2021高考数学二轮复习专题练开放探究型解答题突破练含解析

1、开放探究型解答题突破练开放探究型解答题突破练突破练突破练(一一)5 三角三角1 立几立几1.在 3(bcos ca)csin b；2ac2bcos c；bsin a 3asinac2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 3，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3(sin bcos csin a)sin csin b.由 sin asin(bc)sin bcos ccos bsin c，得 3cos bsin csin csin b.因为 0

2、c，则 sin c0，所以 3cos bsin b.(若 cos b0，则 sin b0，sin2bcos2b0.这与 sin2bcos2b1 矛盾)又 cos b0，所以 tan b 3.又 0b，所以 b23.由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos23，即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得 ac4.所以 sabc12acsin b12432 3.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 c

3、0，从而有 cos b12.又 b(0，)，所以 b23.由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos23，即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得 ac4.所以 sabc12acsin b12432 3.若选择条件，由正弦定理，得sin bsin a 3sin asinb2.由 0a，得 sin a0，所以 sin b 3cosb2，由二倍角公式，得 2sinb2cosb2 3cosb2.由 0b22，得 cosb20，所以 sinb232，则b23，即 b23.由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos23，即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得

4、 ac4.所以 sabc12acsin b12432 3.2.在abc 的面积 sabc2，adc6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，abc34，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：sabc12abbcsin abc122bcsin342，所以 bc2 2.由余弦定理可得 ac2ab2bc22abbccos abc48222 222 20，所以 ac2 5.选择：设baccad，则 04，bca4，在abc 中，acsin abcabsin bca，即acsin342sin4，所以 a

5、c2sin4.在acd 中，acsin adccdsin cad，即acsin64sin ，所以 ac2sin .所以2sin 2sin4，解得 2sin cos .又 04，所以 sin 55，所以 ac2sin 2 5.3.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：bac2 6a3c3（ab）；cos 2a2cos2a21；a 6；b2 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)由bac2 6a3c3（ab），得a2c2

6、b22ac63cos b.由 cos3422，可得34b.由 cos 2a2cos2a21，得(2cos a1)(cos a1)0，解得 cos a12.又 a(0，)，可得 a3.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6sin32 2sin b，解得 sin b1.b(0，)，b2.c 2，abc 的面积 s12 6 2 3.4.(2020北京一模)在条件(ab)(sin asin b)(cb)sin c，asin bbcosa6 ，bsinbc2asin 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

7、，c，bc6，a2 6，_.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 ab2c2a22bcbc2bc12.因为 a(0，)，所以 a3.因为 a2b2c2bc(bc)23bc，a2 6，bc6，所以 bc4，所以 sabc12bcsin a124sin3 3.若选：由正弦定理，得 sin asin bsin bcosa6 .因为 0b，所以 sin b0，所以 sin acosa6 ，化简得 sin a32cos a12sin a，所以 tan a33.因为 0a，所以 a6.又因为

8、a2b2c22bccos6，所以 bc（bc）2a22 362（2 6）22 3，即 bc2412 3，所以 sabc12bcsin a12(2412 3)1263 3.若选：由正弦定理，得 sin bsinbc2sin asin b.因为 0b，所以 sin b0，所以 sinbc2sin a.又因为 bca.所以 cosa22sina2cosa2.因为 0a，0a20，|0，f(x)mn；函数 f(x)cos xsinx6 14(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2.(1)若 02，且 sin 22，求 f()

9、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 t22，1，f(x)12sin(2x)，g(x)12sin2x6 .又函数 g(x)的图象关于原点对称，k6，kz.|2，6.f(x)12sin2x6 .(1)02，sin 22，4.f()f4 12sin2334.(2)由22k2x6322k，kz，解得6kx23k，kz，令 k0，得6x23，令 k1，得76x53，函数 f(x)在0，2上的单调递减区间为6，23，76，53.方案二：选条件.m( 3sin x，cos 2x)，n12cos x，14 ，

10、f(x)mn32sin xcos x14cos 2x1232sin 2x12cos 2x12sin2x6 ，又最小正周期 t22，1，f(x)12sin2x6 .(1)02，sin 22，4，f()f4 12sin2334.(2)由22k2x6322k，kz，解得6kx23k，kz，令 k0，得6x23，令 k1，得76x53，函数 f(x)在0，2上的单调递减区间为6，23，76，53.方案三：选条件.f(x)cos xsinx6 14cos xsin xcos6cos xsin6 1432sin xcos x12cos2x1434sin 2x14cos 2x1232sin 2x12cos

11、2x12sin2x6 ，又最小正周期 t22，1，f(x)12sin2x6 .(1)02，sin 22，4.f()f4 12sin2334.(2)由22k2x6322k，kz，解得6kx23k，kz，令 k0，得6x23，令 k1，得76x53，函数 f(x)在0，2上的单调递减区间为6，23，76，53.6.(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

12、 7.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3 1010？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

13、 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， 3a，0)，其中 032，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 oa32，om12，ob32，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 a0，0，32 ，设 p32a， 3a，0，其中 0a32，则ap32a，

14、3a，32 .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 |cosap，n|3a32a23a2343 1010，解得 a32或 a3(舍去)，存在点 p 满足条件，这时 pb3.方案三：选条件ab 7，在abm 中，由余弦定理得 cos ambam2mb2ab22ammb14721212，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 a0，0，32 ，设 p52a， 3a，0，其中 032，不存在点 p 满足条件.突破练突

15、破练(二二)5 数列数列1 解几解几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，a2a1a321523，b2a23.da2a1312.若选：qd1，q1d12，b1326，tn6 112n11212112n.由|tn|12 得0，存在正整数1，使得|tn|0；当 n 为奇数时

16、， 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，qb2b13，tn13n133n212，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，b4234；当 n5 时，b5435223430 时，n3.当 n4 时，b42253；当 n5 时，b5426322225321516，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

17、为 q(q0)，则 b18q，b38q，于是8q38q4，即 6q2q20，解得 q12或 q23(舍去).设等差数列an的公差为 d.若选，则 a1b42，s44a1432d20，解得 d2.所以 sn2nn（n1）22n2n，则1sn1n（n1）1n1n1.于是 tk1s11s21sk112 1213 1k1k1 11k1.令 11k11516，解得 k15.因为 k 为正整数，所以 k 的最小值为 16.若选，则 a1b42，s33a1322d2(a12d)，解得 d2.下同.若选，则 a1b42，3(a12d)(a13d)8，解得 d43.所以 sn2nn（n1）24323n243n，

18、则1sn321n（n2）341n1n2 .于是 tk34113 1214 1k11k1 1k1k2 341121k11k2 98341k11k2 .令 tk1516，得1k11k22 3|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 3，故 a2，c 3，b1.所以动点 p 的轨迹方程为x24y21.若选：设 p(x，y)，s(x，0)，t(0，y)，则 （x）2（y）23(*).因为op23os13ot，所以x23x，y13y.整理，得x32x，y3y，代入(*)得x24y21.所以动点 p 的轨迹方程为x24y21.(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yk（x1） ，x24y21，消去 y 并整理，得(14k2)x28k2x4(k21)0，则0 恒成立，且 x1x28k214k2.设线段 mn 的中点为 g(x3，y3)，则 x3x1x224k214k2，y3k(x31)k14k2.所以线段 mn 的垂直平分线的方程为yk14k21kx4k214k2，令 x0，得 y03k14k231k4k.当 k0 时，