新题型|结构不良题

前言

选择支和解答题结合后，产生了一种新的题型——选择解答题[不妨先这样定义其名称]，对不同的选择方案，其解答结果往往不太一样；后来参加培训，专家称这类题目为条件不良或结构不良试题。

结构不良题型是新课改地区新增加的题型，所谓结构不良题型就是给出一些条件，另外的条件题目中给出多个，学生可以从中选择 \(1\) 个或者 \(2\) 个作为条件，进行解题。

典例剖析

【2021届高三文科月考四用题】 已知 \(\{a_{n}\}\) 是等差数列， \(\{b_{n}\}\) 是各项都为正数的等比数列， \(a_{1}=b_{2}=1\)， 再从条件①、②、③这三个条件中选择两个作为已知条件，条件①: \(a_{2}+a_{4}=10\)，条件②：\(b_{2}b_{4}=4\)， 条件③： \(b_{4}=a_{5}\)；

(1). 求数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式.

(2). 求数列 \(\{b_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和.

解析：[第一种选择]，选择条件①: \(a_{2}+a_{4}=10\)，和条件②：$ b_{2} b_{4}=4$，

(1). 设 \(\{a_{n}\}\) 的公差为 \(d\)， 由题意可得 \(a_{1}=1\)，\((a_{1}+d)+(a_{1}+3 d)=10\)，

解得 \(a_{1}=1\)， \(d=2\)， 则 \(a_{n}=a_{1}+(n-1)d=2n-1\)， \(n\in N^{*}\).

(2). 设 \(\{b_{n}\}\) 的公比为 \(q(q>0)\)， 由题意可得 \(b_{2}=1\)，\(b_{4}=4\)，

则 \(q^{2}=\cfrac{b_{4}}{b_{2}}=4\)， 解得 \(q=2\)， \(b_{1}=\cfrac{1}{2}\)，

所以数列 \(\{b_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(\cfrac{\frac{1}{2}(1-2^{n})}{1-2}=2^{n-1}-\cfrac{1}{2}\).

[第二种选择]：若选择条件①: \(a_{2}+a_{4}=10\)，条件③： \(b_{4}=a_{5}\)；

则 (1).简解得到\(a_1=1\)，\(d=2\)，则 \(a_n=2n-1\)；

(2). 简解得到，\(b_1=\cfrac{1}{3}\)，\(q=3\)，则 \(S_n=\cfrac{1}{6}(3^n-1)\)；

[第三种选择]：若选择条件②：\(b_{2}b_{4}=4\)，条件③： \(b_{4}=a_{5}\)；

则 (1). 由\(b_2=1\)以及\(b_{2}b_{4}=4\)，得到\(b_4=4\) 且 \(q=2\)，则\(a_5=b_4=4\)，

故\(d=\cfrac{a_5-a_1}{5-1}=\cfrac{3}{4}\)，则得到 \(a_n=\cfrac{3}{4}n+\cfrac{1}{4}\)；

(2). 由 \(q=2\)且\(b_2=1\) ，得到\(b_1=\cfrac{1}{2}\)，简解得到 \(S_n=\cfrac{1}{2}(2^n-1)\)；

【2021届高三理科数学月考三第17题】已知①\(b^2\)\(+\)\(\sqrt{2}ac\)\(=\)\(a^2\)\(+\)\(c^2\)，②\(a\cos B\)\(=\)\(b\sin A\)，③\(\sin B\)\(+\)\(\cos B\)\(=\)\(\sqrt{2}\)，在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决问题.

已知\(\triangle ABC\)的内角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边为\(a\)，\(b\)，\(c\)，_____________，\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(b=\sqrt{2}\)，求\(\triangle ABC\)的面积；

分析：由①\(b^2+\sqrt{2}ac=a^2+c^2\)可得，\(\cos B=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，则\(B=\cfrac{\pi}{4}\)；

由②\(a\cos B=b\sin A\)可得，\(\sin A\cos B=\sin B\sin A\)，即\(\sin B=\cos B\)，则\(B=\cfrac{\pi}{4}\)；

由③\(\sin B+\cos B=\sqrt{2}\)可得，\(\sqrt{2}sin(B+\cfrac{\pi}{4})=\sqrt{2}\)，即\(sin(B+\cfrac{\pi}{4})=1\)，则\(B=\cfrac{\pi}{4}\)；

故不论选择哪一个，通过不同的变形，都会得到条件\(B=\cfrac{\pi}{4}\)，故原问题等价于：

已知\(\triangle ABC\)的内角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边为\(a\)，\(b\)，\(c\)，\(B=\cfrac{\pi}{4}\)，\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(b=\sqrt{2}\)，求\(\triangle ABC\)的面积；

则由正弦定理\(\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{b}{\sin B}\)，可得\(a=\sqrt{3}\)，

故\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}ab\sin C=\cfrac{1}{2}ab\sin (A+B)\)

\(=\cfrac{1}{2}\times\sqrt{2}\times\sqrt{3}\times\sin(\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{\pi}{3})\)

\(=\cfrac{3+\sqrt{3}}{4}\)；

【2021届黄冈八模测试卷一第17题】请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的问題中，并解决该问题.

① \(b^{2}+c^{2}=52\)； ② \(\triangle ABC\) 的面积为 \(3\sqrt{15}\)， ③ \(\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}=-6\)；

在 \(\triangle ABC\) 中，角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 所对的边分别为 \(a\)， \(b\)， \(c\)， 在方案______ 中，又已知 \(b-c=2\)， \(A\) 为钝角， \(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\).

(1).求边 \(a\) 的长；

(2).求 \(\sin (2C-\cfrac{\pi}{6})\) 的值.

解析：方案一，选择条件①：

(1).由\(\left\{\begin{array}{l}b^2+c^2=52\\b-c=2\end{array}\right.，\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}b=6\\c=4\end{array}\right.，\)

由于\(A\) 为钝角， 则\(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)， \(\cos A=-\cfrac{1}{4}\)，

则 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=36+16-2\times 6\times 4 \times(-\cfrac{1}{4})=64\)；

故 \(a=8\)；

(2)由余弦定理得到， \(\cos C=\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\cfrac{64+36-16}{2\times 8\times 6}=\cfrac{7}{8}\)，

故有 \(\sin C=\sqrt{1-\cfrac{49}{64}}=\cfrac{\sqrt{15}}{8}\)，

则有\(\cos 2C=2\cos^{2}C-1=\cfrac{17}{32}\)， \(\sin2C=2\sin C\cos C=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\)，

则有 \(\sin(2C-\cfrac{\pi}{6})=\sin 2C\cos\cfrac{\pi}{6}-\cos2C\sin\cfrac{\pi}{6}\)

\(=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{17}{32}\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{21\sqrt{5}-17}{64}\)；

方案二，选择条件②：

(1). 由 \(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)， \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{8}bc=3\sqrt{15}\)，

解得，\(bc=24\)，

由\(\left\{\begin{array}{l}b^2+c^2=52\\b-c=2\end{array}\right.，\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}b=6\\c=4\end{array}\right.，\)

由于\(A\) 为钝角， \(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)， 则\(\cos A=-\cfrac{1}{4}\)，

则 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=36+16-2\times 6\times 4 \times(-\cfrac{1}{4})=64\)；

故 \(a=8\)；

(2)由余弦定理得到， \(\cos C=\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\cfrac{64+36-16}{2\times 8\times 6}=\cfrac{7}{8}\)，

故有 \(\sin C=\sqrt{1-\cfrac{49}{64}}=\cfrac{\sqrt{15}}{8}\)，

则有\(\cos 2C=2\cos^{2}C-1=\cfrac{17}{32}\)， \(\sin2C=2\sin C\cos C=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\)，

则有 \(\sin(2C-\cfrac{\pi}{6})=\sin 2C\cos\cfrac{\pi}{6}-\cos2C\sin\cfrac{\pi}{6}\)

\(=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{17}{32}\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{21\sqrt{5}-17}{64}\)；

方案三，选择条件③：

(1). 由于\(A\) 为钝角， \(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)， 则\(\cos A=-\cfrac{1}{4}\)，

\(\overrightarrow{AB^{2}}\)\(+\)\(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{BC}\)\(=\)\(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\((\overrightarrow{AB}\)\(+\)\(\overrightarrow{BC})\)\(=\)\(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{AC}\)\(=\)\(bc\cos A=-6\)，

解得，\(bc=24\)，

由\(\left\{\begin{array}{l}b^2+c^2=52\\b-c=2\end{array}\right.，\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}b=6\\c=4\end{array}\right.，\)

由于\(A\) 为钝角， \(\sin A=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)， 则\(\cos A=-\cfrac{1}{4}\)，

则 \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=36+16-2\times 6\times 4 \times(-\cfrac{1}{4})=64\)；

故 \(a=8\)；

(2)由余弦定理得到， \(\cos C=\cfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\cfrac{64+36-16}{2\times 8\times 6}=\cfrac{7}{8}\)，

故有 \(\sin C=\sqrt{1-\cfrac{49}{64}}=\cfrac{\sqrt{15}}{8}\)，

则有\(\cos 2C=2\cos^{2}C-1=\cfrac{17}{32}\)， \(\sin2C=2\sin C\cos C=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\)，

则有 \(\sin(2C-\cfrac{\pi}{6})=\sin 2C\cos\cfrac{\pi}{6}-\cos2C\sin\cfrac{\pi}{6}\)

\(=\cfrac{7\sqrt{15}}{32}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{17}{32}\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{21\sqrt{5}-17}{64}\)；

【选自2021届黄冈八模测试卷四第17题】从 ①：前 \(n\) 项和 \(S_{n}=n^{2}+p\)，\((p\in R)\)；②：\(a_{n}=a_{n+1}-3\)；③：\(a_{6}=11\)，且 \(2a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}\)； 这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并完成解答.

在数列 \(\{a_{n}\}\) 中， \(a_{1}=1\) ，_____________， 其中 \(n \in N^{*}\)，

(1)求 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式；

(2)若 \(a_{1}\)， \(a_{n}\)， \(a_{m}\) 成等比数列，其中 \(m\)， \(n\in N^{*}\)， 且 \(m>n>1\)，求 \(m\) 的最小值.

解析：当选择①时，
(1).当 \(n=1\) 时， 由 \(S_{1}=a_{1}=1\)， 得 \(p=0\)，

当 \(n \geqslant 2\) 时，由题意得 \(S_{n-1}=(n-1)^{2}\)， 则\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2n-1(n\geqslant 2)\)，

经检验， \(a_{1}=1\) 符合上式， 故 \(a_{n}=2 n-1(n \in N^{*})\).

(2). 由 \(a_{1}\)， \(a_{n}\)， \(a_{m}\) 成等比数列，得 \(a_{n}^{2}=a_{1}\cdot a_{m}\) ，

即 \((2n-1)^{2}=1\times(2m-1)\)，化简得 \(m=2 n^{2}-2 n+1=2(n-\cfrac{1}{2})^{2}+\cfrac{1}{2}\)，

由于\(m, n\) 是大于 \(1\) 的正整数，且 \(m>n\)，

所以 当 \(n=2\) 时， \(m\) 有最小值为 \(5\).

当选择②时:

(1). 由\(a_{n}=a_{n+1}-3\)， 则\(a_{n+1}-a_{n}=3\)，

故数列 \(\{a_{n}\}\) 是公差 \(d=3\) 的等差数列.

所以 \(a_{n}=a_{1}+(n-1)d=3n-2\) \((n\in N^{*})\)

(2). 由 \(a_{1}\)， \(a_{n}\)， \(a_{m}\) 成等比数列，得 \(a_{n}^{2}=a_{1}\cdot a_{m}\)，

即 \((3n-2)^{2}=1\times(3m-2)\)，化简得， \(m=3n^{2}-4n+2=3(n-\cfrac{2}{3})^{2}+\cfrac{2}{3}\)，

由于\(m, n\) 是大于 \(1\) 的正整数，且 \(m>n\)，

所以 当 \(n=2\) 时， \(m\) 有最小值为 \(6\).

当选择③时:

(1). 由 \(2a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}\)， 得 \(a_{n+1}-a_{n}=a_{n+2}-a_{n+1}\)，

故 数列 \(\{a_{n}\}\) 是等差数列， 又 \(a_{1}=1\)， \(a_{6}=a_{1}+5d=11\)，

故\(d=2\)，则 \(a_{n}=a_{1}+(n-1)d=2n-1 (n\in N^{*})\)，

(2). 由 \(a_{1}\)， \(a_{n}\)， \(a_{m}\) 成等比数列，得 \(a_{n}^{2}=a_{1}\cdot a_{m}\)，

即 \((2n-1)^{2}=1\times(2m-1)\)，化简得 \(m=2n^{2}-2n+1=2(n-\cfrac{1}{2})^{2}+\cfrac{1}{2}\)，

由于\(m, n\) 是大于 \(1\) 的正整数，且 \(m>n\)，

所以 当 \(n=2\) 时， \(m\) 有最小值为 \(5\).

【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】在 ① \(\cos B=-\cfrac{3}{5}\)， ② \(b+c=2 \sqrt{3}\)， ③ \(a=\sqrt{6}\)， 这三个条件中选择两个， 补充在下面问题中， 使问题中的三角形存在， 并求出 \(\triangle ABC\) 的面积。问题: 在 \(\triangle ABC\) 中， \(a\)， \(b\)， \(c\) 是角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 所对的边， 已知 \(a\sin C=\sqrt{3}c\cdot\cos A\)， 补充的条件是___ 和_____.

解析：由于 \(a\sin C=\sqrt{3} c \cdot \cos A\)， 故\(\sin A \sin C=\sqrt{3} \sin C \cos A\)，

又 \(\sin C \neq 0\)， \(\sin A=\sqrt{3} \cos A\)， 即 \(\tan A=\sqrt{3}\)，

又由于 \(A \in(0, \pi)\)， 则 \(A=\cfrac{\pi}{3}\)，

若选 ① ，由于\(\cos B=-\cfrac{3}{5}<-\cfrac{1}{2}\)， \(B\in(\cfrac{2\pi}{3}, \pi)\)， 则 \(A+B+C>\pi\)，三角形不存在；

因此， 只能选择 ② 和 ③，此时， \(\cos A=\cfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\cfrac{(b+c)^{2}-2bc-a^{2}}{2bc}\)，

所以 \(\cfrac{1}{2}=\cfrac{6-2bc}{2bc}\)， \(bc=2\)，

与 \(b+c=2\sqrt{3}\) 联立， 解得 \(b=\sqrt{3}+1\)， \(c=\sqrt{3}-1\)；或 \(b=\sqrt{3}-1\)， \(c=\sqrt{3}+1\)，

所以符合条件的 \(\triangle ABC\) 存在，且 \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{1}{2}\times 2\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\) 。

〔解后反思〕：常见的这类题目，往往是任意三选二，都有结果；但是题目难度一旦加大后，就可能出现选择某个选择支会出现矛盾，这时候就需要我们仔细分析，认真判断。如本题，若选择 ① ，则三角形是不存在的。