高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)附 高考新題型講義及試題

【標(biāo)題】高考新題型題型（一）多項(xiàng)選擇題的特點(diǎn)及求解策略多項(xiàng)選擇題是新高考中新出現(xiàn)的選擇題題型，最大的特點(diǎn)是“在每道題給出的選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求”，此外，還具有考查容量大、考查知識(shí)點(diǎn)全面、解題思路多樣化的特點(diǎn).近幾年新高考試題考查的多選題大致分為以下五種類型：（1）概念理解（辨析）類；（2）性質(zhì)、定理應(yīng)用類；（3）思想方法應(yīng)用類；（4）數(shù)據(jù)、信息分析類；（5）創(chuàng)新遷移類.一、概念理解（辨析）類概念理解（辨析）類多選題就是根據(jù)不同概念、定義、定理、公理間的聯(lián)系與區(qū)別等命制的題目.解決該類型的問題，需要對概念、定理等充分理解，并據(jù)此對選項(xiàng)進(jìn)行逐項(xiàng)推理論證.【例1】（1）（2020·新高考Ⅰ卷）已知曲線C：mx2＋ny2＝1. （）A.若m＞n＞0，則C是橢圓，其焦點(diǎn)在y軸上B.若m＝n＞0，則C是圓，其半徑為nC.若mn＜0，則C是雙曲線，其漸近線方程為y＝±-mD.若m＝0，n＞0，則C是兩條直線（2）袋子中有大小和質(zhì)地完全相同的4個(gè)球，其中2個(gè)白球、2個(gè)黑球，從袋中有放回地摸取兩次，每次摸取1個(gè)球，事件甲表示“第一次摸到白球”，事件乙表示“第二次摸到黑球”，事件丙表示“兩次都摸到白球”，則 （）A.甲與乙互斥B.乙與丙互斥C.甲與乙相互獨(dú)立 D.甲與乙互為對立解析（1）對于選項(xiàng)A，∵m＞n＞0，∴0＜1m＜1n，方程mx2＋ny2＝1可變形為x21m＋y21n＝1，∴該方程表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，正確；對于選項(xiàng)B，∵m＝n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1可變形為x2＋y2＝1n，該方程表示半徑為1n的圓，錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)C，∵mn＜0，∴該方程表示雙曲線，令mx2＋ny2＝0?y＝±-mnx，正確；對于選項(xiàng)D，∵m＝0，n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1變形為ny2＝1?y＝±1（2）對于A，第一次摸到白球，第二次摸到黑球時(shí)，甲、乙同時(shí)發(fā)生，即甲、乙不是互斥事件，A錯(cuò)誤；對于B，事件“第二次摸到黑球”與“兩次都摸到白球”不會(huì)同時(shí)發(fā)生，是互斥事件，B正確；對于C，由于是有放回地隨機(jī)摸取，所以甲、乙是相互獨(dú)立事件，C正確；對于D，事件甲和乙會(huì)同時(shí)發(fā)生，即甲、乙不是對立事件，D錯(cuò)誤.故選B、C.答案（1）ACD（2）BC點(diǎn)評(píng)概念理解（辨析）類多選題的思維步驟①理解透徹研究對象的本質(zhì)；②根據(jù)已知條件，將題目涉及的相關(guān)模塊知識(shí)進(jìn)行分類梳理；③把題目中出現(xiàn)的不同對象按特征進(jìn)行逐類分析，辨明異同；④利用相關(guān)定義、定理、性質(zhì)等逐項(xiàng)判斷，選出符合題設(shè)要求的選項(xiàng).二、性質(zhì)、定理應(yīng)用類性質(zhì)、定理應(yīng)用類多選題就是根據(jù)題中已知條件，通過應(yīng)用相應(yīng)的性質(zhì)、定理對所研究的問題進(jìn)行推理論證與分析，從而做出判斷的問題.【例2】（1）若P是雙曲線C：x29－y2m＝1上一點(diǎn)，C的一個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)為F（4，0），則下列結(jié)論中正確的是A.m＝5B.漸近線方程為y＝±73C.｜PF｜的最小值是1D.焦點(diǎn)到漸近線的距離是7（2）（2022·新高考Ⅱ卷）已知函數(shù)f（x）＝sin（2x＋φ）（0＜φ＜π）的圖象關(guān)于點(diǎn)2π3,0中心對稱，則 A.f（x）在區(qū)間0,B.f（x）在區(qū)間-πC.直線x＝7π6是曲線y＝f（x）D.直線y＝32－x是曲線y＝f（x）解析（1）對于A，m＋9＝42，所以m＝7，故錯(cuò)誤；對于B，漸近線方程y＝±bax＝±73x，故正確；對于C，｜PF｜的最小值是c－a＝4－3＝1，故正確；對于D，焦點(diǎn)到漸近線的距離是bca2+b2＝b＝7，故正確.（2）由題意，得f2π3＝sin4π3+φ＝0，所以4π3＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－4π3＋kπ，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝2π3.故f（x）＝sin2x+2π3.選項(xiàng)A，當(dāng)x∈0,5π12時(shí)，u＝2x＋2π3∈2π3,3π2.由y＝sinu的圖象，知y＝f（x）在區(qū)間0,5π12上單調(diào)遞減，故正確.選項(xiàng)B，當(dāng)x∈-π12,11π12時(shí)，u＝2x＋2π3∈π2,5π2.由y＝sinu的圖象，知y＝f（x）在區(qū)間-π12,11π12內(nèi)只有1個(gè)極值點(diǎn)，故錯(cuò)誤.選項(xiàng)C，當(dāng)x＝7π6時(shí)，2x＋2π3＝3π，則f7π6＝0，所以直線x＝7π6不是曲線y＝f（x）的對稱軸，故錯(cuò)誤.選項(xiàng)D，令f'（x）＝2cos2x+2π3＝－1，得cos2x+2π3＝－12，則2x＋2π3＝2π3＋2kπ，k∈Z或2x＋2π3＝4π3＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或答案（1）BCD（2）AD點(diǎn)評(píng)性質(zhì)、定理應(yīng)用類多選題的思維步驟①確定對象：即根據(jù)已知和選項(xiàng)確定該題的模塊知識(shí)歸屬和研究對象；②逐項(xiàng)判斷：即根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)涉及內(nèi)容的性質(zhì)，如函數(shù)的性質(zhì)、不等式的性質(zhì)、數(shù)列的性質(zhì)等，采用相應(yīng)的方法對選項(xiàng)逐一進(jìn)行判斷；③確定結(jié)果：即根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)的判斷確定正確結(jié)果.三、思想方法應(yīng)用類【例3】（1）（2022·新高考Ⅱ卷）若x，y滿足x2＋y2－xy＝1，則 （）A.x＋y≤1 B.x＋y≥－2C.x2＋y2≤2 D.x2＋y2≥1（2）設(shè)函數(shù)f（x）＝min{｜x－2｜，x2，｜x＋2｜}，其中min{x，y，z}表示x，y，z中的最小值，下列說法正確的有 （）A.函數(shù)f（x）為偶函數(shù)B.當(dāng)x∈[1，＋∞）時(shí)，f（x－2）≤f（x）C.當(dāng)x∈R時(shí)，f（f（x））≤f（x）D.當(dāng)x∈[－4，4]時(shí)，｜f（x）－2｜≥f（x）解析（1）對于A、B：由x2＋y2－xy＝1，得（x＋y）2－3xy＝1，又xy＝(x+y)24－(x-y)24，所以（x＋y）2－3(x+y)24-(x-y)24＝1，即1＝(x+y)24＋3(x-y)24≥(x+y)24，所以－2≤x＋y≤2，所以A不正確，B正確；對于C、D：由x2＋y2－xy（2）由題設(shè)知，f（x）＝min{｜x－2｜，x2，｜x＋2｜}＝|x+2|,x由圖知f（x）為偶函數(shù)，故A正確；當(dāng)x∈（3，＋∞）時(shí)，f（x－2）＝｜x－4｜，f（x）＝｜x－2｜，f（x－2）＜f（x）；當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，f（x－2）＝（x－2）2，f（x）＝｜x－2｜，易得f（x－2）≤f（x），故B正確；當(dāng)x∈{0，1，2，3}時(shí)，f（f（x））＝f（x）；當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，0＜f（x）＜x＜1，則f（f（x））＝[f（x）]2＜f（x）；當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，0＜f（x）＜1＜x＜2，當(dāng)x∈（2，3）時(shí)，0＜f（x）＜1＜2＜x＜3，則當(dāng)x∈（1，2）∪（2，3）時(shí)，均有0＜f（x）＜1，所以f（f（x））＝（x－2）2＜f（x）＝｜x－2｜；當(dāng)x∈（3，＋∞）時(shí)，1＜f（x）＜x，則f（f（x））＝｜｜x－2｜－2｜＜f（x）＝｜x－2｜.所以f（f（x））≤f（x）在[0，＋∞）上恒成立.根據(jù)偶函數(shù)圖象的對稱性，得f（f（x））≤f（x）在（－∞，0）上也成立，故C正確；在[－4，4]上，當(dāng)x＝4時(shí)，｜f（4）－2｜＝｜2－2｜＝0＜f（4）＝2，故D錯(cuò)誤.故選A、B、C.答案（1）BC（2）ABC點(diǎn)評(píng)思想方法應(yīng)用類多選題的思維步驟①熟悉各類數(shù)學(xué)思想方法解決問題的特點(diǎn)和規(guī)律；②分析題目所考查的知識(shí)點(diǎn)及題目的設(shè)問形式，確定解題大致所用的知識(shí)、思想和方法；③以題目中的知識(shí)點(diǎn)為載體，重點(diǎn)考查數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用能力.四、數(shù)據(jù)、信息分析類數(shù)據(jù)、信息分析類多選題一般涉及到概率與統(tǒng)計(jì)中的圖表識(shí)讀、信息數(shù)據(jù)的提取、整理、分析，并根據(jù)變化趨勢進(jìn)行分析判斷的問題.【例4】（1）（2021·新高考Ⅱ卷）下列統(tǒng)計(jì)量中，能度量樣本x1，x2，…，xn的離散程度的是 （）A.樣本x1，x2，…，xn的標(biāo)準(zhǔn)差B.樣本x1，x2，…，xn的中位數(shù)C.樣本x1，x2，…，xn的極差D.樣本x1，x2，…，xn的平均數(shù)（2）房地產(chǎn)市場與城市經(jīng)濟(jì)發(fā)展密切相關(guān)，房屋銷售量與房價(jià)有密切關(guān)系.如圖是某市過去一年中七個(gè)樓盤的成交均價(jià)與成交面積折線圖，據(jù)此判斷，下列結(jié)論中正確的是 （）A.這七個(gè)樓盤中，每個(gè)樓盤的成交均價(jià)都在[8880，12000]內(nèi)B.這七個(gè)樓盤中，樓盤2的成交總額最大C.這七個(gè)樓盤成交面積的平均值低于20000米2D.這七個(gè)樓盤的成交面積與成交均價(jià)成負(fù)相關(guān)解析（1）能夠度量樣本離散程度的統(tǒng)計(jì)量有：極差、方差、標(biāo)準(zhǔn)差.故選A、C.（2）由樓盤2，3，4，5的數(shù)據(jù)可知，A錯(cuò)誤；計(jì)算七個(gè)樓盤各自的成交總額可知，B正確；成交面積的平均值為17×（11200＋38900＋42100＋24000＋19700＋8000＋1100）＝1450007＞20000，C錯(cuò)誤；七個(gè)樓盤整體呈現(xiàn)成交均價(jià)越低，成交面積越大的趨勢，D正確.故選答案（1）AC（2）BD點(diǎn)評(píng)數(shù)據(jù)、信息分析類多選題的思維步驟①提取數(shù)據(jù)：根據(jù)選項(xiàng)研究的問題，結(jié)合統(tǒng)計(jì)圖表的功能，從統(tǒng)計(jì)圖表中提取相應(yīng)的數(shù)據(jù)；②分析數(shù)據(jù)：分析所提取數(shù)據(jù)的特征，如變化率、變化趨勢、最值等，根據(jù)各選項(xiàng)研究的問題進(jìn)行分析計(jì)算和推理；③確定選項(xiàng)：根據(jù)數(shù)據(jù)分析的結(jié)果逐項(xiàng)判斷各選項(xiàng)的正誤，從而得出正確結(jié)論.五、創(chuàng)新遷移類創(chuàng)新遷移類多選題是利用已有的數(shù)學(xué)知識(shí)判斷新定義（概念、運(yùn)算）下的選項(xiàng)是否正確的一類題目.其目的是考查學(xué)生的創(chuàng)新思維能力及遷移應(yīng)用能力.【例5】已知集合M＝{（x，y）｜y＝f（x）}，若?（x1，y1）∈M，?（x2，y2）∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，則稱集合M是“互垂點(diǎn)集”.給出下列四個(gè)集合：M1＝{（x，y）｜y＝x2＋1}，M2＝{（x，y）｜y＝x+1}，M3＝{（x，y）｜y＝ex}，M4＝{（x，y）｜y＝sinx＋1}.其中是“互垂點(diǎn)集”的集合為 （A.M1 B.M2C.M3 D.M4解析由題意得，?（x1，y1）∈M，?（x2，y2）∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，即在M中，對于任意一點(diǎn)P（x1，y1），總存在另一個(gè)點(diǎn)P'（x2，y2），使得OP⊥OP'（O（0，0））.對于M1，在y＝x2＋1的圖象中，當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1）時(shí)，不存在點(diǎn)P'，使得OP⊥OP'，所以M1不是“互垂點(diǎn)集”.對于M2，在平面直角坐標(biāo)系中作出y＝x+1的圖象（圖略），將坐標(biāo)軸進(jìn)行任意旋轉(zhuǎn)，x軸，y軸均與函數(shù)圖象有交點(diǎn)，所以在M2中，對任意一點(diǎn)P（x1，y1），總存在另一個(gè)點(diǎn)P'（x2，y2），使得OP⊥OP'，所以M2是“互垂點(diǎn)集”.對于M3，在y＝ex的圖象中，當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1）時(shí)，不存在對應(yīng)的點(diǎn)P'，使得OP⊥OP'，所以M3不是“互垂點(diǎn)集”.對于M4，在平面直角坐標(biāo)系中作出y＝sinx＋1的圖象（圖略），將坐標(biāo)軸進(jìn)行任意旋轉(zhuǎn)，x軸，y軸與函數(shù)圖象均有交點(diǎn)，所以M4是“互垂點(diǎn)集”.答案BD點(diǎn)評(píng)創(chuàng)新遷移類多選題的思維步驟創(chuàng)新遷移類問題大致可以分為兩種：一種是定義沒有學(xué)習(xí)過的內(nèi)容（概念、運(yùn)算等）；另一種是定義新的形式，內(nèi)涵還是原來學(xué)習(xí)過的內(nèi)容.解第一種新定義問題重在“按部就班”，直接利用新定義計(jì)算即可；解第二種新定義問題重在轉(zhuǎn)化與化歸.總之，由于新高考多選題的賦分標(biāo)準(zhǔn)（全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯(cuò)的得0分）可知，多選題“得分更容易，得滿分更難”.所以求解多項(xiàng)選擇題更要講究策略與方法，常用方法為：（1）選項(xiàng)分析法：通過分析多選題中選項(xiàng)之間的關(guān)系，從而確定正確的選項(xiàng).分析選項(xiàng)時(shí)，注意以下幾個(gè)方面：①注意內(nèi)容相互對立的選項(xiàng)；②注意相近選項(xiàng)或類似選項(xiàng)；③注意有承接關(guān)系或遞進(jìn)關(guān)系的選項(xiàng).（2）寧缺毋濫法：做多選題時(shí)，一般先選出有把握的選項(xiàng)，在有足夠把握確定還有其他正確選項(xiàng)時(shí)才繼續(xù)選擇，否則不選，要堅(jiān)持寧缺毋濫的原則.1.已知函數(shù)f（x）＝log2（1＋4x）－x，則下列說法正確的是 （）A.函數(shù)f（x）是偶函數(shù)B.函數(shù)f（x）是奇函數(shù)C.函數(shù)f（x）在（－∞，0]上為增函數(shù)D.函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇1，＋∞）解析：AD根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝log2（1＋4x）－x，其定義域?yàn)镽，有f（－x）＝log21+14x＋x＝log2（1＋4x）－x＝f（x），所以函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，則A正確，B錯(cuò)誤；對于C，f（－1）＝1og252＞1＝f（0），f（x）在（－∞，0]上不是增函數(shù)，C錯(cuò)誤；對于D，f（x）＝log2（1＋4x）－x＝log212x+2x，設(shè)t＝12x＋2x≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，則t的最小值為2，故f（x）≥log22＝1，即函數(shù)的值域?yàn)閇12.已知數(shù)列{an}滿足a2＝3，an·an＋1＝3n（n∈N*），Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則 （）A.{an}是等比數(shù)列B.{a2n}是等比數(shù)列C.S2024＝2（31012－1）D.{an}中存在不相等的三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列解析：BC數(shù)列{an}中，n∈N*，a2＝3，an·an＋1＝3n，則a1＝1，an+2an＝an+1an+2anan+1＝3n+13n＝3，因此數(shù)列{a2n－1}是以a1＝1為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，a2n－1＝3n－1，數(shù)列{a2n}是以a2＝3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，a2n＝3n，B正確；因?yàn)閍2a1＝3，a3a2＝1，則數(shù)列{an}不是等比數(shù)列，A不正確；S2024＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2023）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a2024）＝31012-12＋3(31012-1)2＝2（31012－1），C正確；假定{an}中存在不相等的三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，令此三項(xiàng)依次為3k，3l，3m，且0≤k＜l＜m，k，l，m∈N，則有3k＋3m＝2×3l?13l-k＋3m－l＝3.如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，截面BDE與棱PC平行，且與棱PA交于點(diǎn)E，則下列結(jié)論中正確的是（）A.E為PA的中點(diǎn)B.異面直線PB與CD所成的角為πC.BD⊥平面PACD.三棱錐C－BDE與四棱錐P－ABCD的體積之比為1∶4解析：ACD如圖，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)F，連接EF，則平面PAC∩平面BDE＝EF.又PC∥平面BDE，PC?平面PAC，所以EF∥PC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AF＝FC，所以AE＝EP.故A選項(xiàng)正確.因?yàn)镃D∥AB，所以∠PBA為異面直線PB與CD所成的角（或其補(bǔ)角）.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AB.又PA＝AB，所以∠PBA＝π4，故異面直線PB與CD所成的角為π4，故B選項(xiàng)不正確.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AC⊥BD.又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.故C選項(xiàng)正確.由題意可得VC－BDE＝VE－BCD＝12VE－ABCD，又E為PA的中點(diǎn)，所以VC－BDE＝14VP－ABCD，故三棱錐C－BDE與四棱錐P－ABCD的體積之比為1∶4.故D選項(xiàng)正確.故選A、題型（二）閱讀理解題的特點(diǎn)及求解策略閱讀理解題通過給出一個(gè)新概念，或定義一種新運(yùn)算，或給出新的問題情境，要求在讀懂題目的基礎(chǔ)上，將新舊知識(shí)相聯(lián)系，剖開現(xiàn)象看本質(zhì)，實(shí)現(xiàn)新信息向已學(xué)的知識(shí)和方法遷移，達(dá)到創(chuàng)新解題的目的.這類問題既能考查學(xué)生的閱讀理解能力和數(shù)學(xué)語言轉(zhuǎn)換能力，又能考查學(xué)生的探究能力.一、新概念題【例1】（多選）（2021·新高考Ⅱ卷）設(shè)正整數(shù)n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，記ω（n）＝a0＋a1＋…＋ak.則 （）A.ω（2n）＝ω（n）B.ω（2n＋3）＝ω（n）＋1C.ω（8n＋5）＝ω（4n＋3）D.ω（2n－1）＝n解析由n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，則2n＝0·20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，ω（2n）＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n），A正確.選項(xiàng)B，取n＝2可排除.或者ω（2n＋3）＝ω[2（n＋1）＋1]＝ω[2（n＋1）]＋1＝ω（n＋1）＋1，不能保證與ω（n）＋1恒等.B錯(cuò)誤.選項(xiàng)C，ω（8n＋5）＝ω（8n＋4＋1）＝ω（8n＋4）＋1＝ω（2n＋1）＋1＝ω（2n）＋2＝ω（n）＋2；ω（4n＋3）＝ω（4n＋2）＋1＝ω（2n＋1）＋1＝ω（n）＋2.C正確.選項(xiàng)D，∵2n－1＝20＋21＋22＋…＋2n－1，∴ω（2n－1）＝n.或者，當(dāng)n≥2時(shí)，ω（2n＋1－1）＝ω[2（2n－1）＋1]＝ω[2（2n－1）]＋1＝ω（2n－1）＋1.又∵ω（3）＝2，ω（1）＝1，∴ω（3）＝ω（1）＋1.即對?n∈N*有ω（2n＋1－1）＝ω（2n－1）＋1，∴{ω（2n－1）}為首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.∴ω（2n－1）＝n.D正確.故選A、C、D.答案ACD點(diǎn)評(píng)新概念類試題是指在現(xiàn)有的知識(shí)基礎(chǔ)上定義一種新概念或新運(yùn)算或新規(guī)則或新性質(zhì)等，在此情境下設(shè)置的新問題.此類試題是典型的信息遷移題，解決該類問題的關(guān)鍵是提升學(xué)生的閱讀理解能力、獲取信息能力、處理信息能力以及挖掘新規(guī)則內(nèi)涵，準(zhǔn)確找出新特點(diǎn)的能力.二、新情境題【例2】2022年北京冬奧會(huì)儀式火種臺(tái)（如圖①）以“承天載物”為設(shè)計(jì)理念，創(chuàng)意靈感來自中國傳統(tǒng)青銅禮器——尊（如圖②），造型風(fēng)格與火炬、火種燈和諧一致.儀式火種臺(tái)采用了尊的曲線造型，基座沉穩(wěn)，象征“地載萬物”.頂部舒展開闊，寓意著迎接純潔的奧林匹克火種.祥云紋路由下而上漸化為雪花，象征了“雙奧之城”的精神傳承.紅色絲帶飄逸飛舞、環(huán)繞向上，與火炬設(shè)計(jì)和諧統(tǒng)一.紅銀交映的色彩，象征了傳統(tǒng)與現(xiàn)代、科技與激情的融合.現(xiàn)建立如圖③所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)圖中儀式火種臺(tái)外觀抽象而來的曲線對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為f（x）＝ln（｜x｜－1）.（1）求函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)（2，0）處的切線方程；（2）求證：ln（x－1）≤x－2.解（1）由｜x｜－1＞0得x＞1或x＜－1，所以函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ǎ?，?）∪（1，＋∞），當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＝ln（x－1），f'（x）＝1x則f'（2）＝12-1故所求切線方程為y＝x－2.（2）證明：設(shè)g（x）＝ln（x－1）－（x－2）＝ln（x－1）－x＋2，x＞1，則g'（x）＝1x-1－1由g'（x）＞0得1＜x＜2，由g'（x）＜0得x＞2，所以函數(shù)g（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，在（2，＋∞）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g（x）的最大值為g（2）＝ln（2－1）－2＋2＝0，故g（x）＝ln（x－1）－x＋2≤g（2）＝0，則ln（x－1）≤x－2得證.點(diǎn)評(píng)新情境試題多以優(yōu)秀傳統(tǒng)文化、現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)、現(xiàn)實(shí)生活、學(xué)科間的交匯、社會(huì)熱點(diǎn)等為背景創(chuàng)設(shè)，旨在突出新時(shí)代教育總方針——立德樹人.正確解答這類問題的關(guān)鍵是認(rèn)真閱讀理解題意，快速準(zhǔn)確的獲取信息，理性思維，排除題目背景中的干擾因素，抓住關(guān)鍵信息，實(shí)現(xiàn)數(shù)學(xué)思想、方法、能力的遷移運(yùn)用.三、材料題【例3】（1）（多選）分形幾何學(xué)是一門以不規(guī)則幾何形態(tài)為研究對象的幾何學(xué).如圖，有一列曲線P0，P1，P2，…，Pn，….已知P0是邊長為1的等邊三角形，Pk＋1是對Pk進(jìn)行如下操作而得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉（k＝0，1，2，…）.記Pn的周長為Ln，面積為Sn.對于n∈N，下列結(jié)論不正確的是 （）A.SnLn為等差數(shù)列 BC.?M＞0，使Ln＜M D.?M＞0，使Sn＜M（2）先閱讀下面的文字：“求2+2+2+…的值時(shí)，采用了如下的方式：令2+2+2+…＝x，則有x＝2+x，兩邊平方，可解得x的值（負(fù)值舍去）”.那么，可用類比的方法，求出解析（1）易知封閉曲線的周長數(shù)列{Ln}的首項(xiàng)L0＝3，公比為43，故Ln＝3×43n.易知Pk的邊數(shù)為3×4k，邊長為13k，故Pk＋1的面積比Pk的面積增加了3×4k×34×13k+12＝312×49k，所以Sk＋1＝Sk＋312×49k（k＝0，1，2，…），所以Sn＝235－3320×49n.所以SnLn＝83-33×49n60×43n，所以SnLn不為等差數(shù)列也不為等比數(shù)列，所以A、B（2）由題觀察可類比得t＝4＋1t，t2－4t－1＝0，t＝2＋5（負(fù)值舍去答案（1）ABC（2）2＋5點(diǎn)評(píng)此類問題的求解策略是能夠在熟悉的情境中，用歸納或類比的方法，發(fā)現(xiàn)數(shù)量或圖形的性質(zhì)、數(shù)量關(guān)系或圖形關(guān)系；了解熟悉的數(shù)學(xué)命題的條件與結(jié)論之間的邏輯關(guān)系；掌握一些基本命題與定理的證明，并有條理地表述論證過程.1.研究藥物、毒物及其代謝物在機(jī)體內(nèi)的吸收、分布、代謝和排泄的動(dòng)態(tài)過程及這些過程與藥理反應(yīng)間定量規(guī)律的學(xué)科分支稱為藥物動(dòng)力學(xué).為了揭示藥物在機(jī)體內(nèi)的動(dòng)力學(xué)規(guī)律，通常從注射藥物后的一系列時(shí)間采取血樣，測定血藥濃度，然后對所得到的數(shù)據(jù)進(jìn)行理論分析.已知在恒速靜脈滴注停止后的血藥濃度C（t）（單位：mg/L）隨著時(shí)間t（單位：h）的變化可以用指數(shù)模型C（t）＝C0e－Kt描述，假定某藥物的消除速率常數(shù)K＝0.15（單位：h－1），初始藥物濃度C0＝67.5mg/L，則該藥物在機(jī)體內(nèi)的血藥濃度達(dá)到22.5mg/L需要的時(shí)間約為（ln3≈1.1）（）A.2.7h B.4.6hC.7.3h D.10.1h解析：C依題意可得C（t）＝67.5e－0.15t，設(shè)該藥物在機(jī)體內(nèi)的血藥濃度達(dá)到22.5mg/L需要的時(shí)間為t1h，C（t1）＝67.5e-0.15t1＝22.5，則e-0.15t1＝13，所以0.15t1＝ln32.（多選）中國結(jié)是一種手工編織工藝品，因?yàn)槠渫庥^對稱精致，符合中國傳統(tǒng)裝飾的習(xí)俗和審美觀念，故命名為中國結(jié).中國結(jié)有著復(fù)雜曼妙的曲線，卻可以還原成最單純的二維線條.其中的八字結(jié)對應(yīng)著數(shù)學(xué)曲線中的雙紐線.曲線C：（x2＋y2）2＝9（x2－y2）是雙紐線，則下列結(jié)論正確的是 （）A.曲線C的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱B.曲線C經(jīng)過5個(gè)整點(diǎn)（橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）C.曲線C上任意一點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離都不超過3D.若直線y＝kx與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（－∞，－1]∪[1，＋∞）解析：ACD把（－x，－y）代入（x2＋y2）2＝9（x2－y2）得（x2＋y2）2＝9（x2－y2），所以曲線C的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故A正確；令y＝0解得x＝0，或x＝±3，即曲線經(jīng)過（0，0），（3，0），（－3，0），結(jié)合圖象，－3≤x≤3，令x＝±1，得y2＝-11+1532＜1，令x＝±2，得1＜y2＝-17+3692＜2，因此結(jié)合圖象曲線C只經(jīng)過3個(gè)整點(diǎn)，（0，0），（3，0），（－3，0），故B錯(cuò)誤；由（x2＋y2）2＝9（x2－y2）可得x2＋y2＝9(x2-y2)x2+y2≤9，所以曲線C上任意一點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離d＝x2+y2≤3，即都不超過3，故C正確；直線y＝kx與曲線（x2＋y2）2＝9（x2－y2）一定有公共點(diǎn)（0，0），若直線y＝kx與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)，所以(x2+y2)2=9(x2-y2),y=kx,整理得x4（1＋k2）2＝9x2（1－題型（三）開放、探究題的特點(diǎn)及求解策略開放類試題是一類具有開放性和發(fā)散性的問題，此類問題一般條件或結(jié)論不完備，沒有明確的結(jié)論，解題方向不明，自由度大，需要考生自己去探索，結(jié)合已知條件進(jìn)行分析、比較和概括，因此是考查創(chuàng)新能力、數(shù)學(xué)思維能力、分析問題和解決問題能力的好題型.其中開放類試題又可分為條件開放型、結(jié)論開放型、存在判斷型、規(guī)律探究型等，每種題型的求解策略有所不同，因此在求解時(shí)，必須先辨明考查類型，再根據(jù)所屬類型選擇解題策略.一、條件開放型問題【例1】（2021·新高考Ⅱ卷）寫出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f（x）：.

①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，f'（x）＞0；③f'（x）是奇函數(shù).解析本題屬于開放性問題，答案不唯一.例如取f（x）＝x2，x4，x6，…，都可以，還可以取f（x）＝x23，x43，答案f（x）＝x2（x∈R）（答案不唯一）點(diǎn)評(píng)求解條件開放型問題的一般思路：由已知的結(jié)論反思題目應(yīng)具備怎樣的條件，即從題目的結(jié)論出發(fā)，結(jié)合圖形挖掘條件，逆向追索，逐步探尋，這是一種分析型思維方式.它要求解題者善于從問題的結(jié)論出發(fā)，逆行追索，由果尋因.二、結(jié)論開放型問題【例2】如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P（0，3）作圓O的兩條切線分別交橢圓E：x24＋y23＝1于點(diǎn)A，B和點(diǎn)（1）若圓O和橢圓E有4個(gè)公共點(diǎn)，求直線AB和CD的斜率之積的取值范圍；（2）四邊形ABCD的對角線是否交于一個(gè)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，請說明理由.解（1）若圓O和橢圓E有4個(gè)公共點(diǎn)，設(shè)圓O的半徑為r，則r2∈（3，4），設(shè)過點(diǎn)P的切線方程為y＝kx＋3，則r＝31+k2∈（3，2），得k2∈5聯(lián)立切線方程與橢圓方程，得y=kx+3,x24+y23=1,消去y得（3＋4Δ＝96（2k2－3）＞0，得k2＞32，由①②得k2∈32所以kAB·kCD＝－k2∈-2（2）設(shè)直線AC：y＝k'x＋t，A（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立方程，得y=k'x+t,x24+y23=1,消去y得（3＋4k'2）則x1＋x2＝－8k't3+4k'2，由題設(shè)條件易知kPA＋kPC＝0，所以kPA＋kPC＝y(tǒng)1-＝x＝x＝2k'x即2k'x1x2＋（t－3）（x1＋x2）＝2＝24k'(t-1)所以t＝1，即直線AC過定點(diǎn)（0，1），同理可得直線BD也過定點(diǎn)（0，1），所以四邊形ABCD的對角線交于定點(diǎn)（0，1）.點(diǎn)評(píng)求解結(jié)論開放型問題的一般思路：要充分利用已知條件或圖形特征，進(jìn)行猜想、歸類、類比，透徹分析出給定條件下可能存在的結(jié)論現(xiàn)象.然后經(jīng)過論證作出取舍，這是一種歸納類比型思維方式.它要求解題者要依據(jù)條件進(jìn)行大膽合理的猜想，發(fā)現(xiàn)規(guī)律得出結(jié)論.三、條件、結(jié)論同時(shí)開放型問題【例3】已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：.

解析∵α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同的直線，若①m⊥n，③n⊥β，則m∥β.又∵④m⊥α，∴②α⊥β.即①③④?②.若②α⊥β，③n⊥β，則n∥α.又∵④m⊥α，∴①m⊥n.即②③④?①.答案①③④?②（或②③④?①）點(diǎn)評(píng)此類題目不僅要求考生有較好的空間想象能力和邏輯思維能力，還要掌握發(fā)散思維方法和對陌生情景有較強(qiáng)的適應(yīng)能力.解答該類問題需要考生去思考、分析、嘗試、猜想、論證，極具挑戰(zhàn)性和探索性.四、存在探究類開放型問題【例4】已知向量m＝（2sinθ，sinθ＋cosθ），n＝（cosθ，－2－m），函數(shù)f（θ）＝m·n的最小值為g（m）（m∈R）.（1）當(dāng)m＝1時(shí)，求g（m）的值；（2）已知定義在R上的奇函數(shù)h（x）為嚴(yán)格增函數(shù)，問：是否存在這樣的實(shí)數(shù)m，使不等式h（f（θ））＞h4sinθ+cosθ-3-2m對所有θ∈0,π2解（1）f（θ）＝2sinθcosθ－（m＋2）（sinθ＋cosθ）＝sin2θ－2（m＋2）sinθ+π4＝－cos2θ+π2－2（又－cos2θ+π2＝2sin2令t＝sinθ+π4∈[－1，所以f（θ）＝φ（t）＝2t2－2（m＋2）t－1，當(dāng)m＝1時(shí)，對稱軸為t＝2(m+2)4所以f（θ）的最小值為φ（1）＝1－32.所以g（m）的值為1－32.（2）由奇函數(shù)h（x）在R上為嚴(yán)格增函數(shù)，要使h（f（θ））＞h4sinθ+cosθ-3即f（θ）＝2sinθcosθ－（m＋2）（sinθ＋cosθ）＞4sinθ+cosθ－3－2m在θ令t＝sinθ＋cosθ∈[1，2]，則2sinθcosθ＝t2－1，則t2－1－（m＋2）t＞4t－3－2m整理得（t2＋2）（t－2）＋mt（2－t）＞0，所以t2＋2＜mt，故m＞t＋2t在[1，2]上恒成立由對勾函數(shù)的性質(zhì)知t＋2t在[1，2]上的最大值為3，即m＞3故存在實(shí)數(shù)m，且m的取值范圍為（3，＋∞）.點(diǎn)評(píng)“存在”就是有，證明有或者可以找出一個(gè)即可.“不存在”就是沒有，找不到.如果存在，找出一個(gè)來；如果不存在，需說明理由，這類問題常用“肯定順推”法.1.已知函數(shù)f（x）為定義在R上的函數(shù)滿足以下兩個(gè)條件：①對于任意的實(shí)數(shù)x，y恒有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋1；②f（x）在R上單調(diào)遞減.請寫出滿足條件的一個(gè)f（x）＝.

解析：由①②可設(shè)f（x）＝ax＋b（a＜0），由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋1，可得a（x＋y）＋b＝ax＋b＋ay＋b＋1＝a（x＋y）＋2b＋1，化簡可得b＝－1.故f（x）的解析式可為f（x）＝ax－1（a＜0）.取a＝－1可得滿足條件的一個(gè)f（x）＝－x－1.答案：－x－1（答案不唯一）2.已知三個(gè)不等式①ab＞0；②ca＞db；③bc＞ad.若以其中的兩個(gè)作為條件，余下的一個(gè)作為結(jié)論，則可以組成個(gè)正確命題解析：①②?③，①③?②（證明略）.由②得bc-adab＞0，又由③得bc－ad＞0，所以ab＞0?①.所以可以組成答案：33.已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（c，0）（b＞c），點(diǎn)B是橢圓C的短軸的一個(gè)端點(diǎn)，△OFB的面積為32，橢圓C上的兩點(diǎn)H，G關(guān)于原點(diǎn)O對稱，且｜（1）求橢圓的方程；（2）是否存在過點(diǎn)M（2，1）的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，且使得14OM2＝MP·MQ成立？若存在，試求出直線l的方程；若不存在解：（1）由等差中項(xiàng)的性質(zhì)和橢圓的對稱性知，｜FG｜＋｜FH｜＝4＝2a，∴a＝2.又S△OBF＝12bc＝32，∴bc＝又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，∴b＝3，c＝1，故橢圓C的方程為x24＋y2（2）當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l與橢圓相切，不滿足條件，故可設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），直線l的方程為y＝k（x－2）＋1，代入橢圓方程得（3＋4k2）x2－8k（2k－1）x＋16k2－16k－8＝0，則x1＋x2＝8k(2k-1)3+4kΔ＝32（6k＋3）＞0，∴k＞－12∵14OM2＝MP即4[（x1－2）（x2－2）＋（y1－1）（y2－1）]＝5，∴4（x1－2）（x2－2）（1＋k2）＝5，即4[x1x2－2（x1＋x2）＋4]（1＋k2）＝5，∴416k2-16k-83+4k2-2×解得k＝±12，又k＞－12，∴k＝∴存在滿足條件的直線l，其方程為y＝12x題型（四）結(jié)構(gòu)不良型試題的特點(diǎn)及求解策略所謂結(jié)構(gòu)不良，就是試題不是完整呈現(xiàn)，一般需要考生從給出的多個(gè)條件中選出一個(gè)或兩個(gè)補(bǔ)充完整進(jìn)行解答.不同的選擇可能得到相同的結(jié)論或得到完全不同的結(jié)論.此類題型具有引導(dǎo)考生的思維從知識(shí)的習(xí)得與記憶更多地轉(zhuǎn)向問題的解決策略的選擇上，能深入地考查考生的觀察、分析、比較、判斷和對問題的把控能力，有效地考查考生思維的靈活性和建構(gòu)數(shù)學(xué)問題的能力，以及分析問題和解決問題的能力.對數(shù)學(xué)理解能力，數(shù)學(xué)探究能力的考查起到積極地作用.一、選擇單一型選擇單一型的結(jié)構(gòu)不良型試題，只需從給出的條件中選擇一個(gè)進(jìn)行求解即可.一般來說，給出的選擇難度都是大致相同的，所以不要過多考慮條件之間的差異性.解題時(shí)將選出的條件融合到已知條件中，然后處理相關(guān)的問題即可.【例1】在條件①（a＋b）（sinA－sinB）＝（c－b）sinC；②asinB＝bcosA+π6；③bsinB+C2＝asinB在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，b＋c＝6，a＝26，，求△ABC的面積.

注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.解若選①，由正弦定理得（a＋b）（a－b）＝（c－b）c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝b2+c2-因?yàn)锳∈（0，π），所以A＝π3又a2＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，b＋c＝6，a＝26，所以bc＝4.故S△ABC＝12bcsinA＝12×4×sinπ3若選②，由正弦定理得sinAsinB＝sinBcosA+π6，因?yàn)?＜B＜π，所以sinB故sinA＝cosA+π6，化簡得sinA＝32cosA－12sinA，得tan因?yàn)?＜A＜π，所以A＝π6又a2＝b2＋c2－2bccosπ6，所以bc＝(b+c)2-a所以S△ABC＝12bcsinA＝12×（24－123）×12＝6－若選③，由正弦定理得sinBsinB+C2＝sinAsin因?yàn)?＜B＜π，所以sinB≠0，則sinB+C2＝sin又B＋C＝π－A，故cosA2＝2sinA2cos因?yàn)?＜A＜π，所以0＜A2＜π2，所以cosA2所以sinA2＝12，A2＝π6，所以又a2＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc，b＋c＝6，a＝26，所以bc＝4.故S△ABC＝12bcsinA＝12×4×sinπ3點(diǎn)評(píng)選擇單一型結(jié)構(gòu)不良型試題的思維步驟二、選擇組合型對于選擇組合型的結(jié)構(gòu)不良型試題，需要從給出的條件中選擇兩個(gè)或兩個(gè)以上進(jìn)行組合，然后代入問題中求解.一般來說，條件的不同組合會(huì)造成問題難度上的差異，因此需要考慮條件之間的適配性和差異性，所以選擇組合型結(jié)構(gòu)不良型試題的難度要大一些.【例2】給出下列條件：①焦點(diǎn)在x軸上；②焦點(diǎn)在y軸上；③拋物線上橫坐標(biāo)為1的點(diǎn)M到其焦點(diǎn)F的距離｜MF｜＝2；④拋物線的準(zhǔn)線方程是x＝－2.（1）對于頂點(diǎn)在原點(diǎn)O的拋物線C，從以上四個(gè)條件中選出兩個(gè)適當(dāng)?shù)臈l件，使得拋物線C的方程是y2＝4x，并說明理由；（2）過點(diǎn)（4，0）的任意一條直線l與C：y2＝4x交于A，B兩個(gè)不同的點(diǎn)，試探究是否總有OA⊥OB，請說明理由.解（1）因?yàn)閽佄锞€C：y2＝4x的焦點(diǎn)F（1，0）在x軸上，所以條件②不符合題意；又拋物線C：y2＝4x的準(zhǔn)線方程為x＝－1，所以條件④不符合題意；當(dāng)選擇條件①③時(shí)，｜MF｜＝1＋1＝2，可得準(zhǔn)線方程為x＝－1，故拋物線方程為y2＝4x.故選擇條件①③時(shí)，可得拋物線C的方程是y2＝4x.（2）由題意得直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋4，由y2=4x,x=ty+4得y2－4ty－16＝0，則Δ＝（－4t）2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1＋y2＝4t，y1y2＝－16，所以x1x2＝（ty1＋4）（ty2＋4）＝t2y1y2＋4t（y1＋y2）＋16＝－16t2＋16t2＋16＝16，所以O(shè)A·OB＝x1x2＋y1y2＝16－16＝0，所以O(shè)A⊥OB.綜上所述，無論l如何變化，總有OA⊥OB.點(diǎn)評(píng)選擇組合型結(jié)構(gòu)不良型試題的思維步驟三、探索條件型【例3】甲、乙兩同學(xué)在復(fù)習(xí)數(shù)列時(shí)發(fā)現(xiàn)曾經(jīng)做過的一道數(shù)列問題因紙張被破壞，導(dǎo)致一個(gè)條件看不清，具體如下：等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知.

（1）判斷S1，S2，S3的關(guān)系；（2）若a1－a3＝3，設(shè)bn＝n12｜an｜，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，證明：Tn＜4甲同學(xué)記得缺少的條件是首項(xiàng)a1的值，乙同學(xué)記得缺少的條件是公比q的值，并且他倆都記得第（1）問的答案是S1，S3，S2成等差數(shù)列.如果甲、乙兩同學(xué)記得的答案是正確的，請你通過推理把條件補(bǔ)充完整并解答此題.解由S1，S3，S2成等差數(shù)列得S1＋S2＝2S3.∴a1＋（a1＋a1q）＝2（a1＋a1q＋a1q2），由題知a1≠0，故2q2＋q＝0.又q≠0，∴q＝－12以上各步均可逆推，∴該題缺少的條件是q＝－12本題解答如下：（1）∵q＝－12∴S2＝a1－12a1＝12a1，S3＝12a1＋14a1＝又S1＝a1，∴2S3＝S1＋S2，∴S1，S3，S2成等差數(shù)列.（2）證明：由已知可得a1－a1-122∴a1＝4，an＝4·-12n-1.∴∴Tn＝131+212Tn＝131①－②得12Tn＝1∴Tn＝431-12n－23·n2n點(diǎn)評(píng)探索條件型結(jié)構(gòu)不良型試題的思維步驟由結(jié)論出發(fā)，探索結(jié)論成立的充分條件，常使用分析法，即Q?P1→P1?P2→…→得到一個(gè)明顯成立的條件1.已知點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2）在拋物線E：x2＝2py（p＞0）上（A，B異于頂點(diǎn)），l1，l2分別為過點(diǎn)A，B且與拋物線E相切的直線，l1，l2相交于點(diǎn)M（x0，y0）.條件①：點(diǎn)M在拋物線E的準(zhǔn)線上；條件②：l1⊥l2；條件③：直線AB經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F.在上述三個(gè)條件中任選一個(gè)作為已知條件，另外兩個(gè)作為結(jié)論，構(gòu)成命題，并證明該命題是真命題.注：如果選擇多個(gè)組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.解：整理拋物線E的方程得y＝x22p（p＞0），則y'＝xp，則直線l1的斜率k1＝x1p，直線l2所以直線l1的方程為y－y1＝x1p（x－x將x12＝2py1代入，化簡整理得x1x＝p（y＋y同理可得直線l2的方程為x2x＝p（y＋y2）.拋物線E：x2＝2py（p＞0）的準(zhǔn)線為直線y＝－p2，焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為0若選擇①作為條件，②③作為結(jié)論，證明如下：由于點(diǎn)M在拋物線E的準(zhǔn)線上，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0又l1，l2相交于點(diǎn)M，所以x所以點(diǎn)A，B的坐標(biāo)滿足方程x0x＝py-所以直線AB的方程為x0x＝py-p2，從而直線AB經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F0由x0x=py-p2,x2=2py,消去y整理得關(guān)于x的方程x22p－x0易得k1·k2＝x1p·x2p＝-p2p2＝－1，所以若選擇②作為條件，①③作為結(jié)論，證明如下：因?yàn)閘1⊥l2，所以k1·k2＝x1p·x2p＝－1，即x1x2又l1，l2相交于點(diǎn)M，所以x1x0=p(y0所以點(diǎn)M在拋物線E的準(zhǔn)線上，①得證.易知點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0所以x所以點(diǎn)A，B的坐標(biāo)滿足方程x0x＝py-p2，所以直線AB的方程為x0x＝進(jìn)而直線AB經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F0,p2若選擇③作為條件，①②作為結(jié)論，證明如下：直線AB經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F0,p2，設(shè)直線AB的方程為y＝kx由y=kx+p2,x2=2py,消去y整理得關(guān)于x的方程x2－2pkx－p2＝0，Δ1＞易得k1·k2＝x1p·x2p＝-p2p2＝－1，所以又l1，l2相交于點(diǎn)M，所以x1x0=p(y0+y1),x2x02.請從下面三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上，并作答.①BA·（PA＋PD）＝0；②PC＝7；③點(diǎn)P在平面ABCD的射影在直線AD上.如圖，平面五邊形PABCD中，△PAD是邊長為2的等邊三角形，AD∥BC，AB＝2BC＝2，AB⊥BC，將△PAD沿AD翻折成四棱錐P－ABCD，E是棱PD上的動(dòng)點(diǎn)（端點(diǎn)除外），F(xiàn)，M分別是AB，CE的中點(diǎn)，且.

（1）求證：AB⊥FM；（2）當(dāng)EF與平面PAD所成的角最大時(shí)，求平面ACE與平面PAD夾角的余弦值.注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.解：（1）證明：如圖所示，取AD，CD的中點(diǎn)分別為O，G，連接PO，F(xiàn)G，MG.選擇①：因?yàn)锽A·（PA＋PD）＝0，PA＋PD＝2PO，所以BA·PO＝0，即BA⊥PO.又BA⊥A