2022届新高考数学二轮复习新题型专项之结构不良题（3）

这是一份2022届新高考数学二轮复习新题型专项之结构不良题（3），共16页。
2022届新高考数学二轮复习新题型专项之结构不良题（3）1.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
已知数列的前n项和为，，________，，求数列的前n项和.   2.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上（填序号），并解答.已知数列的前n项和为，且，______________.（1）求数列的通项公式；（2）对大于1的正整数n，是否存在大于2的正整数m，使得，，成等比数列？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由.注：选择多个条件分别解答时，按第一个解答计分.   3.设各项均为正数的数列的前n项和为，________.①，且；②；③.在以上三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.   4.在①，②，③数列的前n项和这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.
已知数列的前n项和为，_________，数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.   5.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，_____________________?   6.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，_______________.（1）求角A；（2）若，的面积为，求的周长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.   7.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c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.   8.在①，②，③的面积为这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.如图，在平面四边形ABCD中，，____________.（1）求BD的长；（2）求的最大值.
答案以及解析1.答案：选择条件①.
由，得.
两式作差，得，即.
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以.
故，
所以，
，
两式相减，得，
所以.
选择条件②.
因为，所以当时，.
两式相减，得，即.
当时，，即.
又，所以，符合式.
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，所以.
故，
所以，
，
两式相减，得

，
所以.
选择条件③.
由于，，故，.
由，得，
两式作差，得，故.
又符合上式，
故，
所以.
当n为偶数时，；
当n为奇数时，.
综上所述，.2.答案：选择条件①.（1），，数列是以1为首项，3为公差的等差数列，，.，，.（2）存在.假设对大于1的正整数n，存在大于2的正整数m，使得，，成等比数列，则，即，，，，整理，得，令，且，，当且时，，即，数列是递增数列.当时，数列取最小值.对大于1的正整数n，存在大于2的正整数m，且m的最小值为6.选择条件②.（1），，即，，，是首项为1，公差为3的等差数列，.（2）存在.假设对大于1的正整数n，存在大于2的正整数m，使得，，成等比数列，则，即，整理得，且n为正整数，当时，，即存在大于2的正整数m，使得，，成等比数列，且m的最小值为6.选择条件③.（1），当且时，，（且）.，（2）存在.假设对大于1的正整数n，存在大于2的正整数m，使得，，成等差数列，则，即，整理得，且n为正整数，当时，，此时不成立，故应取，当时，，即存在大于2的正整数m，使得，，成等比数列，且m的最小值为6.3.答案：若选①
（1），
，
又，
数列是首项为，公差为1的等差数列，
，
，当时也成立，
.
（2），
在前项中奇数项和偶数项各有n项，奇数项是首项为-2，公
比为16的等比数列偶数项是首项为8，公比为16的等比数列，
，
.
若选②.
（1），
，
又，
当时，，
又，
，
，又，
，
数列是首项为2，公差为2的等差数列，
.
（2），
在前项中奇数项和偶数项各有n项，奇数项是首项为-4，公
比为16的等比数列，偶数项是首项为16，公比为16的等比数列，
，
.
若选③.
（1），
当时，，
当时，，
而，

（2）
在前项中奇数项和偶数项各有n项，，奇数项从第二项
起是首项为-32，公比为16的等比数列，偶数项是首项为8，公比为
16的等比数列，
，
，
.4.答案：方案一：选条件①
由，得当时，，
即，解得.
整理，得，
故数列是首项为3公差为2的等差数列，
所以，
所以.
当时，，又也适合上式，
所以数列的通项公式为.
所以，
所以.
因为随着n的增大而增大，所以.
所以若恒成立，则，即，
即，所以或，
所以的取值范围为.
方案二：选条件②
由，得，
两式相减，得
整理得，
因为，所以，
即，故数列是公差为4的等差数列.
又，所以.
所以，
所以.
因为随着n的增大而增大，所以.
所以若恒成立，则，即，
即，所以或，
所以的取值范围为.
方案三：选条件③
设，当时，，
当时，也适合上式，所以.
所以，
又，所以，
所以数列是公差为4的等差数列，
所以.
所以，
所以
因为随着n的增大而增大，所以.
所以若恒成立，则，即，
即，所以或，
所以的取值范围为.5.答案：答案一  选条件①.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由①，解得.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时.
答案二  选条件②.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由②，所以.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时.
答案三  选条件③.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由③，与矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.6.答案：（1）选择①：因为，所以由正弦定理可得，即，则由余弦定理可得，所以.因为，所以，即.因为，所以.选择②：由，得，即，由正弦定理得.由余弦定理得.因为，所以.选择③：由，结合正弦定理得.因为，所以，则，所以.因为，所以，故.因为，所以.（2）由（1）知.因为，所以.由余弦定理得，，即，所以，所以的周长为.7.答案：方案一：选条件①.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由①，解得.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时.
方案二：选条件②.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由②，所以.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时.
方案三：选条件③.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由③，与矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.8.答案：（1）方案一：选条件①.因为在平面四边形ABCD中，，所以.由，得，故.根据正弦定理得，所以.方案二：选条件②.因为在平面四边形ABCD中，，所以.设，则，由余弦定理得，即，得或（舍去），所以.方案三：选条件③.因为在平面四边形ABCD中，，所以.由题意得，解得.由余弦定理可得，所以.（2）解法一：设，则，由正弦定理得，所以，所以，其中.所以当时，取到最大值，且最大值为.解法二：在中，设，由余弦定理得，即，则.由基本不等式可知，因此，则，所以，当且仅当时取等号.所以的最大值为.