结构不良题-真题链接-2023届新高考特色题型（教师版）

结构不良题一真题链接

1.1全国新高考H202221］已知双曲线C：［一［=13>0,方>0)的右焦点为尸(2,0),渐近

线方程为y=±V5x.

(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P(M，%),。(必》)在C上，且

xi>X2>0,%>0.过P且斜率为一遍的直线与过Q且斜率为百的直线交于点M.从下面①②

③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.

①M在AB上；@PQ//AB；@\MA\=\MB\.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

【解】本题考查双曲线的方程及几何性质、直线与双曲线的位置关系.

(1)由题意得c=2①.

...双曲线的渐近线方程为y=±%=±恁，..《二百②.

又/="+从③，联立①②③解得。=1,b=M，

，双曲线。的方程为1一q=1.

(2)设直线PQ的方程为y=H+〃，由点尸，。的相对位置可知Q0,且后国.将直线PQ的

方程代入C的方程得(3—E)P—Iknx—n2—3=0,

则A=12(〃2+3—F)>0,X]+K2=2筹，XM2=一.又即>入2>0,:・k>6,/?<0,

2j3(n2+3-k2)

则X]-X2=J(%1+%2)2—4/工2=

k2-3

VM-yi=-V3(X-%),

设点M的坐标为(坳，)的)，则M

-yi=V3(XM-%2)-

两式相减，得力一”=2V3x；w—V3(xi+xi).

又yi~y2=(kx\+n)—(te+n)=k[x\—X2)»

.*.243xM—k(x\—X2)+V3(XI+XZ),

22

解得XM=k>/n+3-k-kn

k2-3

两式相加，得2)如一。1+丁2)=W(为一及).

Vyi+>2=(区]+〃)+(kx2+n)=k(x\+xi)+2〃,

2yM=+x2)+V3(xi—X2)+2〃，

3

解得y“=kXM，

因此，点M的轨迹方程为y=/x>0）,其中k为直线PQ的斜率.

若选条件①②，则证明③：

由题知直线AB的方程为y=%（x-2）,设A（XA，»）,B（XB，）>B）,不妨取点A在第一象限,

2k

%=k黑一2),解得XA=k^,

则

.%—73XA»2yf3k

”二K・

2k-2近k

同理可得=

rr石，

此时XA+XB=含，"+用=皆・

(yM=k(xM-2),

・・•点M的坐标满足_3

(VM—M，

_2k2_以+-B

=k^3=2，

_6k_"+如

一k2-3-2，

故M为线段A8的中点，即|AM|=|M8|.

若选条件①③，则证明②：

当直线A8的斜率不存在时，点M即为点F（2,0）,此时M不在直线y=：x上，不符合题意

（在设直线方程时，不要忽略对直线斜率不存在情况的讨论）.

当直线48的斜率存在时，设直线AB的方程为y=nz（x-2）（*0,且，期±g）,A（XA,yA）,

B（XB,犯），不妨取点A在第一象限,

则伊=m(x-2),/=会，

A解得

1乃=WXA，2V3m

为=口•

同理可得『能-2bm

，刈=m+V3

2m2

此时X”=出磐=..一"+如―6m

m2-3）“一_2_一门'

由于点M同时在直线尸和上，故6机=*2加，

解得％=%，因此PQ〃AB.

若选条件②③，则证明①：

由题知直线AB的方程为y=k（x-2）,

设A（XA，地），B（XB，冲），不妨取点4在第一象限,

2k

g=k,—2),解得XA=k^'

则

243k

M=、3XA，

2k-2y[3k

同理可得加=fc+V5,泗=两“

设线段AB的中点为E(XE,y。，则切=弩=恐，

6k

yE

2k2-3

•・・|MA|=|MB|,・・.M在线段A8的垂直平分线上,

即点M在直线y—”：=一纸一啕上.

'_2k2_

将该直线方程与尸永联立，解得I""=*=与'

(yM=^=yE>

即点M恰为线段A8的中点，故点M在直线A8上.

2.［全国新高考II202卜22］己知函数段)=(》—1)^一加+方.

(1)讨论人x)的单调性；

(2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：凡*)恰有一个零点.

①!<耳，b>2a；

②0<a<1,后2a.

注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分.

【分析】本题考查利用导数判断函数的单调性，函数单调性的应用以及零点存在性定理.

(1)【解】由题意得广(x)=x(e，-2“)，

当比0时,令1(x)>0,得x>0；令尸(x)<0,得x<0,

所以./(X)在(一8,0)上单调递减，在(0,+oo)上单调递增.

当”>0时，令/(x)=0,得x=0或x=ln2a,

①当时，令尸(戏>0,得x<ln2n或x>0；

令f'(x)<0,得In2a<x<0,

所以£x)在(-8,In2a),(0,+co)上单调递增，在(In2a,0)上单调递减.

②当时，尸(x)=x(炉一1巨0且等号不恒成立，所以兀v)在R上单调递增.

③当时，令((x)>0,得x<0或x>ln2a；令/(x)<0,得0<v<ln2a,

所以於)在(一00,0),(In2a,+oo)上单调递增，在(0,In2a)上单调递减.

(2)【证明】选择条件①，证明如下：

由⑴知当时，/)在(一8,0),(In2a,+8)上单调递增，在(0,In2a)上单调递减，所以

兀r)在x=0处取得极大值40),在x=ln2a处取得极小值火In2a),

且式0)=-1+4/In2a)=(2“一aln2a)ln2a+b~2a.

由于3a骂，b>2a,所以火0)>0,In2a>0,b-2a>0.

令g(x)=2x—xlnlx,

则g'(x)=2~\n2x~l=l-ln2x,

令g%x)=0得x=|,当gxv；时，g'(x)>0,

2

当"时，g'(x)<o，

所以g(x)在G，；)上单调递增，在上单调递减，

所以g(x)在x=|处取得极大值g®.

由于gC)=|>。,

所以g(x巨0在G，7上恒成立，

所以.*ln2a)>0.

当X——8时，犬犬)一一8,所以“X)有一个零点，得证.

选择条件②，证明如下：

由⑴知，当时，於)在(一8,ln2a),(0,+s)上单调递增，在(In2a,0)上单调递减，

所以式用在x=ln2a处取得极大值川n2a),在x=0处取得极小值10).

由于0<“<$妇2m所以犬0)<0,b-2a<0,In2a<0,一aln2a>0,贝ij2a—“ln2a>0,所以

Ain2a)<0.

当X—>+8时，HX)T+8,所以#x)有一个零点，得证.

3.［全国甲(理)2021」8］已知数列｛斯｝的各项均为正数,记S〃为｛斯｝的前几项和,从下面①②

③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.

①数列｛如｝是等差数列；②数歹由质；｝是等差数列；③42=30.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

【分析】本题考查等差数列的通项公式、前〃项和及等差数列的判断.

【证明】若选条件①②，则证明③：

设等差数列｛小｝的公差为d,

•••数歹U｛图｝是等差数列，；.2医=店+疝，

2yl2al+d=\[a[+J3al+3d,

两边平方整理得40+平=2/理14+d),

(4〃i+J)2=(2〃3%(％+d))2,/.(2〃i-J)?=0,

d=2ai，

•・。2=。1+d=3tZ|.

若选条件①③，则证明②：

设等差数列｛〃〃｝的公差为d,则〃2=0+d=3m，

n

/.d=2a\./.Sn=na\+(；Dd/=,

•yf^n=i

••・7^^一7^=(〃+1)风一〃风=风(常数)，

当〃=1时，

,数列｛图｝是以风为首项，病为公差的等差数列.

若选条件②③，则证明①：

•・•数列｛底｝是等差数列,。2=3内,

—J4al—V^i=V^i,

••dSny/a、+(〃1)。a[=a]，・・Sn~~tvci\.

=12

当n>2时，att=S,l—Sn-\na\—(/?—\)a\=(2n~\)a],

对于n=\也成立，

=—

an+\—an(2n+l)ai(2n—1)〃i=2a](常数),

・・・数列仅〃｝是等差数列.

4.[北京2022J7]如图，在三棱柱ABC—A181G中，侧面BCGB为正方形，平面8CG8|_1_

平面ABBiAi，AB=BC=2,M,N分别为AS,AC的中点.

(1)求证：MN〃平面BCGBi：

(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A8与平面BMN所成角的

正弦值.

条件①：AB±MN；

条件②：BM=MN.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

【分析】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质及求线面角的正弦值.

(1)【证明】取BC中点。，连接BQ,£W.在三棱柱ABC—AiBCi中，A\B\//AB,A\B\=

AB.

因为例，N,。分别为4Bi，AC,8c的中点，所以DN//AB,DN

=多8,所以BiM〃。/V且81M=£>M

所以四边形BiMNZ)为平行四边形，因此

又平面8Qu平面BCCB，

所以MN〃平面BCCiBi.

⑵【解】选条件①:

因为侧面8CG81为正方形，所以

又因为平面8CG8i_L平面A8SA”且平面BCGBM平面ABBiAi=8B”8Cu平面

BCC\B\,

所以BC_L平面4881Al.

又因为ABu平面ABBiA，所以AB_LBC.

因为BiO〃MN,ABIMN,所以AB_LB】D

又BMBC=D,所以ABJ_平面BCGBi.

因为BBiU平面BCG所,所以

所以在三棱柱ABC—A15G中，BA,BC,83两两垂直,

故分别以8C,BA,8囱所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为4B=BC=BBi=2,

所以8(0,0,0),N(l，1，0),M(0,1,2),A(0,2,0),

所以局=(1,1,0),B力=(0,1,2),而=(0,-2,0).

设平面BMN的法向量为〃=(x,y,z),

BN-n:彳二°、令x=2，得"=(2,—2,

由—>1).

BM-n

设直线AB与平面BMN所成角为0,

则si〃0=|cos(,n,AB)|=团，"।=里='

\n\\AB\3x23

所以直线AB与平面3MN所成角的正弦值为|.

选条件②:

因为侧面8CG81为正方形，所以

又因为平面8CGBi_L平面48乱4，且平面BCGBiCl平面ABB]4=8B”BCu平面

BCC\B\,

所以8C_L平面ABBIAI.

又因为ABu平面48B14，所以A8LBC.取A8中点H,连接HM,HN.

因为M,N,”分别为Ai',AC,AB的中点，

所以8山〃M”，BC//HN.

又BCLBBi，所以HNLMH.

因为A8=BC=2,所以HN=8H=1.

在△MH8和△MHN中，BM=MN,BH=HN,公共边为M”，所以AMHB乌AMHN,

因此NMHB=NM〃N=90°,即故8B1.AB.

所以在三棱柱ABC—4B1G中，BA,BC,两两垂直，

故分别以8C,BA,所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

后同选①.

5.［新高考全国卷H卷2020］在①砒=6，②csinA=3,③c=&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,ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,6,c,且sinA=Ksin8,

c=r-----------?

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】详见解析

【分析】解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到的比例

关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到C的长度，根据选择的条件

进行分析判断和求解.

【详解】解法一(最优解法)：余弦定理

由sinA=Gsin8可得：£=石，不妨设a=Gm,6=m(/n>0),

贝!J：c2=a2+b2-2abcosC=3tn2+m2-2xx/nx=m2,即c=".

2

若选择条件①：

据此可得：ac=xtn=V3/??2=m=1,此时c=m=1.

若选择条件②:

j22222c2

4E2lib7TTA+（「一CTITI~+—JlTl~

据此可得：cosA=--------------=------------------

2bc2m22

若选择条件③：

可得:='=1,