2024高考数学二轮复习专题练四考前冲刺高分考前冲刺三多选题开放探究型解答题突破含解析

PAGE考前冲刺三多选题、开放探究型解答题突破2024年新高考山东、海南卷及北京卷数学试题均出现了两种新题型：多选题与开放探究型解答题，体现了“破定势，考真功”的命题理念，为了使广阔考生更快、更好地适应新高考的这种改变趋势，精选若干实例，供同学们学习体会.类型一多选题突破多选题更能全面考查学生的学问、实力和数学核心素养，有利于选拔合格考生.【例1】关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|的下列结论，正确的是()A.f(x)是偶函数B.f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增C.f(x)在[－π，π]有4个零点D.f(x)的最大值为2解析f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，又x∈R，∴f(x)为偶函数，故A正确；当eq\f(π,2)<x<π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故B不正确；f(x)在[－π，π]的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]只有3个零点，故C不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故D正确.故选AD.答案AD点评(1)本题利用函数的解析式探讨函数的单一性质，将单调性、奇偶性、最值综合，并与函数的零点、图象交汇，全面考查三角函数的图象和性质，提高试题的选拔功能.(2)对于多项选择题，依据给分标准，务必对各选项正确推断，才能得全分；把握不准的选项不能选，才能多得分.【例2】(2024·长沙雅礼中学检测)已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满意a1＋5a3＝S8，下列结论肯定正确的是()A.a10＝0 B.S10最小C.S7＝S12 D.S20＝0解析设数列{an}的公差为d，又a1＋5a3＝S8，所以a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，则a1＝－9d.所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，所以a10＝0，故A肯定正确.Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝－9nd＋eq\f(n（n－1）d,2)＝eq\f(d,2)(n2－19n)，所以S10＝－45d，不肯定最小，故B不肯定正确；由Sn＝eq\f(d,2)(n2－19n)的对称性知S7＝S12，故C肯定正确，S20＝10d，不肯定等于0，故D不肯定正确.肯定正确为AC.答案AC【例3】(2024·荆门模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是空间中随意一点，下列说法正确的是()A.若点P为棱CC1的中点，则异面直线AP与CD所成角的正切值为eq\f(\r(5),2)B.若点P在线段A1B上运动，则AP＋PD1的最小值为eq\f(\r(6)＋\r(2),2)C.若点P在半圆弧CD上运动，当三棱锥P－ABC的体积最大时，三棱锥P－ABC的外接球的表面积为2πD.若过点P的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，则平面α截此正方体所得截面的面积的最大值为eq\f(3\r(3),4)解析对于A，如图(1)，连接AP，BP.由AB∥CD，知∠BAP即为异面直线AP与CD所成的角.在Rt△ABP中，AB＝1，BP＝eq\r(BC2＋CP2)＝eq\f(\r(5),2)，则tan∠BAP＝eq\f(BP,AB)＝eq\f(\r(5),2)，A正确.对于B，如图(2)，将三角形AA1B与四边形A1BCD1沿A1B绽开到同一个平面上，连接AD1.由图可知，线段AD1的长度即为AP＋PD1的最小值.在△AA1D1中，利用余弦定理，得AD1＝eq\r(2＋\r(2))，B错误.对于C，如图(3)，当P为半圆弧CD的中点时，三棱锥P－ABC的体积最大.连接AC，此时，三棱锥P－ABC的外接球球心是AC的中点O，连接OP，半径OP的长为eq\f(\r(2),2)，所以球的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝2π，C正确.对于D，如图(4)，点P，R，Q分别在棱A1D1，A1B1，AA1上，连接QP，QR，PR.平面α与正方体的每条棱所成的角都相等，只需与过同一顶点的三条棱所成的角都相等，即A1P＝A1R＝A1Q，则平面PQR与正方体过点A1的三条棱所成的角相等.若点E，F，G，H，M，N分别为棱D1C1，B1C1，BB1，AB，AD，DD1的中点，连接EF，FG，GH，MH，MN，NE，可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，因为正方体的棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为eq\f(\r(2),2)，可得此正六边形的面积为eq\f(3\r(3),4)，为截面的最大面积，D正确.故选ACD.答案ACD【例4】(2024·湖北联考)已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F，E，直线x＝m(－1<m<1)与椭圆相交于点A，B，则()A.当m＝0时，△FAB的面积为eq\r(3)B.不存在m使△FAB为直角三角形C.存在m使四边形FBEA的面积最大D.存在m使△FAB的周长最大解析依据题意作出图形，如图.对于A，由题意，得a＝2，b＝eq\r(3)，则c＝1.当m＝0时，S△FAB＝eq\f(1,2)×2bc＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，A正确.对于B，当m＝0时，可以得出∠AFE＝eq\f(π,3)，当m＝1时，∠AFE<eq\f(π,4)，则存在m使△FAB为直角三角形，B错误；对于C，依据椭圆的对称性可知，当m＝0时，四边形FBEA的面积最大，C正确.对于D，由椭圆的定义，得△FAB的周长为|AB|＋|AF|＋|BF|＝|AB|＋(2a－|AE|)＋(2a－|BE|)＝4a＋|AB|－|AE|－|BE|.∵|AE|＋|BE|≥|AB|，∴|AB|－|AE|－|BE|≤0，当AB过点E时取等号，∴|AB|＋|AF|＋|BF|＝4a＋AB－AE－BE≤4a，即当直线x＝m过椭圆的右焦点E时，△FAB的周长最大.此时直线x＝m＝c＝1，但－1<m<1，∴不存在m使△FAB的周长最大，D错误.故选AC.答案AC【例5】(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2，2]表示的曲线过原点，且此曲线在x＝±1处的切线的斜率均为－1，则以下命题正确的是()A.f(x)＝x3－4x，x∈[－2，2]B.f(x)的极值点有且仅有一个C.f(x)的极大值为eq\f(16\r(3),9)D.f(x)的最大值与最小值之和等于零解析∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝c＝0，,f′（1）＝3＋2a＋b＝－1，,f′（－1）＝3－2a＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝－4，,c＝0，))∴f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4，x∈[－2，2].令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(2\r(3),3)∈[－2，2].当－2≤x<－eq\f(2\r(3),3)或eq\f(2\r(3),3)<x≤2时，f′(x)>0，当－eq\f(2\r(3),3)<x<eq\f(2\r(3),3)时，f′(x)<0，∴函数f(x)有两个极值点，且函数f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)))＝eq\f(16\r(3),9)，微小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))＝－eq\f(16\r(3),9).又∵f(－2)＝(－2)3－4×(－2)＝0＝f(2)，∴f(x)max＝eq\f(16\r(3),9)，f(x)min＝－eq\f(16\r(3),9)，∴函数f(x)的最大值与最小值之和等于零.故选ACD.答案ACD类型二开放探究型解答题突破开放探究型解答题：在给出的多个条件中，要求选择一个条件并进行解答，是一种开放性试题，这种试题条件不同，结论不同，但考查学问点相同，多在三角函数与解三角形和数列两块内容出现，难度较小.【例6】(2024·衡水中学调考改编)在①b2＋eq\r(2)ac＝a2＋c2，②acosB＝bsinA，③sinB＋cosB＝eq\r(2)这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解决问题.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，A＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(2)，求△ABC的面积.(注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解若选择①b2＋eq\r(2)ac＝a2＋c2.由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因为A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).若选择②acosB＝bsinA.由正弦定理，得sinAcosB＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sinB＝cosB.又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因为A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).若选择③sinB＋cosB＝eq\r(2)，则eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1.因为B∈(0，π)，所以B＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以B＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以B＝eq\f(π,4).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(\r(2)sin\f(π,3),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).因为A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinC＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)coseq\f(π,6)＋coseq\f(π,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\f(3＋\r(3),4).点评对于此种形式的试题，我们只需在所给的条件中，选取一个感觉熟识、简单解答的条件，再进行解答即可.切忌对每个条件解答一遍.【例7】(2024·济南质检)在①a4＝b4，②a2＋b5＝2，③S6＝246这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的正整数k存在，求k的值；若k不存在，请说明理由.设Sn为等差数列{an}的前n项和，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b3＝－9，b6＝243.是否存在k，使得Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk?(注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解选条件①，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，等差数列{an}的公差为d.由b3＝－9，b6＝b3·q3＝－9×q3＝243，得q＝－3.又b3＝b1q2＝b1×(－3)2＝－9，∴b1＝－1，故bn＝－(－3)n－1.又a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27，∴d＝a5－a4＝－28，∴a1＝27－3×(－28)＝111，∴an＝－28n＋139.由Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sk－Sk－1＝ak>0，,Sk＋1－Sk＝ak＋1<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak＝－28k＋139>0，,ak＋1＝－28（k＋1）＋139<0，))解得eq\f(111,28)<k<eq\f(139,28).又k为正整数，则k＝4.∴存在k＝4，使得Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk.选条件②，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，等差数列{an}的公差为d.由b3＝－9，b6＝b3·q3＝－9×q3＝243，得q＝－3.又b3＝b1q2＝b1×(－3)2＝－9，∴b1＝－1，故bn＝－(－3)n－1.∵a2＋b5＝2，∴a2＝2－b5＝83.又a5＝b1＝－1，∴d＝eq\f(a5－