2024届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作业试题含解析新人教版202306302206.docx

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1、2024届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作业试题含解析新人教版202306302206解题思维4高考中结构不良试题的提分策略1.在b1+b3=a2,a4=b4,S5=-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SkSk+1且Sk+1Sk+1且Sk+10)且a10,又a1=a2-d=-130,所以存在满足题意的k,且k=4.若选择条件,则a4=b4=27,由a5=-1得d=-280,所以满足题意的k不存在.若选择条件,则

2、S5=5(a1+a5)2=-25,a1=-90.所以满足题意的k存在,且k=4.2.由sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC,得sin AcosB+sin A cos C=cos AsinB+cosAsinC,sinAcos B-cos Asin B=cos Asin C-sin Acos C,所以sin(A-B)=sin(C-A).因为A,B,C(0,),所以A-B=C-A,即2A=B+C,所以A=3.(1)ABC还同时满足条件.理由如下:若ABC同时满足条件,则由正弦定理得sin B=bsinAa=5371,这不可能,所以ABC不能同时满足条件,若ABC同时满足条件,则AB

3、C的面积S=12bcsin A=12b832=103,所以b=5,与条件b=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.(2)在ABC中,由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=23.因为C=23-B,所以b=23sin B,c=23sin(23-B).所以L=a+b+c=3+23sin B+sin(23-B)=6(32sin B+12cos B)+3=6sin(B+6)+3,因为B(0,23),所以B+6(6,56),sin(B+6)(12,1,所以ABC周长L的取值范围为(6,9.3.(1)CDAD,CDBD,ADBD=D,CD平面ABD,AB平

4、面ABD,CDAB.又M,E分别为AC,BC的中点,MEAB,CD ME.(2)方案一:选择条件.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RtABD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

5、,0),BM=(-1,1,1).设N(0,a,0),则EN=(-12,a-1,0).ENBM,ENBM=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,ENBM.设平面BNM的法向量为n=(x,y,z),且BN=(-1,12,0),则nBN=0,nBM=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=mn|m|n|=-66,锐二面角M-BN-C的余弦值为66.方案二:选择条件.在题图4-1所示的ABC中,设BD=BC,则AD=AB+BD=AB+BC=

6、AB+(AC-AB)=(1-)AB+AC,又AD=23AB+13AC,所以=13,即BD=1.后续解法同方案一.方案三:选择条件.在题图4-1所示的ABC中,设BD=x(0x3),则CD=AD=3-x.在题图4-2中ADDC,ADBD,且BDDC=D,AD平面BCD.由BDC=90,得SBCD=12x(3-x),VA-BCD=13ADSBCD=13(3-x)12x(3-x)=16(x3-6x2+9x),x(0,3),令f(x)=16(x3-6x2+9x),x(0,3),则f (x)=12(x-1)(x-3),当0x0,当1x3时,f (x)0,b0),则曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a

7、0,b0),(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-k20,即k2时,其判别式=-2k(k+1)2-4(k2-2)(k2+

8、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 k2, 于是x1+x2=-2k(k+1)2-k2=2(-1)=-2,解得k=-2,与k -32且 k2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.由题设得曲线C为焦点在x轴上的椭圆.设m=1a2,n=1b2(ab0),则曲线C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),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,

9、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=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.解题思维5高考中数列解答题的提分策略1.

10、2020南昌市三模,12分已知数列an中,a1=2,anan+1=2pn+1(p为常数).(1)若-a1,12a2,a4成等差数列,求p的值;(2)若an为等比数列,求p的值及an的前n项和Sn.2.2021山东济南模拟,12分设等比数列an的前n项和为Sn,a1=1,S3=13.(1)求数列an的通项公式;(2)若an是递增数列,求数列|an-n-2|的前n项和.3.2021河南省名校第一次联考,12分已知数列an的首项a1=1,其前n项和为Sn,且满足Sn+1=2Sn+n+1.(1)求证:数列an+1是等比数列.(2)令bn=n(an+1),求数列bn的前n项和Tn.4.原创题,12分已知

11、正项数列an的前n项和为Sn,a1=1,Sn2=an+12-Sn+1,其中为常数.(1)证明:Sn+1=2Sn+.(2)是否存在实数,使得数列an为等比数列?若存在,求出;若不存在,请说明理由.答 案解题思维5高考中数列解答题的提分策略1.(1)令n=1,则a1a2=2p+1,又a1=2,所以a2=2p.anan+1=2pn+1,an+1an+2=2pn+p+1,得an+2an=2p,故a4=2pa2=(2p)2.(3分)若-a1,12a2,a4成等差数列,则a4-2=a2,即(2p)2-2=2p,解得2p=2,即p=1.(6分)(2)若an为等比数列,则由a10,a20,知此数列的首项和公比

12、均为正数.设其公比为q,因为an+2an=2p,所以q2=2p,q=2p2,故2p2=a2a1=2p2,得p=2.(9分)此时a1=2,q=2,所以an=2n,故anan+1=22n+1,故2pn+1=22n+1,因此p=2,所以数列an的前n项和Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.(12分)2.(1)设等比数列an的公比为q.由题意得a1+a1q+a1q2=13,即1+q+q2=13,解得q=3或q=-4.故数列an的通项公式为an=3n-1,nN*或an=(-4)n-1,nN*.(4分)(2)由(1)知,an=3n-1,nN*.令bn=|an-n-2|=|3n-1-n-2|.(6分)

13、由3n-1-n-20得3n-1n+2,所以n3.由3n-1-n-20,Sn+10,Sn+1-2Sn-=0,Sn+1=2Sn+.(5分)(2)Sn+1=2Sn+,Sn=2Sn-1+(n2),两式相减,得an+1=2an(n2).(8分)S2=2S1+,即a2+a1=2a1+,a2=1+,由a20,得-1.若an是等比数列,则a1a3=a22,(10分)即2(+1)=(+1)2,得=1.(11分)经检验,=1符合题意.故存在=1,使得数列an为等比数列.(12分)解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略1.12分如图6-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,BAD=60,PA=PD.(1

14、)证明: BCPB.(2)若PAPD,PB=AB,求二面角A-PB-C的余弦值.图6-12.12分如图6-2,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.(1)求证:AB1平面A1BD.(2)求锐二面角A-A1D-B的余弦值.图6-23.2021惠州市二调,12分一副标准的三角板(如图6-3)中,ABC为直角,A=60,DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(如图6-4),设M是AC的中点,N是BC的中点.(1)求证:平面ABC平面EMN.(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成角的正弦值. 图6-3图6-4

15、4.新角度题,12分如图6-5,EC平面ABC,BDEC,AC=AB=BD=12EC=2,点F为线段DE上的动点.(1)试在BC上找一点O,使得AOCF,并证明.(2)在第(1)问的基础上,若ABAC,则平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小可否为4?图6-5答 案解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略1.(1)如图D 6-1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,PA=PD,PEAD.底面ABCD为菱形,且BAD=60,ABD为等边三角形,BEAD.PEBE=E, PE,BE平面PBE,AD平面PEB,又PB平面PEB,ADPB.ADBC,BCPB.图D 6-1(4分)(2)设AB=2

16、,则AB=PB=AD=2,BE=3.PAPD,E为AD的中点,PA=2,PE=1,PE2+BE2=PB2,PEBE.以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP 所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图D 6-2所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1),C(-2,3,0),AB=(-1,3,0),AP=(-1,0,1),BP=(0,-3,1),BC=(-2,0,0).设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),n1AB=0,n1AP=0,-x1+3y1=0,-x1+z1=0,令x1=1,得z1=1,y1=33,n1=(1,33,1)为平面PAB的一个法向量.设平

17、面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2BP=0,n2BC=0,-3y2+z2=0,-2x2=0,令y2=-1,得x2=0,z2=-3,即n2=(0,-1,-3)为平面BPC的一个法向量.n1n2|n1|n2|=-277.设二面角A-PB-C的平面角为,由图可知为钝角,则cos =-277.(12分)图D 6-22.(1)取BC的中点O,连接AO.ABC为等边三角形,AOBC.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC平面BCC1B1,又平面ABC平面BCC1B1=BC,AO平面BCC1B1. 取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,OB,OO1,OA的方向分别为x轴、y轴

18、、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,如图D 6-3所示,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,3),A(0,0,3),B1(1,2,0),AB1=(1,2,-3),BD=(-2,1,0),BA1=(-1,2,3),AB1BD=0,AB1BA1=0,AB1BD,AB1BA1.BDBA1=B,AB1平面A1BD.(6分)图D 6-3(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).AD=(-1,1,-3),AA1=(0,2,0),nAD=0,nAA1=0,-x+y-3z=0,2y=0,y=0,x=-3z,令z=1,得n=(-3,0,1)为平面A1AD的一个法向量.由(1)知

19、AB1平面A1BD,AB1为平面A1BD的一个法向量,cos=nAB1|n|AB1|=-3-3222=-64,锐二面角A-A1D-B的余弦值为64.(12分)3.(1)M是AC的中点,N是BC的中点,MNAB,(1分)ABBC,MNBC.(2分)BE=EC,N是BC的中点,ENBC.(3分)又MNEN=N,MN平面EMN,EN平面EMN,(4分)BC平面EMN.(5分)又BC平面ABC,平面ABC平面EMN.(6分)(2)由(1)可知,ENBC,MNBC,ENM为二面角E-BC-A的平面角,又二面角E-BC-A为直二面角,ENM=90,即ENMN.(7分)以点N为坐标原点,NM,NC,NE所在

20、直线分别为x,y,z轴建立如图D 6-4所示的空间直角坐标系N-xyz,(8分)图D 6-4AC=4,AB=2,BC=23,NE=3,MN=1,则N(0,0,0),E(0,0,3),M(1,0,0),B(0,-3,0),A(2,-3,0),EM=(1,0,-3),BE=(0,3,3),BA=(2,0,0).(9分)设m=(x,y,z)为平面ABE的法向量,则mBA=0,mBE=0,即2x=0,3y+3z=0,得x=0,令y=1,则z=-1,平面ABE的一个法向量为m=(0,1,-1).(10分)设直线EM与平面ABE所成的角为,则sin =|cos|=|mEM|m|EM|=322=64,(11

21、分)即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为64.(12分)4.(1)BC的中点即为所找的点O.AB=AC,AOBC,又EC平面ABC,AO平面ABC,ECAO.(2分)BCEC=C,BC平面BDEC,EC平面BDEC,AO平面BDEC.又CF平面BDEC,AOCF.(4分)(2)以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 6-5所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,-2,4),D(-2,0,2),O(-1,-1,0),AO=(-1,-1,0),ED=(-2,2,-2).(6分)设EF=ED(01),则可得F(-2,2-2,4-2),则AF=(-2,2-2,4-2).设平面AOF的法向量为m=(x,y,z),则mAO=0,mAF=0,即-x-y=0,-2x+(2-2)y+(4-2)z=0,令x=1,则y=-1,z=2-12-,则m=(1,-1,2-12-)为平面AOF的一个法向量.(9分)易得平面ACE的一个法向量为n=(1,0,0).令|cos|=|mn|m|n|=1(2-12-)2+2=22,解得=12.故当F为DE的中点时,平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为4.(12分)图D 6-5