2021届高考数学三轮复习：考前冲刺三 多选题、开放探究型解答题突破

突破

2020年新高考山东、海南卷及北京卷数学试题均出现了两种新题型：多选题与开放探究型解答题，体现了“破定势，考真功”的命题理念，为了使广大考生更快、更好地适应新高考的这种变化趋势，精选若干实例，供同学们学习体会.

类型一 多选题突破

多选题更能全面考查学生的知识、能力和数学核心素养，有利于选拔合格考生. 【例1】 关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|的下列结论，正确的是( ) A.f(x)是偶函数

π

B.f(x)在区间2，π单调递增

C.f(x)在[－π，π]有4个零点 D.f(x)的最大值为2

解析 f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，又x∈R，∴f(x)为偶函数，ππ

故A正确；当2B不正确；f(x)在[－π，π]的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]只有3个零点，故C不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故D正确.故选AD.

答案 AD

点评 (1)本题利用函数的解析式研究函数的单一性质，将单调性、奇偶性、最值综合，并与函数的零点、图象交汇，全面考查三角函数的图象和性质，提高试题的选拔功能.

1

(2)对于多项选择题，根据给分标准，务必对各选项正确推断，才能得全分；把握不准的选项不能选，才能多得分.

【例2】 (2020·长沙雅礼中学检测)已知数列{an}是等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列结论一定正确的是( ) A.a10＝0 C.S7＝S12

B.S10最小 D.S20＝0

解析 设数列{an}的公差为d，又a1＋5a3＝S8，所以a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，则a1＝－9d.所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，所以a10＝0，故A一定正确.Sn＝n（n－1）dn（n－1）dd2na1＋＝－9nd＋＝2(n－19n)，所以S10＝－45d，不一定

22

d

最小，故B不一定正确；由Sn＝2(n2－19n)的对称性知S7＝S12，故C一定正确，S20＝10d，不一定等于0，故D不一定正确.一定正确为AC. 答案 AC

【例3】 (2020·荆门模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点，下列说法正确的是( )

5A.若点P为棱CC1的中点，则异面直线AP与CD所成角的正切值为2 B.若点P在线段A1B上运动，则AP＋PD1的最小值为

6＋22

C.若点P在半圆弧CD上运动，当三棱锥P－ABC的体积最大时，三棱锥P－ABC的外接球的表面积为2π

D.若过点P的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，则平面α截此正方体所33得截面的面积的最大值为4

解析 对于A，如图(1)，连接AP，BP.由AB∥CD，知∠BAP即为异面直线AP5

与CD所成的角.在Rt△ABP中，AB＝1，BP＝BC2＋CP2＝2，则tan ∠BAP

2

BP5

＝AB＝2，A正确.对于B，如图(2)，将三角形AA1B与四边形A1BCD1沿A1B展开到同一个平面上，连接AD1.由图可知，线段AD1的长度即为AP＋PD1的最小值.在△AA1D1中，利用余弦定理，得AD1＝2＋2，B错误.对于C，如图(3)，当P为半圆弧CD的中点时，三棱锥P－ABC的体积最大.连接AC，此时，三棱2

锥P－ABC的外接球球心是AC的中点O，连接OP，半径OP的长为2，所以2

球的表面积为4π×＝2π，C正确.对于D，如图(4)，点P，R，Q分别在棱

2A1D1，A1B1，AA1上，连接QP，QR，PR.平面α与正方体的每条棱所成的角都相等，只需与过同一顶点的三条棱所成的角都相等，即A1P＝A1R＝A1Q，则平面PQR与正方体过点A1的三条棱所成的角相等.若点E，F，G，H，M，N分别为棱D1C1，B1C1，BB1，AB，AD，DD1的中点，连接EF，FG，GH，MH，MN，NE，可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，因2

为正方体的棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为2，可得此正六边形的

33

面积为4，为截面的最大面积，D正确.故选ACD.

2

答案 ACD

x2y2

【例4】 (2020·湖北联考)已知椭圆4＋3＝1的左、右焦点分别为F，E，直线x＝m(－13

B.不存在m使△FAB为直角三角形 C.存在m使四边形FBEA的面积最大 D.存在m使△FAB的周长最大 解析 根据题意作出图形，如图.

11

对于A，由题意，得a＝2，b＝3，则c＝1.当m＝0时，S△FAB＝×2bc＝×23×1

22

ππ

＝3，A正确.对于B，当m＝0时，可以得出∠AFE＝3，当m＝1时，∠AFE<4，则存在m使△FAB为直角三角形，B错误；对于C，根据椭圆的对称性可知，当m＝0时，四边形FBEA的面积最大，C正确.对于D，由椭圆的定义，得△FAB的周长为|AB|＋|AF|＋|BF|＝|AB|＋(2a－|AE|)＋(2a－|BE|)＝4a＋|AB|－|AE|－|BE|.∵|AE|＋|BE|≥|AB|，∴|AB|－|AE|－|BE|≤0，当AB过点E时取等号，∴|AB|＋|AF|＋|BF|＝4a＋AB－AE－BE≤4a，即当直线x＝m过椭圆的右焦点E时，△FAB的周长最大.此时直线x＝m＝c＝1，但－1【例5】 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2，2]表示的曲线过原点，且此曲线在x＝±1处的切线的斜率均为－1，则以下命题正确的是( )

A.f(x)＝x3－4x，x∈[－2，2] B.f(x)的极值点有且仅有一个 163C.f(x)的极大值为9 D.f(x)的最大值与最小值之和等于零

解析 ∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.

f（0）＝c＝0，a＝0，

由题意可得f′（1）＝3＋2a＋b＝－1，解得b＝－4，

f′（－1）＝3－2a＋b＝－1，c＝0，

4

∴f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4，x∈[－2，2]. 23

令f′(x)＝0，得x＝±3∈[－2，2]. 2323

当－2≤x<－3或30，

2323

当－323163

＝∴函数f(x)有两个极值点，且函数f(x)的极大值为f－

9，极小值为316323

＝－f. 93

又∵f(－2)＝(－2)3－4×(－2)＝0＝f(2)， ∴f(x)max＝

163163，f(x)min＝－， 99

∴函数f(x)的最大值与最小值之和等于零.故选ACD. 答案 ACD

类型二 开放探究型解答题突破

开放探究型解答题：在给出的多个条件中，要求选择一个条件并进行解答，是一种开放性试题，这种试题条件不同，结论不同，但考查知识点相同，多在三角函数与解三角形和数列两块内容出现，难度较小.

【例6】 (2020·衡水中学调考改编)在①b2＋2ac＝a2＋c2，②acos B＝bsin A， ③sin B＋cos B＝2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解决问题.已知π

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，A＝3，b＝2，求△ABC的面积.

(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 若选择①b2＋2ac＝a2＋c2.

a2＋c2－b22ac2由余弦定理，得cos B＝2ac＝2ac＝2. π

因为B∈(0，π)，所以B＝4.

5

π2sin 3

abbsin A

由正弦定理sin A＝sin B，得a＝sin B＝＝3.

22

ππππ5π

因为A＝3，B＝4，所以C＝π－3－4＝12，

6＋25πππππππ

所以sin C＝sin 12＝sin4＋6＝sin 4cos 6＋cos 4sin 6＝4.

6＋23＋311

所以S△ABC＝2absin C＝2×3×2×4＝4. 若选择②acos B＝bsin A.

由正弦定理，得sin Acos B＝sin Bsin A. 因为sin A≠0，所以sin B＝cos B. π

又因为B∈(0，π)，所以B＝4.

π2sin 3

abbsin A

由正弦定理sin A＝sin B，得a＝sin B＝＝3.

22

ππππ5π

因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，

343412

6＋25πππππππ

所以sin C＝sin 12＝sin4＋6＝sin 4cos 6＋cos 4sin 6＝4.

6＋23＋311

所以S△ABC＝2absin C＝2×3×2×4＝4. 若选择③sin B＋cos B＝2，

ππB＋B＋则2sin＝1. 4＝2，所以sin4

ππ5π

因为B∈(0，π)，所以B＋4∈4，4，



πππ

所以B＋4＝2，所以B＝4.

π2sin 3

abbsin A

由正弦定理sin A＝sin B，得a＝sin B＝＝3.

22

ππππ5π

因为A＝3，B＝4，所以C＝π－3－4＝12，

6

6＋25πππππππ

＋所以sin C＝sin 12＝sin46＝sin 4cos 6＋cos 4sin 6＝4. 6＋23＋311

所以S△ABC＝2absin C＝2×3×2×4＝4.

点评 对于此种形式的试题，我们只需在所给的条件中，选取一个感觉熟悉、容易解答的条件，再进行解答即可.切忌对每个条件解答一遍.

【例7】 (2020·济南质检)在①a4＝b4，②a2＋b5＝2，③S6＝246这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的正整数k存在，求k的值；若k不存在，请说明理由.

设Sn为等差数列{an}的前n项和，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b3＝－9，b6＝243.是否存在k，使得Sk>Sk－1且Sk＋1(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

解 选条件①，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，等差数列{an}的公差为d. 由b3＝－9，b6＝b3·q3＝－9×q3＝243，得q＝－3. 又b3＝b1q2＝b1×(－3)2＝－9， ∴b1＝－1，故bn＝－(－3)n－1. 又a5＝b1＝－1，a4＝b4＝27， ∴d＝a5－a4＝－28，

∴a1＝27－3×(－28)＝111，∴an＝－28n＋139. Sk－Sk－1＝ak>0，由Sk>Sk－1且Sk＋1S－S＝a<0，k＋1kk＋1ak＝－28k＋139>0，

即 ak＋1＝－28（k＋1）＋139<0，111139

解得28Sk－1且Sk＋1选条件②，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，等差数列{an}的公差为d. 由b3＝－9，b6＝b3·q3＝－9×q3＝243，得q＝－3.

又b3＝b1q2＝b1×(－3)2＝－9，∴b1＝－1，故bn＝－(－3)n－1. ∵a2＋b5＝2，∴a2＝2－b5＝83.

7

a5－a2

又a5＝b1＝－1，∴d＝＝－28，

5－2∴a1＝83－(－28)＝111，∴an＝－28n＋139. Sk－Sk－1＝ak>0，

由Sk>Sk－1且Sk＋1Sk＋1－Sk＝ak＋1<0，ak＝－28k＋139>0，即 a＝－28（k＋1）＋139<0，k＋1111139

解得28Sk－1且Sk＋1选条件③，设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，等差数列{an}的公差为d. 由b3＝－9，b6＝b3·q3＝－9×q3＝243，得q＝－3. 又b3＝b1q2＝b1×(－3)2＝－9， ∴b1＝－1，故bn＝－(－3)n－1.

a＋4d＝－1，1又a5＝b1＝－1，S6＝246，即 6×5

6a＋2d＝246，1a1＝111，

解得∴an＝－28n＋139.

d＝－28，

Sk－Sk－1＝ak>0，

由Sk>Sk－1且Sk＋1Sk＋1－Sk＝ak＋1<0，ak＝－28k＋139>0，即 ak＋1＝－28（k＋1）＋139<0，111139

解得28Sk－1且Sk＋18