技巧04 结构不良问题的应对策略与解析方法（5大题型）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

技巧04 结构不良问题的应对策略与解析方法 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 9 题型一：三角函数与解三角形 9 题型二：数列 11 题型三：立体几何 13 题型四：函数与导数 15 题型五：圆锥曲线 17 结构不良问题是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，主要以解答题为主，应适度关注． 1、灵活选用条件，“牵手”解题经验 对于试题中提供的选择条件，应该逐一分析条件考查的知识内容，并结合自身的知识体系，尽量选择比较有把握的知识内容，纳入自己熟悉的知识体系中．因此，条件的初始判断分析还是比较重要的，良好的开端是成功的一半嘛！ 2、正确辨析题设，开展合理验证 对于条件组合类问题，初始状态更加的不确定，最关键的步骤在于对选项的条件进行组合后验证，应从多个角度，考虑多种可能性的组合，这个分析过程对思维的系统性、灵活性、深刻性和创造性的考查提出了新的要求，所以需要更加细致地完成这个验证过程． 3、全面审视信息，“活”学结合“活”用 数学必备知识是学科理论的基本内容，是考查学生能力与素养 的有效途径和载体，更是今后生活和学习的基础．数学基础知识是数学核心素养的外显表现，是发展数学核心素养的有效载体．“活”的知识才是能力，“活”的能力才是素养．我们在学习中要重视对教材内容的理解与掌握，夯实必备知识，并在此基础上活学活用，提高思维的灵活性，才能更好地应对高考数学中考查的开放性、探究性问题． 1．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 2．（2023•北京）已知函数，，． （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若在，上单调递增，且，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，求、的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在，上单调递减． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 3．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 4．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． （1）求的方程； （2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 5．（2021•甲卷）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 6．（2021•新高考Ⅱ）已知函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：恰有一个零点． ①，； ②，． 7．（2021•北京）在中，，． （Ⅰ）求； （Ⅱ）在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长． 条件①； 条件②的周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 题型一：三角函数与解三角形 【典例1-1】记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①；②；③． 注：若选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分． 【典例1-2】的内角的对边分别为，面积为.已知，再从①②两个条件中选取一个作为已知条件，求的周长. ①；②. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式1-1】在中，角的对边分别是，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下问题. ①；②；③. (1)求； (2)若，求的取值范围. 【变式1-2】在中，点D在边BC上，，． (1)若，证明：D为边BC的中点； (2)从①②两个条件中选取一个作为已知条件，求． ①； ②． 注：如果选择两个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 1．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立； ①；②；③. (2)若点M为外的一点，且，.当为等边三角形时，求四边形面积的取值范围. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 题型二：数列 【典例2-1】已知数列的各项均为正数，，记为的前n项和． (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． (2)若，在（1）的条件下，将在数列中，但不在数列中的项从小到大依次排列构成数列，求数列的前20项和． 【典例2-2】已知等差数列，记为的前项和，从下面①②③中再选取一个作为条件，解决下面问题．①；②；③． (1)求的最小值； (2)设的前项和为，求． 【变式2-1】已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知_________，是的前项和，证明：． 从①，②中选取一个补充至题中并完成问题． 【变式2-2】①数列中，已知，对任意的，都有，令. ②函数对任意有，数列满足，令. 在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） (1)数列是等差数列吗？请给予证明. (2)求数列的前项和. 1．已知数列的各项均为正数，记为的前项和. (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立； ①； ②； ③. (2)在（1）的条件下，若，求. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 题型三：立体几何 【典例3-1】如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上. (1)下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）； ①平面⊥平面； ②； ③. (2)若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小. 【典例3-2】已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面. (1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立； (2)在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值. 【变式3-1】如图，在四棱锥中，侧棱平面BCDE，底面四边形BCDE是矩形，，点P，M分别为棱AE，AC的中点，点F在棱BE上． (1)若，求证：直线平面 (2)若，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立． ①平面ADE与平面ABC的交线为直线l，l与直线CF成角的余弦值为 ②二面角的余弦值为 1.如图，在四棱锥中，侧棱平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形，，点M，N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上，.    (1)求证：直线平面BNE； (2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立. ①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为； ②二面角的余弦值为. 注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分. 题型四：函数与导数 【典例4-1】如图，在四棱锥中，侧棱平面，底面四边形是矩形，，点、分别为棱、的中点，点在棱上． (1)若，求证：直线平面； (2)若，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立． ①平面与平面的交线为直线，与直线成角的余弦值为； ②二面角的余弦值为． 注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分． 【典例4-2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式4-1】设方程有三个实数根. (1)求的取值范围； (2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4分，若选②则该小问满分9分. ①证明：； ②证明：. 【变式4-2】已知函数，其中e是自然对数的底数. (1)若时，试判断f（x）在区间（，0）的单调性，并予以证明； (2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a的取值范围. ①函数在区间[0，]上有且只有2个零点； ②当时，. 1．已知函数，. (1)求函数的极值； (2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）. ①若恒成立，求实数的取值范围； ②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围. 题型五：圆锥曲线 【典例5-1】设椭圆方程的离心率为，上､下顶点分别为，右焦点为，且__________． 在①，②③这三个条件中任选一个，填在上面的横线上，并解答． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交椭圆于两点（不同于两点），且，试求直线的方程． 注：若选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分． 【典例5-2】已知抛物线. (1)求抛物线在点处的切线方程； (2)若直线交抛物线于不同于原点的两点，，经研究，下面三个结论等价，请选择其中一个作为条件，证明其他两个成立. ①；②直线过定点；③，. 【变式5-1】已知为平面直角坐标系上的动点，记其轨迹为曲线． (1)请从条件①，条件②中任选一个，求出曲线的方程； ①点为动圆的圆心，动圆与圆内切，且与直线相切； ②已知，且点关于直线的对称点在曲线上． (2)过点的直线交曲线于两点，分别以为切点作的两条切线交于点，求面积的最小值． 注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 【变式5-2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆A：，点，点P为圆A上任意一点，线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为C. (1)求C的方程. (2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M，N两点，点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件，证明另外一个成立. ①轴；②直线l经过点；③D，B，N三点共线. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 1．已知：平面内的动点P到定点为和定直线距离之比为， (1)求动点P的轨迹曲线C的方程； (2)若直线与曲线C的交点为M，N，点， 当满足 a 时，求证： b . ①; ②; ③直线过定点，并求定点的坐标. ④直线的斜率是定值，并求出定值. 请在①②里选择一个填在a处，在③④里选择一个填在b处，构成一个真命题，在答题卡上陈述你的命题，并证明你的命题 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 技巧04 结构不良问题的应对策略与解析方法 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 19 题型一：三角函数与解三角形 19 题型二：数列 25 题型三：立体几何 32 题型四：函数与导数 43 题型五：圆锥曲线 55 结构不良问题是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，主要以解答题为主，应适度关注． 1、灵活选用条件，“牵手”解题经验 对于试题中提供的选择条件，应该逐一分析条件考查的知识内容，并结合自身的知识体系，尽量选择比较有把握的知识内容，纳入自己熟悉的知识体系中．因此，条件的初始判断分析还是比较重要的，良好的开端是成功的一半嘛！ 2、正确辨析题设，开展合理验证 对于条件组合类问题，初始状态更加的不确定，最关键的步骤在于对选项的条件进行组合后验证，应从多个角度，考虑多种可能性的组合，这个分析过程对思维的系统性、灵活性、深刻性和创造性的考查提出了新的要求，所以需要更加细致地完成这个验证过程． 3、全面审视信息，“活”学结合“活”用 数学必备知识是学科理论的基本内容，是考查学生能力与素养 的有效途径和载体，更是今后生活和学习的基础．数学基础知识是数学核心素养的外显表现，是发展数学核心素养的有效载体．“活”的知识才是能力，“活”的能力才是素养．我们在学习中要重视对教材内容的理解与掌握，夯实必备知识，并在此基础上活学活用，提高思维的灵活性，才能更好地应对高考数学中考查的开放性、探究性问题． 1．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（1）由题意得，因为为钝角， 则，则，则，解得， 因为为钝角，则. （2）选择①，则，因为，则为锐角，则， 此时，不合题意，舍弃； 选择②，因为为三角形内角，则， 则代入得，解得， , 则. 选择③，则有，解得， 则由正弦定理得，即，解得， 因为为三角形内角，则， 则 ， 则 2．（2023•北京）已知函数，，． （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若在，上单调递增，且，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，求、的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在，上单调递减． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（Ⅰ）因为函数， 所以， 又因为，所以． （Ⅱ）若选①：； 因为， 所以在和时取得最大值1，这与在，上单调递增矛盾，所以、的值不存在． 若选②：； 因为在，上单调递增，且， 所以在时取得最小值，时取得最大值1， 所以的最小正周期为，计算， 又因为，所以，， 解得，； 又因为，所以； 若选③：在，上单调递减，因为在，上单调递增，且， 所以在时取得最小值，时取得最大值1， 所以的最小正周期为，所以， 又因为，所以，， 解得，； 又因为，所以． 3．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【解析】证明：取中点，连接，， 为的中点．，且， 四边形是平行四边形，故， 平面；平面， 平面， 是中点，是的点， ，平面；平面， 平面，又， 平面平面， 又平面，平面； 侧面为正方形，平面平面，平面平面， 平面，，又，， 若选①：；又，平面， 又平面，，又， ，，，两两垂直， 若选②：平面，，平面，平面， ，又，，， ，， ，又，， ，，两两垂直， 以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，1，，，2，， ，1，，，1，， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，则，， 平面的一个法向量为，，， 又，2，， 设直线与平面所成角为， ，． 直线与平面所成角的正弦值为． 4．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． （1）求的方程； （2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】（1）由题意可得，， 解得，， 因此的方程为， （2）解法一：设直线的方程为，，将直线的方程代入可得， △， ，， ， ， 设点的坐标为，，则， 两式相减可得， ， ， 解得， 两式相加可得， ， ， 解得， ，其中为直线的斜率； 若选择①②： 设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，， 则，解得，， 同理可得，， ，， 此时点的坐标满足，解得，， 为的中点，即； 若选择①③： 当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，， 则，解得，， 同理可得，， 此时， ， 由于点同时在直线上，故，解得， 因此． 若选择②③， 设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，， 则，解得，， 同理可得，， 设的中点，，则，， 由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上， 将该直线联立，解得，， 即点恰为中点，故点在直线上． （2）解法二：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零， 若选由①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0． 若选①③②，则为线段的中点，假设的斜率不存在， 则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点， 此时由对称性可知、关于轴对称，从而，已知不符． 综上，直线的斜率存在且不为0， 直线的斜率为，直线的方程为． 则条件①在直线上，等价于， 两渐近线的方程合并为， 联立方程组，消去并化简得：， 设，，，，线段中点为，， 则．， 设，， 则条件③等价于， 移项并利用平方差公式整理得： ， ， ， ， ， ， 由题意知直线的斜率为，直线的斜率为， 由，， ， 直线的斜率， 直线，即， 代入双曲线的方程为，即中， 得， 解得的横坐标为， 同理，，， ， 条件②等价于， 综上所述： 条件①在上等价于， 条件②等价于， 条件③等价于． 选①②③： 由①②解得，③成立； 选①③②： 由①③解得：，，，②成立； 选②③①： 由②③解得：，，，①成立． 5．（2021•甲卷）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】选择①③为条件，②结论． 证明过程如下： 由题意可得：，， 数列的前项和：， 故， 据此可得数列 是等差数列． 选择①②为条件，③结论： 设数列的公差为，则： ， 数列 为等差数列，则：， 即：，整理可得：，． 选择③②为条件，①结论： 由题意可得：，， 则数列 的公差为， 通项公式为：， 据此可得，当时，， 当时上式也成立，故数列的通项公式为：， 由，可知数列是等差数列． 6．（2021•新高考Ⅱ）已知函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：恰有一个零点． ①，； ②，． 【解析】（Ⅰ），， ①当时，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ②当时，令，可得或， 当时， 当或时，，当时，， 在，，上单调递增，在，上单调递减， 时， 且等号不恒成立，在上单调递增， 当时， 当或时，，当时，， 在，，上单调递增，在，上单调递减． 综上所述： 当 时， 在上单调递减；在上 单调递增； 当 时， 在， 和上单调递增；在，上单调递减； 当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在和， 上单调递增；在， 上单调递减． （Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知， 在上单调递增，， 单调递减，， 上 单调递增． 注意到． 在 上有一个零点； ， 由 得，， ，当 时，，此时 无零点． 综上： 在 上仅有一个零点． 另当，时，有，， 而，于是 ， 所以在没有零点，当时，， 于是，所以在，上存在一个零点，命题得证． 若选②，则由（Ⅰ）知：在， 上单调递增， 在，上单调递减，在 上单调递增． ， ，，，， 当 时，，此时 无零点． 当 时， 单调递增，注意到， 取，，，又易证， ， 在上有唯一零点，即在上有唯一零点． 综上： 在 上有唯一零点． 7．（2021•北京）在中，，． （Ⅰ）求； （Ⅱ）在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长． 条件①； 条件②的周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（Ⅰ）， 由正弦定理可得，即， ， 当 时，，即，不符合题意，舍去， ， ， 即． （Ⅱ）选①， 由正弦定理可得 ，与已知条件矛盾，故不存在， 选②周长为， ，， ， 由正弦定理可得，即， ， ， ，即，，， 存在且唯一确定， 设的中点为， ， 在中，运用余弦定理，， 即，， 边上的中线的长度． 选③面积为， ， ， ，解得， 余弦定理可得 ， ． 题型一：三角函数与解三角形 【典例1-1】记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①；②；③． 注：若选择多个组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】（1）由题意可得：，即， 由正弦定理得，则， 又，所以， 且，，所以． （2）若选择条件①②，证明③： 由（1）及条件①得， 结合正弦定理得，所以， 结合条件②得， 由余弦定理得， 故，解得， 结合知，要证， 只需证，即证， 由正弦定理得，故③成立． 若选择条件①③，证明②： 由（1）及条件①得，由正弦定理得， 由条件③及正弦定理得， 即， 所以， 又，所以， 结合余弦定理得， 所以，即，故②成立． 若选择条件②③，证明①： 由条件③及正弦定理得， 即， 所以， 又，所以， 结合余弦定理得， 由条件②得， 由（1）得，即， 由正弦定理得，故①成立． 【典例1-2】的内角的对边分别为，面积为.已知，再从①②两个条件中选取一个作为已知条件，求的周长. ①；②. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】若选择①， ，得， ， 得，所以； 若选择②， ，得，因为，所以， 那么，， ，得，，， 所以， 所以的周长为. 【变式1-1】在中，角的对边分别是，从下面的三个条件中选取适当的一个并解答如下问题. ①；②；③. (1)求； (2)若，求的取值范围. 【解析】（1）若选①，根据余弦定理得， 由正弦定理可得，即. 因为，所以. 又，所以，又，所以. 若选②，因为，所以由正弦定理， 可得， 即，整理得， 因为，所以，可得，即， 因为，所以. 若选③，因为 所以由正弦定理可得：， 因为，所以； 可得. 又，故. （2）由（1）得，因，由正弦定理，， 则， ， 因为且， 所以，所以，所以的取值范围为. 【变式1-2】在中，点D在边BC上，，． (1)若，证明：D为边BC的中点； (2)从①②两个条件中选取一个作为已知条件，求． ①； ②． 注：如果选择两个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 【解析】（1） 方法一： 因为，所以由正弦定理，得． 又，所以，所以． 又，且， 所以． 所以，即． 因为，，所以，． 在中，． 在中，由正弦定理，得，即． 所以，即D为边BC的中点． 方法二： 因为，且，， 所以． 因为的面积， 的面积， 所以， 所以，即D为边BC的中点． （2）若选择条件①． 在中，由正弦定理，得． 由，则，易知. 由，，得．① 在中，由正弦定理，得． 由， 由，则，得．② 联立①②，得．整理，得，所以． 因为，，所以． 若选择条件②． 在中，由正弦定理，得． 由，可得， 且，所以．① 在中，．由，可得．② 联立①②，得，即， 所以．整理，得， 解得或（舍去）． 所以． 1．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立； ①；②；③. (2)若点M为外的一点，且，.当为等边三角形时，求四边形面积的取值范围. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【解析】（1）选择条件①②： 化简①式可得，由余弦定理可得， 所以由②式可得，由正弦定理可得， 又， 所以. 由正弦定理可得，③式得证. 选择条件①③： 化简①式可得，由余弦定理可得. 由③式及正弦定理可得，， 即，由正弦定理可得，②式得证. 选择条件②③： 由③式及正弦定理可得，， 即，由正弦定理可得，结合②式可得， 化简①式可得，又，①式得证. （2）如图所示，设， 由余弦定理可得， 四边形的面积 . 又，所以. 题型二：数列 【典例2-1】已知数列的各项均为正数，，记为的前n项和． (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． (2)若，在（1）的条件下，将在数列中，但不在数列中的项从小到大依次排列构成数列，求数列的前20项和． 【解析】（1）选①②作条件证明③： 因为数列是等差数列，数列是等差数列， 设， 所以， 所以， 当时，， 当时，， 若，则，不合题意， 若，则， ， ，满足题意，，得证. 选①③作条件证明②： 设等差数列的公差为， 由得，则， 所以， 所以， 所以， 所以数列是等差数列，得证. 选②③作条件证明①： 因为数列是等差数列，， 所以公差为，首项为， 则，即，则有， 两式作差得，即， 所以， 即，即，又适合上式， 所以，则，所以数列是等差数列，得证. （2）当时，由（1）可知，，则，， 当数列取20项时，设数列中取项，去掉数列中的项， 则有，（其中取正整数）， 则当时，不等式组成立， 当时，，不等式组不成立， 所以取时，设数列的前20项和为， 则 ， 即数列的前20项和是. 【典例2-2】已知等差数列，记为的前项和，从下面①②③中再选取一个作为条件，解决下面问题．①；②；③． (1)求的最小值； (2)设的前项和为，求． 【解析】（1）设等差数列的公差为，且． 选择①：（1）因为，所以，解得． 所以，则， 利用二次函数对称性和开口方向知，关于对称， 因为，所以当或6时，. 选择②：因为，可得， 因为，所以，此时，所以， 因为，所以单调递增，且当时，． 所以当或11时，最小，此时. 选择③：因为，所以，即，所以， 所以，则， 利用二次函数对称性和开口方向知，关于对称， 因为，所以当或6时，. （2）若选择①或③：由（1）知，当时，， 所以 . 若选择②：由（1）知，且当时，，且， 所以 . 【变式2-1】已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知_________，是的前项和，证明：． 从①，②中选取一个补充至题中并完成问题． 【解析】（1）当时，， ∴， ∴， 当时，∵， ∴， ∴， ∴， ∴．又． ∴数列是以3为首项，3为公比的等比数列， ∴． （2）选①：由， 知， 故． 选②：由， 知． 【变式2-2】①数列中，已知，对任意的，都有，令. ②函数对任意有，数列满足，令. 在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） (1)数列是等差数列吗？请给予证明. (2)求数列的前项和. 【解析】（1）若选①，数列是等差数列，证明如下： 因为，对任意的，都有， 令，所以， 则，又因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 若选②，数列是等差数列，证明如下： 因为函数对任意有， 令，得，即， ， 又， 两式相加，得， 所以，. 又因为， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. （2）若选①，由（1）知，， 所以， 所以. 若选②，由（1）知，， 所以， 所以. 1．已知数列的各项均为正数，记为的前项和. (1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立； ①； ②； ③. (2)在（1）的条件下，若，求. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【解析】（1）证明：若选择①②，证明③成立. 由，得， 故数列是等差数列， 设数列的公差为，故， ，所以， 所以，所以， 故，所以 ， 故. 若选择①③为条件，证明②成立. 由，得， 故数列是等差数列， 设数列的公差为， ， 因为，即， 整理可得，所以， 所以，故. 若选择②③为条件，证明①成立. 由题意可得，所以， 又，所以， 所以数列是等差数列，则数列的公差为， 所以， 所以当时，，当时上式也成立， 故数列的通项公式为. 又， 所以， 又，所以， 故. （2）由（1）可知，数列是首项，公差的等差数列， 所以， 所以， 所以 题型三：立体几何 【典例3-1】如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上. (1)下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）； ①平面⊥平面； ②； ③. (2)若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小. 【解析】（1）选择①②，可证明③. 由，是线段的中点，得⊥. 又平面⊥平面，平面平面，且平面； 所以⊥平面， AC平面ABC，得⊥， 又⊥；，平面， 所以⊥平面． 因为平面，所以， 若选择①③，可证明②. 由，是线段的中点，得⊥. 又平面⊥平面，平面平面，且平面； 所以⊥平面， 平面，得， 又⊥，，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以． 选择②③，可证明①. 由，是线段的中点，得⊥ 因为⊥，⊥， 平面，， 所以⊥平面． PD平面PDE，得⊥， ,平面，所以⊥平面． 又平面，故平面⊥平面. （2）方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段的中点F，连接， 则由，及是线段的中点， 得⊥. 由（1）知，⊥平面， 以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且， ，得，得 所以由，是线段的中点，⊥，得： . 所以，，，. 设面与面的法向量分别为，， 则 ， 得：，所以面的一个法向量为. ， 得：，所以面的一个法向量为. 设平面与平面所成二面角为， 则， 因为，所以面与面所成二面角的大小为． 方法二：延长交的延长线于Q，连接， 则平面与平面. 由三棱锥的体积为，且， ，得，解得. 又由，及是线段的中点，⊥， 在等腰直角三角形中，，， 连结CD，在中，，，， 在等腰直角三角形中，，， 在中，， 在中，由，所以， 又由（1）知，⊥平面，是在面内射影， 由三垂线逆定理得：， 则即为二面角的平面角， ， 所以面与面所成二面角的大小为. 【典例3-2】已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面. (1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立； (2)在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）①②③， 连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以， 又，，，平面， 故平面，平面，故， 由于，，，故， 因此，，，平面， 故平面，（可得四棱锥是正四棱锥） 平面，故， 又，，，平面，故平面. ②③① 连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以， 又，，，平面， 故平面，平面，故， 又平面，平面，故， ，，平面，故平面， 结合底面是正方形，是正方形的中心， 所以四棱锥是正四棱锥，故， ①③② 连接，相交于，连接，平面，平面，故， 由于，，故，又，，，故， 故， 因此，，，，平面，故平面， 故四棱锥是正四棱锥， 由于，又，，，平面， 故平面，平面，故， （2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥， 设四棱锥的底边边长为，则四， 所以， 故， 由于， 当且仅当，即时取等号， 故当四棱锥的底边边长为时，四棱锥体积的最大值为. （法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接， 又因为底面，， 所以为二面角的平面角， ，，， 即二面角的余弦值为. （法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则，，， 所以，， 设面的法向量为， 则即， 不妨取，则，，所以， 易得平面的法向量， 设二面角的平面角为， 即二面角的余弦值为. 【变式3-1】如图，在四棱锥中，侧棱平面BCDE，底面四边形BCDE是矩形，，点P，M分别为棱AE，AC的中点，点F在棱BE上． (1)若，求证：直线平面 (2)若，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立． ①平面ADE与平面ABC的交线为直线l，l与直线CF成角的余弦值为 ②二面角的余弦值为 【解析】（1）证明：如图所示，取AP的中点N，连结BN，MN， 因为分别为的中点，所以， 又因为平面PCF，PC在平面PCF内，所以直线平面， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以直线平面， 因为，且平面内， 所以平面平面，又平面， 所以平面. （2）若选择条件①： 平面ADE与平面ABC的交线为直线，作出直线，如图所示， 由于，平面ADE，平面ADE，所以平面ADE， 又由平面ABC，平面平面， 可知，异面直线与CF成角，即为，可得， 所以， 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， 如图所示，可得，，，， 所以， 设平面PCF的法向量为，则， 令，可得，所以， 又由平面的一个法向量为，则， 由题意知二面角的平面角为锐角，即二面角的余弦值为 选择条件②： 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， 如图所示：设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 平面的法向量为，二面角的余弦值为， 即，解得， 平面与平面的交线为直线l，作出直线l，如图所示， 由于，平面，平面， 所以平面，又平面ABC，平面平面， 可知，异面直线l与CF成角即为，所以 1.如图，在四棱锥中，侧棱平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形，，点M，N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上，.    (1)求证：直线平面BNE； (2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立. ①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为； ②二面角的余弦值为. 注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分. 【解析】（1）如图，连接MD，交BN于点F，连接EF， 因为M，N分别为棱PB，PD的中点， 所以F为的重心，则， 又在中，，所以， 又因为平面BNE，平面BNE， 所以平面BNE. （2）若选①作为已知条件： 在矩形ABCD中，，平面PCD， 平面PCD，所以平面PCD. 又平面PAB，平面平面，所以. 所以l与直线BE所成角即为. 在直角三角形ABE中，，， 所以由可得， 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面BNE的法向量为， 则，取，可得. 又为平面BDE的一个法向量， 所以. 由图可知，二面角的余弦值为. 若选②为已知条件： 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，设，则，，， 则，. 设平面BNE的法向量为， 则，取，可得. 又为平面BDE的一个法向量，且二面角的余弦值为， 所以，解得. 在矩形ABCD中，，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD. 又平面PAB，平面平面，所以. 所以l与直线BE所成角即为. 在直角三角形ABE中，，，，可得， 所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为. 题型四：函数与导数 【典例4-1】如图，在四棱锥中，侧棱平面，底面四边形是矩形，，点、分别为棱、的中点，点在棱上． (1)若，求证：直线平面； (2)若，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立． ①平面与平面的交线为直线，与直线成角的余弦值为； ②二面角的余弦值为． 注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分． 【解析】（1）证明：如下图所示，取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 又因为，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，故平面平面， 因为平面，所以，平面. （2）证明：若选①作为已知条件，平面与平面的交线为直线，作出直线如图， 由于，平面，平面，所以，平面， 因为平面，平面平面，所以，， 所以，异面直线与所成的角即为， 因为，则，则， 故， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，易知平面的一个法向量为， 则， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为； 若选②为已知条件，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则、、，，。 设平面的法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为，且二面角的余弦值为， 则，解得， 平面与平面的交线为直线，作出直线如图， 由于，平面，平面，所以，平面， 因为平面，平面平面，所以，， 所以，异面直线与所成的角即为， 因为，则， 则. 【典例4-2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（1）由题意得， 当时，令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 当时，令，得或， ①当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． ②当时，且等号不恒成立，所以在R上单调递增． ③当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）选择条件①，证明如下： 由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 且． 由于，所以． 令，则， 令得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值． 由于，， 所以在上恒成立，所以． 当时，，所以有一个零点，得证． 选择条件②，证明如下： 由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值． 由于， 所以，则， 所以． 当时，，所以有一个零点，得证． 【变式4-1】设方程有三个实数根. (1)求的取值范围； (2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4分，若选②则该小问满分9分. ①证明：； ②证明：. 【解析】（1）由题意设（）， 则，， 令，得或， 当或时，，所以在，上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 又，，，且， 当趋向于时，也趋向于， 又方程有三个实数根， 等价于直线与的函数图像有三个交点， 即， 所以的取值范围为. （2）选①，证明如下： 由（1）得：，则， 设，，则， 不妨设，则（）， 又，即， 故，即，所以，，， 则， 设，， 则， 所以在上单调递减，即， 因为，则，即， 又，则， 故. 选②，证明如下： 由（1）得：，则， 设，，则， 不妨设，则（）， 又，即， 故，即，所以，（）， 则（）， 设，， 则， 所以在上单调递减，即， 因为，则，即， 又，则， 故. 所以，则， 又因为，所以， 从而，故①， 下证， 有（）， 即证时，，即， 即证（）， 设（），则， 当时，，所以在上单调递增， 则，所以②， 又，所以得， 设，（），则， 当时，，所以在上单调递增， 则③， 联立①②③得：， 故. 【变式4-2】已知函数，其中e是自然对数的底数. (1)若时，试判断f（x）在区间（，0）的单调性，并予以证明； (2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a的取值范围. ①函数在区间[0，]上有且只有2个零点； ②当时，. 【解析】（1）当时， . 当时，， 所以， 又， 故，从而， 所以，f（x）在（，0）上单调递增. （2）选择①， 由函数，可知 因此f（x）在上有且只有1个零点. ，令， 则在[0,]上恒成立. 即在[0，]上单调递增，， 当时，，f（x）在[0.]上单调递增. 则f（x）在（0，]上无零点，不合题意，舍去， 当时，，在[0，]上单调递减， 则在（0，]上无零点，不合题意，舍去， 当时， 则在（0，）上只有1个零点，设为. 且当时，；当时， 所以当时，在（0，）上单调递减，在（x0，）上单调递增， 又 因此只需即可，即， 综上所述：        选择②， 构造函数 此时 则 易知 令 令， 令，则 所以在（0，）上单调递减. 又 在（0，）上存在唯一实数使得，且满足当时， 当时. 即p（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，）上单调递减. 又， 所以在上存在一实数使得， 且满足当时，；当时， 即在（0，x2）上单调递增，在（，）上单调递减， 当时，即，函数在[0，]上单调递增，又，因此恒成立，符合题意， 当，即，在上必存在实数，使得当时，，又，因此在上存在实数不合题意，舍去 综上所述. 1．已知函数，. (1)求函数的极值； (2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）. ①若恒成立，求实数的取值范围； ②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围. 【解析】（1）函数的定义域为， ，解得， 当时，，单调递增； 当时，单调递减； 所以，无极小值. （2）若选①：由恒成立，即恒成立， 整理得：，即， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增，所以， 即， 令，，则， 当时，； 当时，； 所以在处取得极大值，的最大值为，故，即. 故当时，恒成立. 若选择②：由关于的方程有两个实根， 得有两个实根， 整理得， 即， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增， 所以，即， 令，， 则， 当时，； 当时，； 所以在处取得极大值， 的最大值为，又因为 所以要想有两个根，只需要， 即，所以的取值范围为. 题型五：圆锥曲线 【典例5-1】设椭圆方程的离心率为，上､下顶点分别为，右焦点为，且__________． 在①，②③这三个条件中任选一个，填在上面的横线上，并解答． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交椭圆于两点（不同于两点），且，试求直线的方程． 注：若选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分． 【解析】（1）若选①：由，即， 且，可得，所以椭圆的方程为． 若选②：由知，又离心率，所以， 所以椭圆的方程为． 若选③：由可知，又离心率， 所以， 所以椭圆的方程为． （2）由（1）知，椭圆的方程为，所以， 由，可得，所以． 当直线的斜率为0时，， ，不合题意． 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 联立得，判别式， ， 因为，所以， 即， 所以，解得或． 当时，直线经过点，不符合题意， 当时，直线，符合题意． 综上，直线的方程为． 【典例5-2】已知抛物线. (1)求抛物线在点处的切线方程； (2)若直线交抛物线于不同于原点的两点，，经研究，下面三个结论等价，请选择其中一个作为条件，证明其他两个成立. ①；②直线过定点；③，. 【解析】（1）法一：显然抛物线在处的切线的斜率存在，设其为， 则切线方程为，与抛物线联立，得， 即，只需，解得， 所以切线方程为. 法二：要求抛物线在处的切线，则由可得 所以在处的切线的斜率，所以切线方程为. （2）因为直线交抛物线于，两点，所以可设直线 由，消去可得， 所以，，， ， ， 由①②③：因为，所以，即， 所以（舍去）. 所以直线经过定点，即证②. 所以，，即证③. 由②①③：因为直线经过定点，则 由上面可得，，即证③； 所以，所以，即证①. 由③①②：因为，， 所以，所以，即证①. 由上面可得，解得， 所以直线经过定点，即证②. 【变式5-1】已知为平面直角坐标系上的动点，记其轨迹为曲线． (1)请从条件①，条件②中任选一个，求出曲线的方程； ①点为动圆的圆心，动圆与圆内切，且与直线相切； ②已知，且点关于直线的对称点在曲线上． (2)过点的直线交曲线于两点，分别以为切点作的两条切线交于点，求面积的最小值． 注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】（1）若选择条件①： 圆，圆心为，半径为1， 设动圆的半径为的坐标为， 根据条件可得且， 即到直线的距离与到距离之差为1， 故到直线的距离等于到的距离， 则的轨迹是以为焦点的抛物线， 故曲线的方程为． 若选择条件②：设的坐标为，可得， 则点关于直线的对称点为， 因为该点在曲线上，所以， 整理可得，即曲线的方程为． （2）由题意可知直线的斜率存在，且点，点在轴的两侧， 设，，，直线的方程为， 由曲线的方程可得，求导得， 则过点的切线方程为， 同理过点的切线方程为， 联立，解得， 联立消整理得， 由韦达定理得，， 则点的坐标为， 由弦长公式得， 点到直线的距离， 所以， 由上式可得，当时，， 则面积的最小值为32． 【变式5-2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆A：，点，点P为圆A上任意一点，线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为C. (1)求C的方程. (2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M，N两点，点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件，证明另外一个成立. ①轴；②直线l经过点；③D，B，N三点共线. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意知，,, 且点在圆外， 则, 故点Q的轨迹为是以为焦点，长轴的双曲线， 故，双曲线的方程为：. （2）设点，直线l的方程为：，联立得： ， 化简得：，且. 若选择①②证明③： 轴，且点D在C上，则， 直线l经过点，故，即， 此时, 故, 其中 ， ，故，即，， 所以D，B，N三点共线. 若选择①③证明②： 轴，且点D在C上，则， 由D，B，N三点共线，知， 故， 化简得：，即， 故直线l的方程为：，过定点. 若选择②③证明①： 直线l经过点，故，即， 由D，B，N三点共线，知， 故 化简得：， 故直线和直线关于对称，所以关于对称， 故轴， 1．已知：平面内的动点P到定点为和定直线距离之比为， (1)求动点P的轨迹曲线C的方程； (2)若直线与曲线C的交点为M，N，点， 当满足 a 时，求证： b . ①; ②; ③直线过定点，并求定点的坐标. ④直线的斜率是定值，并求出定值. 请在①②里选择一个填在a处，在③④里选择一个填在b处，构成一个真命题，在答题卡上陈述你的命题，并证明你的命题 【解析】（1）设，P到的距离为d，依题意，，则， 化简得， 所以动点P的轨迹曲线C的方程是. （2）选①③，当满足时，求证：直线过定点，并求定点的坐标. 由消去并整理得：， ，设， 于是， 由，得， 即， 整理得， 于是， 整理得，解得或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 当时，直线过点， 所以直线过定点，该定点坐标为. 选①④，当满足时，求证：直线的斜率是定值，并求出定值. 由选①③的解析知，直线绕定点旋转，其斜率不是定值，则①④构成的命题不是真命题. 选②④，当满足时，求证：直线的斜率是定值，并求出定值. 由消去并整理得：， ，设， 于是， 由，得， 整理得，， 化简得，解得或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 当时，直线的斜率是定值，此定值为. 若选②③，当满足时，求证：直线过定点，并求定点的坐标. 由选②④的解析知，当满足时，直线的斜率是定值，直线是平行直线，不可能过定点， 因此②④构成的命题不是真命题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$