2022高考二轮-数学（新高考版）考前创意(二)

考前创意(二)品悟一题多解的高考真题—解题观摩·激活思维本部分对高考重点板块的常考题型进行一题多解式的真题品悟，功用有三：一是“真题不厌回做”，考前再回顾经典“母题”，能起到命题溯源、举一反三之效；二是通过回练高考真题，在训练中回顾主干知识，融通知识联系，达到唤醒大脑、串忆知识之效；更重要的是第三点，一道真题通过提供不同的解法，供学生品读玩味，既放松了心态，消除了一味做题所带来的紧张感，又开拓了思路，激活了思维，让赢定高考平添了几分胜算．

法一：列举法＋归纳法．典题4

(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.

①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn.典题2

(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD-­A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则

(

)A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直．所以选项A正确．故选A.典题4

(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A­-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-­BC­-D的大小为45°，求三棱锥A­-BCD的体积．(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.典题5

(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P-­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-­PB-­C的余弦值．(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P，AP⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.典题6

(2020·新高考全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P-­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．典题3

(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．[思路点评]法二抓住问题中直线CD这一主要几何元素寻找突破，借助对称性将定点锁定在x轴上，利用直线在x轴上的截距式将问题进一步归结为n为定值，在等量关系中构造定值n的恒等式，从而求出定点．[思路点评]对比前三种证法，曲线系方程是一种高观点的方法，灵活运用运算法则，大幅降低运算量，体现数学思想方法，展示学生知识