2022届新高考数学二轮复习新题型专项之结构不良题

2022届新高考数学二轮复习新题型专项之

结构不良题(1)1.在①a2+b1=2d，②7(彳+a7)=114,③S5=8a2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列｛,｝的公差d〉0，前n项和为S/若，数列｛bj满足b-1，b=—，(a+1)b=nb.1 23n n+1 n(1)求数列｛a｝的通项公式；n(2)求数列｛b｝的前2n项和T.n 2n注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分..设S为等差数列｛an｝的前n项和，｛bn｝是正项等比数列，且a1=%=1，a5=3b2.在①a3+b3=14，②a14=81，③S4=4S2这三个条件中任选一个，回答下列问题：(1)求数列｛a｝和｛b｝的通项公式；nn(2)如果a=b(m,neN*)，写出m,n的关系式m=f(n)，并求f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020)的值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分..从①S4=20，②S3=2a「③3a3-a4=b2这三个条件中任选一个，补充到下面问题中并解答下列问题.已知等差数列｛a｝的前n项和为S，｛b｝是各项均为正数的等比数列，a=b，，n nn 1 4b=8，b-3b=4，是否存在正整数k，使得数列］—1的前k项和T〉”？若存在，求出2 1 3 IS k161n，k的最小值；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..在①a2 -a2 =3(a >0,neN*)， ② a? -aa -3a -9=0(n>2,neN*)， ③并解答下列问题S=n2-2n+2（ne脂）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题已知数列｛an｝的前n项和为Sn,且a=1，.（1）求数列｛a｝的通项公式.n（2）对大于1的自然数n，是否存在大于2的自然数m，使得\，an,am成等比数列？若存在，求m的最小值；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..在①a+b=4，②b-a+a+c=1，③a2+c2-b2=4<3S（其中S为△ABC的面积）这三cb+a个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bsinA+-B=csinB，c=<13，2且，计算△ABC的面积S..在△ABC中，a+b=11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求:a的值；⑵sinC和△ABC的面积.1 1 9条件①：c=7,cosA=--；条件②：cosA=-,cosB=—.7 8 16.已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,a=后,b=2g,求c的值.在①3bsinA-atanB=0,②2y6cosB一bsinA=0,③sinAcosC+sinCcosA=-b这三个条3件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答.7.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a+b=14,cosC=-， .8①sinA:sinB=4:3；②△ABC内切圆的半径为05；3③△ABC的面积为3<15.请从以上三个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题:（1）求c的大小.（2）若D为AB的中点，求中线CD的长.答案以及解析.答案：(1)若选①，a2+b1=2d,因为(a+1)b=nb,所以当n=1时，(a+1)b2=b.因为b=1,b=』，所以a=2.23 1又因为a+b=2d，所以2+d+1=2d,解得d=3，所以a.=3n-1.若选②，7(a+a)=11a,因为(a+1)b=nb,所以当n=1时，(a+1)b2=b.因为b=1,b=：，所以a=2.23 1又因为7(彳+a7)=11a5,所以7(a+a+6d)=11(a+4d),所以7(4+6d)=11(2+4d),解得d=3，所以an=3n-1.若选③，S=8a,因为(a+1)b=nb,所以当n=1时，(a+1)b2=b.因为b=1,b=:，所以a=2.23 1又因为S=8a，所以5a+“,d=8(a+d),5 2 1 2 1解得d=3，所以an=3n-1.(2)由1得3nb=nb，所以b=~b.n+1 n n+13n

又b=1,所以数列｛b｝是以1为首项，-为公比的等比数1 八 3(1、n-1列，所以b=-,n13(1n所以T二匕二3G-3-2n)n 11 21 3.答案：(1)若选①，a+b=14,,29d= ，89q二一—2(舍)，设等差数列U｛an｝的公差为d，等比数列｛b,29d= ，89q二一—2(舍)，1+2d+q2=14,解得Id=2,1+4d=3q， '[q=3则Ua=2——1,b=3n-1.若选②，ab=81，设等差数列｛an｝的公差为d，等比数｛bn｝的公比为q(q>0).b因为a=b=1，所以q4=r=81，解得q=3，1 b1所以b=3n-1.n又因为a=3b，所以1+4d=3x3，解得d=2，所以a=2——1.若选③，S4=4S/设等差数列U｛an｝的公差为d，等比数列｛bn｝的公比为q(q>0).因为a=b=1,a=3b，4+423d=4(2+d)，解得|d=2，J+4d=3q '1q=3，则a=2n—1,b=3n-1.(2)因为a=b

所以2m-1=3n-1，即m=—Qn-1+1)，2一(30+1)+(31+1)+…一(30+1)+(31+1)+…+Q2019+1)12019+1)1(30+31+…+32019+2020)=1x2 2C1—32020 +2020I1-332020-1 +1010.b=bq=8q.由b一3b=b=bq=8q.由b一3b=4，得8 1.、 2 ..、4x3 d=20，解得d=2，2 3x8q=4，即6q2+q—2=0，解得q=54x3 d=20，解得d=2，2若选①：设等差数列｛a｝的公差为d，则S=4a+所以S=2n+ ——x2=n2+n，11S n(n+1)所以Tk11= 1 所以Tk11= 1 F…H =SkI+…+15 >—,k+116解得k>15，因为k为正整数，所以k的最小值为16.12若选②：设等差数列｛a｝的公差为d，由S=2a，得3a+任d=2(a+2d)，解得d=212所以S=2n+ ——x2=n2+n，11n(n+1)n所以Tk1 1= 1所以Tk1 1= 1 +…1,+ =Sk+…+15 > ,k+116解得k>15，因为k为正整数，所以k的最小值为16.若选③:设等差数列｛若选③:设等差数列｛〃｝的公差为d，由3a-a=b，得3(a+2d)-(a+3d)=8，解得d=4.所以S=2所以S=2n+n(n-1)42x—=—n2+—n，3313+…+(1 11+-——令Tk>15,得—+—<1，解得k>265或k<令Tk>15又k为正整数，所以k>7,所以k的最小值为7.4.答案：答案一选择条件①:(1)由(1)由a2-a2=3,n+1 na=1,得｛a2｝是首项为11 n公差为3的等差数列,贝U贝Ua2=3n-2，又a>0，所以a=/3n-2.（2）假设存在满足题意的自然数m（2）假设存在满足题意的自然数m,使得a,

1am成等比数列,贝府a2=aa,n1m即3n—2=%：3m一2,因为n因为ngN*且n>1,m>2且mgN*,所以当n=2时，mi=6.所以存在大于2所以存在大于2的自然数m,使得a1成等比数列.m的最小值为6.答案二选择条件②:答案二选择条件②:(1)因为a2—(1)因为a2—aa—3a—9=0，所以(a+3)(a—a—3)=0,nnn-1 n-1n-1又a=1,所以a-a-3=0,即a-a=3(n>2),n n-1nn-1所以｛a｝是首项为1，公差为3的等差数列，则a=3n-2.差数列，则a=3n-2.（2）假设存在满足题意的自然数m,使得a1,an,a成等比数列，则有a2=aa，即(3n—2)2=3m—2，即m=3n2-4n+2.因为ngN*且n>1,m>2且mgN*,所以当n=2时所以存在大于2所以存在大于2的自然数m,使得a1a成等比数列.m的最小值为6.答案三选择条件③:答案三选择条件③:(1)由S=(1)由S=n2-2n+2，可得当n>2时，a=S—S=2n—3，又当n=1时,nnn-1a1=1不满足上式，所以a二1Ln=1n2n—3,n>2a成等比数列，则有a2二aa，即m n1n（2）假设存在满足题意的自然数m，使得a1,a成等比数列，则有a2二aa，即m n1n即m=2n2—6n+6.因为neN*且n>1，m>2且meN*，所以当n=3时，mi=6..八.n—C.「.八

sinBsin =sinCsinB..八.n—C.「.八

sinBsin =sinCsinB.2 4 +B5.答案：因为bsin——=csinB，由正弦定理得2因为sinB丰因为sinB丰0，所以cosC=sinC=2sinCcosC，22即sinC=122又因为Ce(0,n)可得Ce[0,n]，所以C=n，即c=n.

又因为Ce(0,n)贝I」由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC,即(413)2=a2+b2-2abcos3=(a+b)2-3ab,即13=42-3ab，解得ab=1.故△ABC的面积S=1absinC=2b—aa+c若选②，即——+;-=1.cb+a贝U(b-a)(b+a)+(a+c)c=(b+a)c，整理得b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=b2+c2-a2=1.2bc2一 n因为Ae(0,n)，所以A=3.又因为C=J，所以4abc为等边三角形，故△ABC的面积S=1x亘c2=立x(同2=业.22 4 4若选③，即a2+c2-b2=4viS.由余弦定理可得a2+c2-b2=2accosB,

而△ABC的面积S=IasinB,故2accosB=4\3x—acsinB,23整理得cosB=x3sinB，即tanB=—.3一 一n因为Bg(0,n),所以B=-.6nnn所以A=n—C—B=n————=—.362所以b=c-tanB=v13x二^=——.3 3故Rt△ABC的面积S=1bc=1x-x<13=13l3.2 2 3 66.答案：答案一选①⑴由余弦定理a2=b2+c2—2bccosA,b=11—a,c=7,(1、得a2=(11—a)2+49—2(11—a)x7x—-I7)TOC\o"1-5"\h\z,、 1 ^ 4V3(2),/cosA=——,Ag(0,n),「.sinA= .7 7由正弦定理—sinAsinCcmcsinA——，得sinC= 由(1)知b=11—a=3，..・S△ABC=—absinC=2答案二选②,sinA=亘

85<7169 (一5<716cosB=—，.二Bg0,—,sinB=由正弦定理—TOC\o"1-5"\h\z16 I2)由正弦定理—sinAsinB得a11—a.得=，-a=6.3*7 5v78 167(2)sinC=sin(n—A—B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=—4

S =1absinC=1x6x5x-=15卫△ABC 2 2 4 47.答案：若选①3bsinA-atanB=0,sinB则由正弦定理可得3sinBsinA-sinA =0.cosB，所以sinA丰0,sinB丰0,，所以sinA丰0,sinB丰0,由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac即一二3，解得c=乎（舍去负值）.若选②2<6cosB-bsinA=0，贝U2<2acosB-bsinA=0，则由正弦定理可得2v2sinAcosB-sinBsinA=0.，所以sinA丰0,(八n因为，所以sinA丰0,所以2<2cosB-sinB=0，又sin又sin2B+cos2B=1,，所以cosB=3.即片=1，解得c=运

2%：3c 3 3（舍去负值）.若选③sinAcosC+sinCcosA2v2则Usin(A+C)=sinB=3—,，所以cosB=3

故由余弦定理可得cosB=a+c2—b2=1,2ac 3即3:；—8=1，解得c=五(舍去负值).2v3c 3 38.答案：方案一：选条件①.(1)由正弦定理，得a:b=4:3.又,：a+b=14，:.a=8，b=6.7由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcosC=64+36-2x8x6x—=16，8.:c=4.(2)延长CD至点E，使DE=DC，连接AE，BE，则四边形ACBE是平行四边形.在 △ACE 中 ，CE2=AE2+AC2—2AE-ACcosZEAC=BC2+AC2+2BC-ACcosZACB=64+36+2x8x6xr —=184，.:CE=2<46，8.:CD=v46.方案二：选条件②.,、 7 v15（1）,、 7 v15（1）cosC=—， .:sinC= 8 8义.公ABC内切圆的半径为也，3，:.S =_absinC=——ab.TOC\o"1-5"\h\zabc2 160 1 15 …、.:S =—(a+b+c)- = (14+c).abc2 3 6