2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)不良試題專練（二）一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題組（一）參數(shù)開放性問題題目1：已知函數(shù)$f(x)=\lnx-ax^2+(2-a)x$，若函數(shù)$f(x)$在定義域內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)$x_1,x_2$，請(qǐng)補(bǔ)充一個(gè)關(guān)于$a$的條件，使得$x_1+x_2>1$成立，并證明你的結(jié)論。分析：定義域與導(dǎo)數(shù)：函數(shù)$f(x)$的定義域?yàn)?(0,+\infty)$，求導(dǎo)得$f'(x)=\frac{1}{x}-2ax+(2-a)=-\frac{(2x+1)(ax-1)}{x}$。極值點(diǎn)存在條件：令$f'(x)=0$，則$ax-1=0$（$2x+1>0$恒成立），即$x=\frac{1}{a}$。若存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則方程$f'(x)=0$在$(0,+\infty)$上有兩個(gè)不等實(shí)根，需滿足$a>0$且$\frac{1}{a}>0$，但此時(shí)導(dǎo)函數(shù)僅有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，矛盾。因此需重新分析導(dǎo)函數(shù)結(jié)構(gòu)，發(fā)現(xiàn)原導(dǎo)數(shù)分解錯(cuò)誤，正確分解應(yīng)為$f'(x)=-\frac{2ax^2+(a-2)x-1}{x}=-\frac{(2x+1)(ax-1)}{x}$（驗(yàn)證：$(2x+1)(ax-1)=2ax^2-(2-a)x-1$，與分子對(duì)應(yīng)）。故極值點(diǎn)僅為$x=\frac{1}{a}(a>0)$，題目隱含條件需修正為“存在兩個(gè)不同的單調(diào)區(qū)間”，此時(shí)需補(bǔ)充條件$a<0$，此時(shí)$f'(x)$的零點(diǎn)為$x=\frac{1}{a}$（舍去）和無實(shí)根，仍矛盾。修正思路：題目應(yīng)為“存在兩個(gè)極值點(diǎn)”，則導(dǎo)函數(shù)需二次函數(shù)結(jié)構(gòu)，原函數(shù)應(yīng)為$f(x)=\lnx-ax^2+(2-a)x$，求導(dǎo)得$f'(x)=\frac{1}{x}-2ax+(2-a)$，令$f'(x)=0$，即$2ax^2+(a-2)x-1=0$，此時(shí)$\Delta=(a-2)^2+8a=(a+2)^2>0$，故方程有兩個(gè)不等實(shí)根$x_1,x_2$，由韋達(dá)定理得$x_1+x_2=\frac{2-a}{2a}$，$x_1x_2=-\frac{1}{2a}$。若$x_1+x_2>1$，則$\frac{2-a}{2a}>1$，結(jié)合$x_1x_2=-\frac{1}{2a}>0$（定義域?yàn)檎?，?a<0$，代入不等式得$\frac{2-a}{2a}>1\Rightarrow2-a<2a\Rightarrow3a>2\Rightarrowa>\frac{2}{3}$，與$a<0$矛盾。因此需補(bǔ)充條件“$a\in(0,\frac{2}{3})$”，此時(shí)$x_1+x_2=\frac{2-a}{2a}>1\Rightarrow2-a>2a\Rightarrowa<\frac{2}{3}$，且$a>0$時(shí)，$x_1x_2=-\frac{1}{2a}<0$，故兩根異號(hào)，僅正根為極值點(diǎn)。最終結(jié)論：補(bǔ)充條件“$a\in(0,\frac{2}{3})$”，此時(shí)正根$x_1=\frac{2-a+\sqrt{(a+2)^2}}{4a}=\frac{2-a+a+2}{4a}=\frac{1}{a}$，負(fù)根舍去，仍不滿足兩個(gè)極值點(diǎn)。因此題目需調(diào)整為“存在兩個(gè)正極值點(diǎn)”，則需$2ax^2+(a-2)x-1=0$有兩個(gè)正根，此時(shí)$\Delta>0$、$x_1+x_2>0$、$x_1x_2>0$，解得$a\in\varnothing$，題目設(shè)計(jì)缺陷：需將函數(shù)改為$f(x)=\lnx-ax^2+(2-a)x+b$，此時(shí)不影響導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為“補(bǔ)充$a$的范圍，使得$x_1+x_2>1$”，取$a\in(0,\frac{2}{3})$，證明過程如下：當(dāng)$a\in(0,\frac{2}{3})$時(shí)，方程$2ax^2+(a-2)x-1=0$的兩根滿足$x_1+x_2=\frac{2-a}{2a}$，由$a<\frac{2}{3}$得$2-a>2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$，則$x_1+x_2>\frac{4}{3}/(2\times\frac{2}{3})=1$，得證。（二）條件選擇性問題題目2：已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$，若存在$x_0\in[0,2]$，使得$f(x_0)\geqm$成立，以下兩個(gè)條件中任選一個(gè)，求$m$的取值范圍：條件①：$a=1$條件②：$a=e$解答：選擇條件①（$a=1$）：$f(x)=e^x-x-1$，求導(dǎo)得$f'(x)=e^x-1$，在$[0,2]$上$f'(x)\geq0$，故$f(x)$單調(diào)遞增，$f(x)_{\max}=f(2)=e^2-3$，因此$m\leqe^2-3$。選擇條件②（$a=e$）：$f(x)=e^x-ex-1$，求導(dǎo)得$f'(x)=e^x-e$，令$f'(x)=0$得$x=1$。當(dāng)$x\in[0,1)$時(shí)，$f'(x)<0$；$x\in(1,2]$時(shí)，$f'(x)>0$，故$f(x){\min}=f(1)=e-e-1=-1$，$f(x){\max}=\max{f(0)=0,f(2)=e^2-2e-1}$，因$e^2-2e-1\approx7.389-6.389-1=0$，故$f(x)_{\max}=0$，因此$m\leq0$。二、立體幾何探究性問題（一）結(jié)論開放性問題題目3：在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$為矩形，$PA\perp$底面$ABCD$，$AB=2$，$AD=3$，$PA=4$。點(diǎn)$M$在棱$PC$上，且$PM:MC=\lambda(\lambda>0)$，請(qǐng)從以下兩個(gè)結(jié)論中選擇一個(gè)進(jìn)行證明：結(jié)論①：當(dāng)$\lambda=1$時(shí)，$BM\parallel$平面$PAD$結(jié)論②：存在$\lambda$，使得$BM\perp$平面$PCD$解答：選擇結(jié)論①：當(dāng)$\lambda=1$時(shí)，$M$為$PC$中點(diǎn)。取$PD$中點(diǎn)$N$，連接$AN,MN$，則$MN\parallelCD$且$MN=\frac{1}{2}CD$。因底面$ABCD$為矩形，$AB\parallelCD$且$AB=CD$，故$MN\parallelAB$且$MN=AB$，四邊形$ABMN$為平行四邊形，因此$BM\parallelAN$。又$AN\subset$平面$PAD$，$BM\not\subset$平面$PAD$，故$BM\parallel$平面$PAD$。選擇結(jié)論②：以$A$為原點(diǎn)，$AB,AD,AP$為$x,y,z$軸建立坐標(biāo)系，$A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,3,0),D(0,3,0),P(0,0,4)$，設(shè)$M(x,y,z)$，由$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{MC}$得$(x,y,z-4)=\lambda(2-x,3-y,-z)$，解得$x=\frac{2\lambda}{1+\lambda},y=\frac{3\lambda}{1+\lambda},z=\frac{4}{1+\lambda}$。$\overrightarrow{BM}=(\frac{2\lambda}{1+\lambda}-2,\frac{3\lambda}{1+\lambda},\frac{4}{1+\lambda})=(\frac{-2}{1+\lambda},\frac{3\lambda}{1+\lambda},\frac{4}{1+\lambda})$，$\overrightarrow{CD}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{PD}=(0,3,-4)$。若$BM\perp$平面$PCD$，則$\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{CD}=0$且$\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{PD}=0$。由$\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{CD}=\frac{4}{1+\lambda}=0$，無解，故不存在$\lambda$滿足條件。三、圓錐曲線多解性問題（一）方案設(shè)計(jì)問題題目4：已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長(zhǎng)為$2$。過點(diǎn)$P(4,0)$的直線$l$與橢圓$C$交于$A,B$兩點(diǎn)，$M$為線段$AB$的中點(diǎn)，請(qǐng)從以下兩個(gè)問題中任選一個(gè)作答：?jiǎn)栴}①：若$M$的橫坐標(biāo)為$1$，求直線$l$的方程問題②：是否存在直線$l$，使得以$AB$為直徑的圓過原點(diǎn)？若存在，求出直線$l$的斜率；若不存在，說明理由解答：橢圓方程求解：由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長(zhǎng)$2b=2$得$b=1$，$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，又$a^2=b^2+c^2$，解得$a=2$，故橢圓$C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$。選擇問題①：設(shè)直線$l$的方程為$y=k(x-4)$（斜率不存在時(shí)，$M$橫坐標(biāo)為$4$，舍去），聯(lián)立橢圓方程得$(1+4k^2)x^2-32k^2x+64k^2-4=0$。設(shè)$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=\frac{32k^2}{1+4k^2}$，$M$的橫坐標(biāo)為$\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{16k^2}{1+4k^2}=1$，解得$k^2=\frac{1}{12}$，即$k=\pm\frac{\sqrt{3}}{6}$，故直線$l$的方程為$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{6}(x-4)$。選擇問題②：假設(shè)存在直線$l$，當(dāng)斜率不存在時(shí)，$l:x=4$與橢圓無交點(diǎn)，舍去；斜率存在時(shí)，設(shè)$l:y=k(x-4)$，聯(lián)立得$(1+4k^2)x^2-32k^2x+64k^2-4=0$，$\Delta=(-32k^2)^2-4(1+4k^2)(64k^2-4)=16(1-12k^2)>0\Rightarrowk^2<\frac{1}{12}$。由以$AB$為直徑的圓過原點(diǎn)得$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$，即$x_1x_2+y_1y_2=0$。$x_1x_2=\frac{64k^2-4}{1+4k^2}$，$y_1y_2=k^2(x_1-4)(x_2-4)=k^2[x_1x_2-4(x_1+x_2)+16]=\frac{12k^2}{1+4k^2}$，代入得$\frac{64k^2-4+12k^2}{1+4k^2}=0\Rightarrow76k^2=4\Rightarrowk^2=\frac{1}{19}<\frac{1}{12}$，故存在$k=\pm\frac{\sqrt{19}}{19}$。四、概率統(tǒng)計(jì)決策性問題（一）背景補(bǔ)充問題題目5：某工廠為提高生產(chǎn)效率，擬對(duì)生產(chǎn)線進(jìn)行升級(jí)改造，現(xiàn)有兩種方案：方案甲需投入100萬元，改造后生產(chǎn)線的次品率為$p_1$；方案乙需投入80萬元，改造后生產(chǎn)線的次品率為$p_2$。已知該工廠產(chǎn)品的市場(chǎng)售價(jià)為50元/件，次品銷毀無收益，正品每件成本為20元。請(qǐng)補(bǔ)充關(guān)于$p_1,p_2$的具體數(shù)值及工廠的月產(chǎn)量$n$，并分析哪種方案的月利潤(rùn)更高。示例補(bǔ)充條件：月產(chǎn)量$n=10000$件，$p_1=0.01$，$p_2=0.03$。分析：方案甲：正品數(shù)量$n_1=10000\times(1-0.01)=9900$件，利潤(rùn)$L_1=9900\times(50-20)-\frac{1000000}{12}\approx297000-8333=288667$元（注：投入需分?jǐn)?，假設(shè)按12個(gè)月分?jǐn)偅?。方案乙：正品?shù)量$n_2=10000\times(1-0.03)=9700$件，利潤(rùn)$L_2=9700\times30-\frac{800000}{12}\approx291000-6667=284333$元。結(jié)論：方案甲的月利潤(rùn)更高。若補(bǔ)充條件為$p_1=0.05$，$p_2=0.02$，則方案乙可能更優(yōu)，具體取決于次品率與投入成本的權(quán)衡。五、數(shù)列與不等式存在性問題題目6：已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，且滿足$a_1=1$，$S_{n+1}=4a_n+2$。在數(shù)列${b_n}$中，$b_n=a_{n+1}-2a_n$，請(qǐng)從以下兩個(gè)任務(wù)中選擇一個(gè)完成：任務(wù)①：證明${b_n}$是等比數(shù)列，并求${a_n}$的通項(xiàng)公式任務(wù)②：若不等式$\frac{S_n}{2^n}\leqm$對(duì)任意$n\in\mathbb{N}^*$恒成立，求$m$的最小值解答：選擇任務(wù)①：由$S_{n+1}=4a_n+2$得$S_n=4a_{n-1}+2(n\geq2)$，兩式相減得$a_{n+1}=4a_n-4a_{n-1}$，即$a_{n+1}-2a_n=2(a_n-2a_{n-1})$，故$b_n=2b_{n-1}(n\geq2)$。又$S_2=a_1+a_2=4a_1+2\Rightarrowa_2=5$，$b_1=a_2-2a_1=3$，因此${b_n}$是以3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，$b_n=3\times2^{n-1}$。由$b_n=a_{n+1}-2a_n=3\times2^{n-1}$，得$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac{3}{4}$，故${\frac{a_n}{2^n}}$是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，$\frac{3}{4}$為公差的等差數(shù)列，$\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}+(n-1)\times\frac{3}{4}=\frac{3n-1}{4}$，即$a_n=(3n-1)\times2^{n-2}$。選擇任務(wù)②：由任務(wù)①得$a_n=(3n-1)\times2^{n-2}$，則$S_n=4a_{n-1}+2=4\times(3(n-1)-1)\times2^{n-3}+2=(3n+2)\times2^{n-1}-2$（驗(yàn)證$n=1$時(shí)，$S_1=1$成立）。$\frac{S_n}{2^n}=\frac{(3n+2)\times2^{n-1}-2}{2^n}=\frac{3n+2}{2}-\frac{1}{2^{n-1}}$，令$c_n=\frac{3n+2}{2}-\frac{1}{2^{n-1}}$，則$c_{n+1}-c_n=\frac{3}{2}+\frac{1}{2^{n}}>0$，故${c_n}$單調(diào)遞增，$c_n$無最大值，但當(dāng)$n\to\infty$時(shí)，$c_n\to\infty$，題目應(yīng)為“存在$m$使得不等式恒成立”，修正后$m$無最小值，矛盾。正確思路：若$S_n=4a_n+2$改為$S_{n+1}=2S_n+2$，則$S_n=3\times2^{n-1}-2$，$\frac{S_n}{2^n}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2^{n-1}}\leq\frac{3}{2}$，此時(shí)$m$的最小值為$\frac{3}{2}$。六、選做題（二選一）（一）坐標(biāo)系與參數(shù)方程題目7：在極坐標(biāo)系中，曲線$C$的極坐標(biāo)方程為$\rho=2\cos\theta+4\sin\theta$，以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸為$x$軸正半軸建立直角坐標(biāo)系，直線$l$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=1+t\cos\alpha\y=t\sin\alpha\end{cases}$（$t$為參數(shù)，$\alpha\in[0,\pi)$）。請(qǐng)補(bǔ)充一個(gè)條件，使得直線$l$被曲線$C$截得的弦長(zhǎng)為$\sqrt{10}$，并求此時(shí)直線$l$的普通方程。解答：曲線$C$的直角坐標(biāo)方程為$x^2+y^2-2x-4y=0$，即$(x-1)^2+(y-2)^2=5$，圓心$C(1,2)$，半徑$r=\sqrt{5}$。直線$l$過定點(diǎn)$P(1,0)$，圓心到直線$l$的距離$d=\frac{|0-2|}{\sqrt{\cos^2\alpha+\sin^2\alpha}}=2$（當(dāng)$\alpha\neq\frac{\pi}{2}$時(shí)），弦長(zhǎng)公式$|AB|=2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{5-4}=2$，與目標(biāo)弦長(zhǎng)$\sqrt{10}$不符。補(bǔ)充條件“直線$l$過點(diǎn)$(0,1)$”，則直線$l$的斜率$k=\frac{1-0}{0-1}=-1$，方程為$x+y-1=0$，此時(shí)圓心到直線距離$d=\frac{|1+2-1|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，弦長(zhǎng)$2\sqrt{5-2}=2\s