】（1）选条件①：令，求出，根据已知条件可得：，与已知条件两式相减可得，由等比数列的通项公式可得的通项公式；选条件②：令可得，由可得，两式相减可得，整理可得，进而可得，，； （2）选条件①：求出，由乘公比错位相减结合不等式的性质即可求证；选条件②：求出，由裂项求和结合不等式的性质即可求证. 【解析】选条件①： （1）由可得， 两式相减可得：，所以， 在中令，可得，所以， 所以是以为首项，公比为的等比数列，， 故数列的通项公式为，数列的通项公式为； （2）由（1）知， 设， ， 两式相减可得 所以，即； 选条件②： （1）由可得 两式相减可得：，即， 所以， 在中，令，可得：，所以， 所以由， ， ， ， 所以， 从而，所以，. 故数列的通项公式为，数列的通项公式为. （2）由（1）知， 所以. 90．（1）选择条件见解析，；（2）最大值；此时. 【分析】(1)选①，利用三角形射影定理变形求出角A；选②，利用正弦定理边化角，借助二倍角的正弦及诱导公式变形求出角A； 选③，利用正弦定理角化边，借助余弦定理求出角A，再利用正弦定理求出，最后用和角的余弦公式计算得解； (2)利用(1)中A值，结合正弦定理及三角恒等变换列出角B的函数关系即可计算作答. 【解析】(1)选①，，在中，由射影定理得， ，解得，而，则； 选②，，在中，由正弦定理得：， 而，，则，又，即，于是得； 选③时，，在中，由正弦定理得：， 由余弦定理得：，而，则， 因，利用正弦定理得：，而，即角B为锐角，因此，， 所以； （2）由(1)知，在中，，由正弦定理得：， 则， 而，则，于是得当时，取得最大值，此时， 所以的最大值是，此时. 91．（1）；（2）若选①，；若选②，；若选③，． 【分析】（1）由题意利用余弦定理可得BD的值，进而根据正弦定理即可求解sin∠ABD的值． （2）若选①，在△BCD中，由余弦定理可得BC2﹣BC﹣2＝0，解方程即可得解BC的值．若选②，利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，利用两角和的正弦公式可求sin∠CDB的值，在△BCD中，由正弦定理即可求解BC的值． 若选③，由（1）及正弦定理即可求解BC的值． 【解析】 （1）因为AB＝3，AD＝2，∠A＝60°， 所以由余弦定理可得： ， 所以由正弦定理，可得． （2）若选①， 因为CD＝3， 在△BCD中，由余弦定理CD2＝BD2+BC2﹣2BD•BC•cosB， 可得9＝7+BC2﹣2× ×BC× ，可得BC2﹣BC﹣2＝0， 解得BC＝，（负值舍去）． 若选②， 因为cosC＝ ，可得sinC＝， 所以sin∠CDB＝sin（C+B）＝sinCcosB+cosCsinB＝， 在△BCD中，由正弦定理， 可得，解得BC＝ ， 若选③， 因为sinC＝2sin∠BDC，由正弦定理可得BD＝2BC， 又由（1）可得BD＝， 所以BC＝． 92．（1）条件选择见解析；，；（2）. 【分析】（1）选条件①：设数列的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得，再由，两式相减得数列是首项为1，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得； 选条件②：由已知得等差数列的公差为，由等差数列的通项公式求得，再由求得，注意时是否满足； （2）由（1）可得：，由错位相减法可求得. 【解析】解：（1）选条件①：设数列的公差为d， 由，，成等比数列，可得：，即， 解得：或（舍）， 所以， ∵，∴，， 两式相减整理得：，， 又当时，有，解得：， ∴数列是首项为1，公比为的等比数列， ∵； 选条件②：∵，∴等差数列的公差为， 又，∴， 又∵， ∴当时，有，又当时，有，也适合上式， ∵； （2）由（1）可得：， ∴·， 又， 两式相减得： 整理得：. 93．【分析】选条件①，条件为真，不等式恒成立，由分离参数法转化为求函数的最值得的范围，为真，由一元二次方程的判别式不小于0得的范围，两者求交集即得； 选条件②，条件为真，不等式恒成立，由分离参数法转化为求函数的最值得的范围，为真，由集合的交集的结果得参数的范围，两者求交集即得； 【解析】选条件① 由命题为真，可得不等式在上恒成立. 因为，，所以， 若命题为真，则方程有解. 所以判别式， 所以或. 又因为，都为真命题，所以所以或. 所以实数的取值范围是或. 选条件② 由命题为真，可得不等式在上恒成立. 因为，.所以. 因为集合必有， 得或， 即或， 又因为，都为真命题，所以，解得. 所以实数的取值范围是. 94．（1）选条件①②③，证明见解析；（2）. 【分析】（1）选条件①：利用切化弦，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式化简求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证；选条件②：利用正弦定理化边为角结合求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证；选条件③：已知条件可整理为：结合余弦定理以及正弦定理化边为角求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求解；求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证； （2）求出，在中，由余弦定理求，结合三角函数的性质即可求得最值. 【解析】（1）选条件①：由，得， 由正弦定理可得：， 因为，所以， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以； 在中，由正弦定理可得：， 所以，即证； 选择条件②：由正弦定理可得：， 又因为， 所以， 化简整理得：， 由，所以， 又，所以， 在中，由正弦定理可得：， 所以，即证； 选择条件③：由已知得：， 由余弦定理得， 所以， 因为，所以， 由正弦定理可得：， 因为，所以， 又，所以， 在中，由正弦定理可得：， 所以，即证； （2）由及，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 因为为锐角三角形，所以，解得：， 所以， 所以当即时，取最大值为， 所以线段的长度的最大值为. 95．（1）（2）【分析】（1）易得，分别将三个条件代入即可计算出m； （2）对m分，，三种情况讨论即可得到函数的单调性. （1） 方案一：选条件①. 易得， ，. 方案二：选条件②. 易得， ，. 方案三：选条件③. 易得， ∴由，得，. 有两个极值点-1，1，，. （2） . 当时，由，得或. （i）若，则. 在R上单调递增. （ii）若，则. ∴当时，或；当时，. 在上单调递增，在上单调递减. （iii）若，则. ∴当时，或；当时，. 在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 96．【分析】根据题意和正弦定理可得；选择对应的条件，根据余弦定理、正弦定理和三角形的面积公式化简计算即可得出的值. 【解析】在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得，由得，， 又BD是角B的平分线，所以，所以； 选①，，由余弦定理得，又，知， 整理，得，所以， 故，所以； 选②，，由正弦定理得，， 有，得，又，所以， 有，根据，得； 选③，，得，又， 所以，得， 又，所以，有， 根据，得. 97．（1） （2） 【分析】（1）选条件① ：由正弦定理化边为角，可得，即得解； 选条件② ：由余弦定理，结合题干条件，即得解； 选条件③ ：利用正弦、余弦的二倍角公式展开可得，即得解 （2）利用面积公式，可得，结合余弦定理，可得，即得解 （1） 选条件① ：，由正弦定理可得 ，由 整理可得：，由 选条件② ：，由余弦定理 ，由 选条件③ ： 即，由于， ，由于 （2） 由（1），选择三个条件中任何一个都可得 由，，ABC的面积为 故 由余弦定理： 故三角形的周长 ( 第 2 页 共 160 页 ) ( 第 1 页 共 160 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$