2023届数学二轮复习讲练测 技巧04 结构不良问题解题策略

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技巧04 结构不良问题解题策略
【命题规律】
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．
【核心考点目录】
核心考点一：三角函数与解三角形
核心考点二：数列
核心考点三：立体几何
核心考点四：函数与导数
核心考点五：圆锥曲线
【真题回归】
1．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M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）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）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①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，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，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
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：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
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①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
2．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)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AB与平面BMN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】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.

3．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
4．（2021·北京·统考高考真题）在中，，．
（1）求；
（2）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，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
【解析】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
5．（2021·全国·统考高考真题）已知数列的各项均为正数，记为的前n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①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【方法技巧与总结】
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．
【核心考点】
核心考点一：三角函数与解三角形
【典型例题】
例1．（2022·全国·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)求函数f(x)的单调递增区间和最小正周期；
(2)若当时，关于x的不等式. 求实数m的取值范围.
请选择①恒成立，②有解，两条件中的一个，补全问题(2)，并求解.
注意：如果选择①和②两个条件解答，以解答过程中书写在前面的情况计分.
【解析】（1）
．
所以函数的最小正周期．
由，解得．
所以函数的单调增区间为，
（2）若选择①
由题意可知，不等式恒成立，即．
因为，所以．
故当，即时，取得最小值，且最小值为．
所以，实数m的取值范围为．
若选择②
由题意可知，不等式有解，即．
因为，所以．
故当，即时，取得最大值，且最大值为．
所以，实数m的取值范围．
例2．（2022春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知分别为内角的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④．
(1)满足有解三角形的序号组合有哪些？
(2)请在（1）所有组合中任选一组，求对应的面积．
【解析】（1）对于③，；
对于④，，
即，且，则，
故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④．
（2）选①②③：时，
由余弦定理：，
整理得：且，则，
的面积为．
选①②④：时，
由余弦定理：，
整理得：，则，
的面积．
例3．（2022春·浙江·高二期中）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

(1)求角的大小；
(2)如图所示，当取得最大值时，若在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，求面积的最大值．
【解析】（1）若选①，
由正弦定理得，，整理得，
所以，又，所以；
若选②，
由余弦定理得，化简得
所以，又，所以；
若选③，
由余弦定理得，，
化简得，又，所以；
（2）由（1）得，故，
所以
由，所以当即时，取得最大值，
令，，
在中由正弦定理可得，，所以，
由余弦定理可得，
所以
，
因为，可得，所以，

，
当且仅当即时,等号成立，
所以面积的最大值为．
核心考点二：数列
【典型例题】
例4．（2022春·广东·高三校联考阶段练习）已知等差数列前项和为，再从条件①､条件②､条件③选择一个作为已知，求：
(1)数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
条件①；条件②；条件③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】（1）设等差数列首项，公差，
选条件①：由已知，得
，解得，故，
选条件②：由已知，得，解得，
，
选条件③：由已知，则，所以，
解得，即，
综上所述，数列的通项公式为
（2）由(1)问的结论代入，
则，
所以数列的前项和.
例5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨工业大学附属中学校校考期末）设数列是等比数列，其前项和为
(1)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，求的通项公式；
①；②；
(2)在（1）的条件下，若，求数列的前项和
【解析】（1）设等比数列的公比为，，
若选①，，，
时，，
可得，，
所以；
若选②，，所以，
可得，所以，，；
（2），，所以，
所以是公比为首项为的等比数列，
故.
例6．（2022春·福建·高三校联考阶段练习）从①；②；③三个选项中，任选一个填入下列空白处，并求解.已知数列，满足，且，，______，求数列的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】因为，所以，
又因为，所以，所以，.
选①：，
所以，
选②：，
所以，
选③：，所以，
，
两式相减，可得
核心考点三：立体几何
【典型例题】
例7．（2022春·云南楚雄·高三校考阶段练习）在四棱锥中，平面为棱中点，，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．
条件①：；
条件②：平面．

(1).求证：；
(2).求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则.
又，则.注意到，则为等腰直角三角形，其中，.
若选条件①，由余弦定理可得，
，结合为三角形内角，得，又，则，即.
若选条件②，因平面，BC平面，平面平面，
则，又，则，即.
（2）若选条件①，由（1）可得，则，
故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）
又，，
则，.
则，，.
设平面法向量为，则.
取，又设与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为
若选条件②，由（1）可得，故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）
因，则，
则由余弦定理可得.
又，
则，.
则，，.
设平面法向量为，则.
取，又设与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.

例8．（2022春·新疆伊犁·高二校考期中）从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60°；③△ACD为锐角三角形且三棱锥S﹣ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．

(1)求证：直线EF∥平面SAD；
(2)若，AD＝2，_______，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．
【解析】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，
∵F为SC的中点
∴MF∥CD，MF＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四边形AEFM为平行四边形，
∴EF∥AM，
∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
∴EF∥平面SAD．

（2）选择条件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因为，
所以AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（2，2，﹣2），＝（﹣2，0，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

选择条件②：
连接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA为直线SC与平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵，∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，

故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．

选择条件③：
∵VS﹣ACD＝SA•S△ACD＝SA•＝×＝2，
∴sin∠ADC＝，
∵∠ADC∈（0，），∴∠ADC＝，
∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，

故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
例9．（2022春·四川遂宁·高二遂宁中学校考期中）从①，②G是的中点，③G是的内心.三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答.在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，，，，分别为，的中点.

(1)判断EF与平面的位置关系，并证明你的结论；
(2)若G是侧面上的一点，且________，求三棱锥的体积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）平面，理由如下：
如下图所示，连接，

因为四边形为矩形，且点为的中点，则点为的中点，
又因为为的中点，所以，
∵平面，平面，∴平面；
（2）∵四边形为矩形，则，
∵平面，平面，∴，
∵，∴平面.
∵为的中点，则.

选①：∵，则，∴平面，且，
；
选②：∵、分别为、的中点，∴，且，
∵平面，∴平面，
；

选③：设的内切圆切于点，连接，则，
∵平面，平面，∴，
在平面内，，，则，∴平面，
，，
由等面积法可得，
所以，，
所以，.

核心考点四：函数与导数
【典型例题】
例10．（2022·浙江·模拟预测）已知函数．
(1)若是的极值点，求a；
(2)若，分别是的零点和极值点，证明下面①，②中的一个．
①当时，；②当时，．
注：如果选择①，②分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）因为，所以，
若是函数的极值点，则，，即，
此时，
设，则，，
所以存在，使得当时，，单调递减，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，是的极值点.
（2）选择①：
因为分别为的零点和极值点，所以，
，所以.
当时，，则，即
因为，所以当，即时，成立，
当时，若，则只需证明，
设，则
设，
则为增函数，且
所以存在唯一，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故，所以，单调递增，
所以，则，等价于.
设，则，
当时，若时，，，单调递减，
所以当，所以当时，成立，
设，则，
当时，，单调递增所以当时，，
即成立，
综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.
选择②：
因为分别为的零点和极值点，所以，
，所以.
当时，，则，即
若，即则只需证明，
设，则，
当时，，单调递减，所以.
若，设，则，单调递增，
所以，所以，，
所以只需证明.
设，则，
当时，，当时，即时，，
设，
则，
因为当时，函数单调递增，
所以当时，，
，单调递减，此时也有，
所以当时，单调递减，，即当时，，
综上，综上，若，分别是的零点和极值点，当时，.
例11．（2022春·贵州铜仁·高三校考阶段练习）已知指数函数经过点.求：
(1)若函数的图象与的图象关于直线对称，且与直线相切，求的值；
(2)对于实数，，且，①；②.
在两个结论中任选一个，并证明.（注：如果选择多个结论分别证明，按第一个计分）
【解析】（1）设函数（且），
因为指数函数经过点，所以，解得：，
则函数，又函数的图象与的图象关于直线对称，
即函数与互为反函数，则，
设直线相切与函数的切点坐标为，由于，
则，解得，
故．
（2）若选择①：不妨设，则，要证不等式，
即，即，
令，则，不等式等价于，即在上成立．
令（），则，
当且仅当时取等号，故函数在为增函数，
所以，故不等式成立．
综上：结论①得证 .
若选择②：不妨设，则，
要证不等式，即，
即要证不等式，
令，则，不等式等价于，
即在上恒成立，
令（），
则，即在为增函数，
所以，
故不等式成立，
综上：结论②得证.
例12．（2022春·广东东莞·高三东莞市东华高级中学校考阶段练习）已知三个函数①，②，③．
(1)请从上述三个函数中选择一个函数，根据你选择的函数画出该函数的图象（不用写作图过程），并写出该函数的单调递减区间(不必说明理由)；
(2)把（1）中所选的函数记为函数，若关于x的方程有且仅有两个不同的根，求实数k的取值范围；
(3)（请从下面三个选项中选一个作答）
（i）若（1）中所选①的函数时，有，且，求的值；
（ii）若（1）中所选②的函数时，有，且，求的取值范围；
（iii）若（1）中所选③的函数时，有，且，求的值．
【解析】（1）若选①，函数图象如下图所示：

由图象可知函数的单调减区间为：和；
若选②，函数图象如下图所示：

由图象可知函数的单调减区间为：和；
若选③，函数图象如下图所示：

由图象可知函数的单调减区间为：；
（2）关于的方程有且仅有两个不同的根与的函数图象有两个不同的交点，
若选①，根据函数图象可知，若与的图象有两个交点，此时；
若选②，根据函数图象可知，若与的图象有两个交点，此时或；
若选③，根据函数图象可知，若与的图象有两个交点，此时；
（3）（i）若选①，如图所示：

设，因为的图象关于对称，
所以关于对称，关于对称，
所以；
（ii）若选②，如图所示：

设，
由图象可知：，，
所以，，所以，，
所以，，所以；
（iii）若选③，如图所示：

设，由图象可知：，且，
所以，所以．
核心考点五：圆锥曲线
【典型例题】
例13．（2022春·辽宁大连·高二育明高中校考期中）①过且垂直于长轴的直线与椭圆C相交所得的弦长为3；②P为椭圆C上一点，面积最大值为.在上述两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
设椭圆左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，短轴长为，______.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线l与C交于不同的两点M，N，若，试求内切圆的面积.
【解析】（1）依题意，
若选①：由，，
所以，所以，
所以椭圆的标准方程为.
若选②：对于，
当最大，也即是椭圆的上下顶点时，
三角形的面积取得最大值为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，
由于，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
由消去并化简得，，
设，则，
所以，
到直线即的距离为，
所以三角形的面积为，
设三角形的内切圆半径为，
则，
所以内切圆的面积为.
例14．（2022春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）已知椭圆：，分别为椭圆的上下顶点，点为椭圆上异于点的任一点，若的最大值仅在点与点重合时取到，在下列三个条件中能满足要求的条件有____________.
条件①：过焦点且与长轴垂直的弦长为；
条件②：点与点不重合时，直线与的斜率之积为；
条件③：，分别是椭圆的左、右焦点，的最大值是120°.
(1)选出所有满足要求的条件，说明理由并求出此时的椭圆方程；
(2)若过原点作与平行的直线，与平行的直线，，的斜率存在且分别与椭圆交于四点，则四边形的面积是否为定值?若为定值，求出该值；若非定值，求其取值范围.
【解析】（1）由题知椭圆焦点在轴上，，
因为点为椭圆上异于点的任一点，
所以，设，即，
所以，，
选条件①，过焦点且与长轴垂直的弦长为，
所以，令得，
所以，，解得，此时椭圆的方程为，
因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，
显然，不满足点与点重合时取到最大值，
所以，条件①不满足；
选条件②，点与点不重合时，直线与的斜率之积为，
所以，，，、
所以，，此时椭圆的方程为，
因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，
所以，，即时取到最大值，满足点与点重合时取到最大值，
所以，条件②满足，此时椭圆的方程为.
条件③，，分别是椭圆的左、右焦点，的最大值是120°，
因为的最大值是120°，
所以，，，椭圆的方程为，
因为的最大值仅在点与点重合时取到，即时取到最大值，
显然，不满足点与点重合时取到最大值，
所以，条件③不满足.
（2）因为，的斜率存在，平行的直线，与平行的直线，
所以，如图，不妨设直线的斜率为，则由（1）知的斜率为，
所以，直线的方程为，直线的方程，
所以，联立方程得，，故，
联立联立方程得，，故，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，
所以，，，
所以，
所以，四边形的面积

，
所以，四边形的面积是为定值.

例15．（2022·全国·高三专题练习）已知点，动点到直线的距离为，且，记的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过作圆的两条切线、（其中、为切点），直线、分别交的另一点为、．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①为定值；
②．
【解析】（1）由题意知，两边平方整即得，
所以，曲线的方程为.
（2）证明：设、、，
当时，，则不妨设点，则点或，
此时，则；           
当时，设直线，
由直线与圆相切可得，即，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则
，
所以，，同理可得.
选①，由及可得，
则，所以，；
选②，出及可得：、、三点共线，则，
又，因此，.


【新题速递】
1．（2022春·四川成都·高三成都七中阶段练习）已知等差数列的公差为，前项和为，现给出下列三个条件：①，，成等比数列；②；③．请你从这三个条件中任选两个解答下列问题．
(1)求的通项公式；
(2)若，且，设数列的前项和，求证．
【解析】（1）由条件①得，因为，，成等比数列，则，即，又，则，
由条件②得，即，
由条件③得，可得，即．
若选①②，则有，可得，则；
若选①③，则，则；
若选②③，则，可得，所以．
（2）证明：由，且，
所以当时，则有，
又也满足，故对任意的，有，
则，
所以，
由于单调递增，所以，
综上：．
2．（辽宁省大连市2022-2023学年高二上学期期末数学试题）已知双曲线．请从①②③中选取两个作为条件补充到题中，并完成下列问题．①；②离心率为2；③与椭圆的焦点相同．
(1)求C的方程；
(2)直线与C交于A，B两点，求的值．
【解析】（1）选①②，可得，，解得，所以C的方程为；
选①③，可得，，解得，所以C的方程为；
选②③，可得，，解得，，所以C的方程为；
（2）设，，联立，消掉y，整理得，
所以，因为，
所以．
3．（四川省广安市2022-2023学年高三第一次诊断性考试数学（理）试题）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c从下列三个条件中选择一个并解答问题：
①；②；
③．
(1)求角A的大小；
(2)若，且的面积为，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．
【解析】（1）如选择①，有，
即，
由正弦定理可得，，
又，所以，
因为，所以.
如选择②，由可得，，
由正弦定理可得，，
又，
所以，又，
所以，即，
所以.
因为，所以，所以，解得.
如选择③，.
由余弦定理可得，，
整理可得，，所以.
因为，所以.
（2）由（1）知，，又，且的面积为，
所以有，解得，
由余弦定理可得，，
所以，
所以的周长.
4．（2022春·吉林·高三东北师大附中校考阶段练习）记数列的前n项和为.已知，且满足___________.
从①记，且有；②；③中选出一个能确定的条件，补充到上面横线处，并解答下面的问题.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【解析】（1）选择条件①，解析如下：
因为，，所以，则，
故，得，即，即条件②，
以下解析与选择条件②解析相同，见下方解析；
选择条件②，解析如下：
因为，
所以当时，，得；
当时，，
所以，
则，即，
经检验：当时，，
所以，
所以是以，的等差数列，
故；
不能选择条件③，理由如下：
因为，所以数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，
又因为，所以数列的奇数项可以确定，
但数列的任一偶数项都未知，故数列的偶数项无法确定，
因此数列不确定，故条件③不能选.
（2）由（1）得，
所以，
则，
两式相减，得，
所以.
5．（2022春·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知______．
(1)求角A的大小；
(2)若为锐角三角形，且其面积为，点G为重心，点M为线段的中点，点N在线段上，且，线段与线段相交于点P，求的取值范围．
注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分．
【解析】（1）若选①，
由正弦定理可得
即，又，所以，即，
因为，所以；
若选②，即，
即，
所以，即，所以，即，
因为，所以；
（2）依题意，，
所以，
因为、、三点共线，故设，
同理、、三点共线，故设，
所以，解得，
所以，
则，

因为，所以，
又为锐角三角形，
当为锐角，则，即，
即，即，即，所以，
当为锐角，则，即，
即，即，即，即，所以，
综上可得，
又，则



因为，所以，而在上单调递减，所以，
即，即，所以，则.
6．（2022·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测）过原点O的直线与抛物线交于点A，线段OA的中点为M，又点，．在下面给出的三个条件中任选一个填在横线处，并解答下列问题：
①，②；③的面积为．
(1)已知_________，求抛物线C的方程；（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
(2)已知点，设A，B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA，PB与y轴分别交于D，E两点，线段DE的垂直平分线经过点P．证明：直线AB的斜率为定值．
【解析】(1)由题意知直线OA的斜率存在且不为0，设其方程为，
由得即即
所以线段OA的中点．因为，所以直线MN的斜率存在，
，所以，解得，所以直线OA的方程为，．若选①，不妨令，由，得，解得（舍去），所以抛物线C的方程为．
若选②，因为，所以点N到直线OA的距离为，即，
解得（舍去），所以抛物线C的方程为．
若选③，不妨令，因为，
点N到直线OA的距离，所以，解得（舍去），所以抛物线C的方程为．
(2)，曲线C的方程为点在曲线C上．
是C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA、PB与y轴分别交于点M、N，
∴直线PA、PB的斜率都存在，且都不为0，分别设为，则，
直线PA的方程为，即，
当时，，即．同理可得，
线段DE的垂直平分线经过点P，
，即．由，得．
设，则是的解，由韦达定理得：
，同理可得
，
所以直线AB的斜率为定值．
7．（2022秋·湖南永州·高二永州市第一中学校考期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若为钝角三角形，______，求外接圆的半径R的取值范围．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．①；②．
【解析】(1)
因为，所以，，
所以，此时，解得．
(2)若选择条件①，
由正弦定理，，
而，
因为为钝角三角形，不妨设，则，，故，
外接圆的半径为．
若选择条件②，
因为为钝角三角形，由及知角A必为钝角，即，
由余弦定理得，代入（*）式得，故．
所以，得，
故，可得
由正弦定理得．
8．（2022·湖南衡阳·统考三模）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数；
(2)从下面两个问题中选一个作答，若两个都作答，则按照作答的第一个给分．
①当时，，求实数．
②当时，，求实数．
【解析】(1)由题意得：；
在上单调递增，恒成立且不恒为零；
当时，，则，，；
当时，；
当时，，则，，；
综上所述：实数的值为.
(2)若选条件①，当时，，
；
令，则；
令，则，在上单调递增，
又，，，使得；
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，；
由得：，则，
，又在上单调递增，
，，，
，解得：，即实数的取值范围为.
若选条件②，
方法一：当时，，
令，则；
i.当时，，不合题意；
ii.当时，；
令，则，在上单调递增，
又，，，使得；
则当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
；
由得：，则，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，即；
，则，即实数的值为.
方法二：当时，，
即时，，即；
为上的增函数且值域为，
令，则对于，，即恒成立；
令；
i.当时，，与恒成立矛盾，不合题意；
ii.当时，，由得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，即；
，则，即实数的值为.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若函数，讨论的单调性；
(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.
①若函数，，且，证明：.②若函数，证明：.
【解析】（1）因为，所以，
的定义域为，.
当时，，在上单调递增.
当时，若，，单调递减；
若，，单调递增.
综上所述：当时， 在上单调递增.
当时， 在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：选①
因为，所以，
的定义域为，且.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
不妨设，则，由，
可知.当时，显然成立.
当时，，由，且，
可知，则，.
设，，，在上单调递增，
所以，所以成立.
综上所述，.
选②
.
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，
因此，
当且仅当时，等号成立.
设，，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
因此，
从而，则，
因为，所以中的等号不成立，故.
10．（2022·山东泰安·统考模拟预测）如图1，已知等边的边长为，点分别是边上的点，且满足，如图2，将沿折起到的位置．

(1)求证：平面平面；
(2)给出三个条件：①；②平面平面；③四棱锥的体积为，从中任选一个，求平面和平面的夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：
等边中，由，得即，
所以
又得
在中，，由余弦定理得
，
，
又平面，
平面，
又平面
平面平面
(2)解（1）：若选择条件①
，平面，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.


设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（2）：若选择条件②平面平面，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.



设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（3）：若选择条件③四棱锥的体积为，
容易求得，四边形的面积为，又四棱锥的体积为，
所以，四棱锥的高为，即点到底面的距离为1，
又因为，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，
设平面的法向量为，，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，

设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
11．（2022·山西吕梁·统考模拟预测）在①；②，；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线处，并作答．
已知正项数列的前n项和为， ，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，记表示x除以3的余数，求．
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．
【解析】(1)选条件①时，
当时，，解得，所以．
当时，，，
两式相减得，即，，
当时满足上式，所以．
所以当时，，
又，所以．
选条件②时，
因为，
当时，，
当时，，
两式相减，得，所以，
又，所以，
所以数列为常数列，又，所以，
所以．
选条件③时，
当时，，因为，所以．
由，当时，，
两式相减，得，
整理得，所以．
因为，所以，
所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，
所以．
(2)由题知，
所以，
又，
而


所以．
12．（2022秋·安徽阜阳·高一安徽省太和中学校考阶段练习）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，分别是角的对边，，若为上一点，且满足____________，求的面积.
请从①；②为的中线，且；③为的角平分线，且.这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【解析】(1)，
由，得，，
∴函数的单调递增区间为，；
(2)由，得，
又中，，可知；
若选①：
由，可知，可化为，
又，则，
又中，故，所以，
则，故；
若选②：为的中线，且
在中，，，则有，
在中，，
在中，，
又，
则
则，又知，故；
故；
若选③：为的角平分线，且.
由题意知，，
即，整理得
又在中，，，则有，
故
解之得，，故.