考前冲刺三 多选题、开放探究型解答题突破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|＋|sinx|的下列结论，正确的是( )A.f(x)是偶函数B.f(x)在区间单调递增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|＋|sinx|＝f(x)，又x∈R，∴f(x)为偶函数，故A正确；当<x<π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在单调递减，故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＝|sinx|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.(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＝\nS8，下列结论一定正确的是( )A.a10＝0B.S10最小C.S7＝S12D.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＝na1＋＝－9nd＋＝(n2－19n)，所以S10＝－45d，不一定最小，故B不一定正确；由Sn＝(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( )A.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B.若点P在线段A1B上运动，则AP＋PD1的最小值为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2πD.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截此正方体所得截面的面积的最大值为解析 对于A，如图(1)，连接AP，BP.由AB∥CD，知∠BAP即为异面直线AP与CD所成的角.在Rt△ABP中，AB＝1，BP＝＝，则tan∠BAP＝＝，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＝，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，三棱锥P－ABC的外接球球心是AC的中点O，连接OP，半径OP的长为\n，所以球的表面积为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，因为正方体的棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为，可得此正六边形的面积为，为截面的最大面积，D正确.故选ACD.答案 ACD【例4】(2020·湖北联考)已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F，E，直线x＝m(－1<m<1)与椭圆相交于点A，B，则( )A.当m＝0时，△FAB的面积为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.对于A，由题意，得a＝2，b＝，则c＝1.当m＝0时，S△FAB＝×2bc＝×2×1＝\n，A正确.对于B，当m＝0时，可以得出∠AFE＝，当m＝1时，∠AFE<，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<m<1，∴不存在m使△FAB的周长最大，D错误.故选AC.答案 AC【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C.f(x)的极大值为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.由题意可得解得∴f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4，x∈[－2，2].令f′(x)＝0，得x＝±∈[－2，2].当－2≤x<－或<x≤2时，f′(x)>0，当－<x<时，f′(x)<0，∴函数f(x)有两个极值点，且函数f(x)的极大值为f＝，极小值为f＝－.又∵f(－2)＝(－2)3－4×(－2)＝0＝f(2)，∴f(x)max＝，f(x)min＝－，∴函数f(x)的最大值与最小值之和等于零.故选ACD.答案 ACD\n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＋ac＝a2＋c2，②acosB＝bsinA，③sinB＋cosB＝这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解决问题.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，A＝，b＝，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＋ac＝a2＋c2.由余弦定理，得cosB＝＝＝.因为B∈(0，π)，所以B＝.由正弦定理＝，得a＝＝＝.因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，所以sinC＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝.所以S△ABC＝absinC＝×××＝.若选择②acosB＝bsinA.由正弦定理，得sinAcosB＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sinB＝cosB.又因为B∈(0，π)，所以B＝.由正弦定理＝，得a＝＝＝.因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，所以sinC＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝.所以S△ABC＝absinC＝×××＝.\n若选择③sinB＋cosB＝，则sin＝，所以sin＝1.因为B∈(0，π)，所以B＋∈，所以B＋＝，所以B＝.由正弦定理＝，得a＝＝＝.因为A＝，B＝，所以C＝π－－＝，所以sinC＝sin＝sin＝sincos＋cossin＝.所以S△ABC＝absinC＝×××＝.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<Sk?(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.由Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk，可得即解得<k<.又k为正整数，则k＝4.\n∴存在k＝4，使得Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk.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.又a5＝b1＝－1，∴d＝＝－28，∴a1＝83－(－28)＝111，∴an＝－28n＋139.由Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk，可得即解得<k<.又k为正整数，则k＝4.∴存在k＝4，使得Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk.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.又a5＝b1＝－1，S6＝246，即解得∴an＝－28n＋139.由Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk，可得即解得<k<.又k为正整数，则k＝4.∴存在k＝4，使得Sk>Sk－1且Sk＋1<Sk.
