【高考数学仿真 真题重组】重组卷05- 高考数学真题重组卷（解析版）

绝密★启用前

高考数学真题重组卷05

新高考地区专用（解析版）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.I可答选择题时•，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题R一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

I.（2022年高考北京卷）已知集合4={#一1—<1},/i={x|0<x<2},则A74=（）

A.{x|-l<x<2}B.{x|-l<x<2}

C.{x|0<x<1}D.{x|0<x<2}

B【解析】结合题意利用并集的定义计算即可.

【详解】由题意可得：AJB={x\-\<x<2}.

故选：B.

2.（2022年高考全国I卷）若i（l-z）=l,则z+5=（）

A.-2B.-1C.1D.2

D【解析】利用兔数的除法可求z,从而可求z+乞.

【详解】由题设有1—z=：=/=T,故z=l+i,故z+Z=（l+i）+（l-i）=2,

故选：D

3.（2022年高考全国I卷）在y3c中，点。在边48上，BD=2DA.记C4=〃?,CQ=〃，

则CB=（）

A.3m—2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2/n+3n

B【解析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出.

【详解】因为点。在边AB上，BD=2DA,所以BD=2DA，即CQ-CB=2（C4-CQ）,

所以C8=3CD—2Gi=3〃—2/n=-2m+3〃.

故选：B.

4.（2020高考全国新课标n卷）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层,

上层中心有一次圆形石板［称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每

环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块,

已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()

A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块

C【解析】第〃环大石心块数为勺，第一层共有〃环，则(《J是以9为首项，9为公差的等

差数列，

设t为｛%｝的前〃项和，由题意可得，”一当,729,解方程即可得到〃，进一步

得到S3.

【详解】设第〃环天石心块数为/，第•层共有〃环，

则｛4｝是以9为首项，9为公差的等差数列，为=9+(〃-l)x9=9〃，

设3为｛%｝的前〃项和，则第一层、第二层、第三层的次数分

别为2,52.一工,邑〃-52”,因为下层比中层多729块，

所以S3”-S20二邑“一S"+729，

„„3/1(9+27/?)2/?(9+18”)2n(9+18〃)n(9+9n)”八

2222

即9/=729,解得〃=9,

所以S3.=527=27咒-27)=3402.

故选：C

【点晴】本题主要考查等差数列前〃项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是•道

容易题.

5.(2020年高考全国H卷)要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一

个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有()

A.2种B.3种C.6种D.8种

C【解析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.

【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有GG=3种分法

第二步，将2组学生安排到2个村，有用=2种安排方法

所以，不同的安排方法共有3x2=6种

故选：C

【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.

6.（2021年岛•考天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的

体积为半，两个圆锥的高之比为1:3,则这两个圆锥的体积之和为（）

A.34B.4乃C.94D.12点

B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆

锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点

设圆锥AO和圆锥8。的高之比为3:1,即AD=3BD,

设球的半径为R,则竺工=①，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4,

33

所以，BD=1,AD=3,

CDA.AB,则NCAO+Z4cO=N3CO+ZACO=90,所以，/CAD=/BCD,

又因为NAOC=N8£>C,所以，AACD^Z\CBD,

ADCD

所以,

而一而:.CDEADBD=6

因此，这两个圆锥的体积之和为,兀xCD，.（AO+4Q）=1;rx3x4=4;r.

33

故选：B.

7.（2021年高考全国乙卷）设5是椭圆C*£=1（〃小。）的上顶点,若C上的任意一

点2都满足区沙，则。的离心率的取值范围是（）

c【解析】设"(X。/。)，由根据两点间的距离公式表示出陷，分类讨论求出网

的最大值，再构建齐次不等式，解出即可.

【详解】设尸(为儿),由wo⑼，因为4+4=i>/=〃+/,所以

a"D

22

\PB\~=xl+(y0-b)=a1-*+(%—力)2=-31)'。+4+\+a?+b：

因为一。4)川，当一答》,即旌C:时，阀：=心，即网「力，符合题意，

由从*2可得2c2,即0<eK变；

2

当《>也即从<°2时，］咻、《+/+凡即撩+/+从4破，化简得，(？-^)'<0.

显然该不等式不成立.

故选：C.

【*睛】本题解题关键是如何求出归用的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根

据定义域讨论函数的单调性从而确定最值.

8.(2021年高考全国H卷)已知函数/(X)的定义域为R,f(x+2)为偶函数，f(2x+l)为

奇函数，则()

A.(外。B./(-9=0C./(2)=0D./(4)=0

B【解析】推导出函数/(")是以4为周期的周期函数，由己知条件得出/(1)二°,结合已知

条件可得出结论.

【详解】因为函数〃工+2)为偶函数，则〃2+x)=〃2r),可得/(l+3)=/(lT),

因为函数/(2x+l)为奇函数,则〃l-2x)=-/(2x+l),所以，“1)-1),

所以，/(x+3)=-/(x+I)=/(x-I),即〃x)=/(x+4),

故函数/(“是以4为周期的周期函数，

因为函数尸㈤=/(2+1)为奇函数，则尸(0)=/⑴=0,

故/(-1)=一/(1)=0,其它三个选项未知.

故选：B.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项

符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得。分.

9.(2022年高考全国【卷)已知正方体A8CD-A8CA，则()

A.直线BG与OA所成的角为90。B.直线8G与CA所成的角为90。

C.直线8G与平面88QD所成的角为45°D.直线8G与平面ABCD所成的角为45。

ABD

【解析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

【详解】如图，连接E。、B3,因为。与C,所以直线与用C所成的角即为直线BG

与。A所成的角，

囚为四边形64GC为正方形，则4CL6G，故直线6c与DA所成的角为90。，A正确；

连接AC，因为A圈1.平面86匚平面8片（7。，则A5G，

因为&c_L3G，A4B£=B「所以Z?G_L平面A4C.

又4Cu平面ABC,所以8GleA，故B正确；

连接AG，设AGn园。=。，连接BO,

因为8片JL平面A&CQ,GOu平面则

因为CQ1用。1,B,DlnB,B=B,,所以C0_L平面88位。，

所以NGBO为直线BC,与平面班Q。所成的角，

设正方体棱长为1，则00=4，BC、=&,sinNGBO=差=；,

所以，直线3G与平面MR。所成的角为30,故C错误；

因为C0_L平面A3CQ,所以NGBC为直线8G与平面A8CD所成的角，易得/仁田。=45,

故D正确.

故选：ABD

1（）.（2020年高考全国H卷）已知。>0,b>0,且a+b=l,则（）

A.a2+b2>-B.T-h>\

22

C.log,a+log,b>-2D.4a+4b<41

ABD【解析】根据。+力=1,结合基本不等式及二次函数知识进行求解.

2

【详解】对于A,a2+b2=a2=2a2-2a+i=2\a-4U,

2；22

当且仅当〃=〃=g时，等号成立，故A正确;

对于B,a-b=2a-{>-i,所以2"">2”=’，故B正确:

2

/.i\2

a+b

对于

C,log2a+log2h=log2ab<log2

当且仅当时，等号成立，故C不正确；

对于D,因为（G+〃）=l+2Vi^Sl+a+〃=2,

所以G+振W夜，当且仅当［=〃=（时，等号成立，故D正确；

故选：ABD

【点睛】本题主要考杳不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，

侧重考查数学运算的核心素养.

11.（2022年高考全国I卷）已知函数/。）=/7+1,则（）

A./a）有两个极值点B./a）有三个零点

C.点（0,1）是曲线），=/⑶的对称中心D.直线产2x是曲线），=f（x）的切线

AC【解析】利用极值点的定义可判断A,结合八外的单调性、极值可判断B,利用平移可

判断C；利用导数的几何意义判断D.

【详解】由题，r（x）=3?-l,令/料＞0得x＞乎或…

令八幻＜0得—与立，

33

所以/*）在（-00,-4）,（*,+oo）上单调递增，（-亭,孚）上单调递减，所以x=士惠是极

值点，故A正确；

因/（一日）=1+竽＞0,/（¥）=＞¥＞（），/（-2）=-5＜0,

所以，函数『（力在上有一个零点,

当xN年时，“力"”半卜0,即函数/（“在［4,+8上无零点,

综上所述，函数/*）有一个零点，故B错误;

令人(x)=d-x,该函数的定义域为R,/?(-Af)=(-x)?-(--T)=-Xy+x=-h(x),

则人(x)是奇函数，(0,0)是力(x)的对称中心,

将人(彳)的图象向上移动一个单位得到/*)的图象，

所以点(0,1)是曲线＞=/(x)的对称中心，故C正确；

令r(x)=3f-l=2,可得x=±l,又/⑴=/(-1)=1,

当切点为(U)时，切线方程为户=2、-1,当切点为(TD时，切线方程为)，=2x+3,故D错

误.

故选：AC.

12.(2022年高考全国乙卷)双曲线C的两个焦点为「鸟，以。的实轴为直径的圆记为。，

3

rCOSNF'NF?=—

过片作。的切线与。交于M,N两点，旦“5,则。的离心率为()

A.BB.-C.叵D.叵

2222

AC【解析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过“作圆。的切线切点为G,利用正弦定

理结合三角变换、双曲线的定义得到»=3。或即可得解，注意就“，N在双支上还

是在单支上分类讨论.

【详解】［方法一］:几何法，双曲线定义的应用

情况一

M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过£作圆。的切线切点为B,

3

所以OB_LEN,因为所以N在双曲线的左支,

|OB|=«,\OF\=c,|FjB|=b,设4F\NF】=a,由即ccsa='|,则sina二g,

35

|NA|=-^|NF2|=-^

|NE|-|NFj|=2r/

5

a-\-a-2b

212

..x/5

2b=a,e=—

2

选A

情况二

3

若M、N在双曲线的两支，因为cosNKN^=q>0,所以N在双曲线的右支,

所以|OB|二a,|。制=*田B|=b,设N£N5=a,

33.4

由cos/4即cosa=w，则sina=g,

|NA|=|^|NF2|=|^

|NF-|-|NE|=2tz

3〜5c

—a+2b——a=2a,

22

所以力=纭，即2=」，

a2

所以双曲线的离心率e=£=Jl+^=巫

dVa22

选C

［方法二］:答案回代法

A选项e=^

2

特值双曲线

.-/，.耳卜石⑼闾技。），

过£且与圆相切的一条直线为y=2（x+石），

•・,两交点都在左支,,

.•.|用|=5,|乐|=1，忻用=2石，

3

则cos/耳”

C选项©=巫

2

22

特值双曲线'-方=1,「.网-痴,0),耳(屈,0)

过百且与圆相切的一条直线为y=|(x+x/i3),

.两交点在左右两支，N在右支，「.N仁可，

,-.|NE|=5,^|=9,|^|=2>/13,

3

则cos/6”=1,

［方法三］:

依题意不妨设双曲线焦点在X轴，设过月作圆。的切线切点为G,

若M,N分别在左右支，

因为OG_LNR,且cosN£NK=］>。，所以N在双曲线的右支，

又|OG|=a,|O^=c,|G4二匕，

设4F\NF】=a,5F、N=0,

在防”中，有粤=空右=3,

sinpsin(a+/>)sina

|N也|也=J-^=上

sin(cr+/?)-sinpsinasin(a+4)-sin£sina

所以--------------------------~C-

'sinacos/7+cosasin夕一sin/?sina

h3.ab...4

而cosa=-，sin/n?=~,cos〃n=一，故sina二一，

5cc5

代入整理得到3=3a,即2=1,

a2

所以双曲线的离心率e=£

加国一加用2cnna__c

sin(/?-sin(cr+/?)sinasin/?-sinacosfi-cosasin/?sina

代入ssajsin"%sina=5整理得到：存%/

故选：AC.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.（2021年高考全国甲卷）已知函数小）=2COS（3。的部分图像如图所示，则/图=

：三）的值即可.

-V3【解析】首先确定函数的解析式，然后求解了

【详解】由题意可得：%=得后=会・"="）=券=2'

当x=时，的+°=2：＜^^+p=2A乃,「.*=2&九一5乃(AGZ),

令攵=1可得：（p--^-,

6

据此有:f（x）=2cos（2x-m=28s（2xU）=2cos§=->/5.

I6）\2J<26；6

故答案为：-0.

【点睛】已知./U）=ACQS（“）X+8）（A>0,⑦>0）的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得

出，困难的是求待定系数3和的常用如下两种方法：

（l）［tl。=与即可求出口：确定8时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”

横坐标xo,则令0xo+*=0（或5o+e=?r）,即可求出0.

⑵代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或“零点”）坐标代入解析式，再结合图形

解出/和内若对A,①的符号或对夕的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.

14.（2021年高考天津卷）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一

方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为。

O

和g,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获

胜的概率为，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.

彳2号90【解析】根据甲猜对乙没有猜对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，

JZ/

中至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解.

542

【详解】由题可得•次活动中，甲获胜的概率为工乂工=彳；

653

则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为C；x(|Jxg+(|j哼.

220

故答案为：

15.(2020年高考全国n笈)已知直四棱柱人BC力入//。0的棱长均为2,八7)=60。.以

2为球心，耳为半径的球面与侧面BCCB的交线长为.

巫兀•【解析】根据已知条件易得RE=G，侧面隹GCB,可得侧面8CCB与球面

2

的交线上的点到E的距离为0,可得侧面BCCK与球面的交线是扇形£尸。的弧尸G，再根

据弧长公式可求得结果.

【详解】如图：

取用G的中点为E，B片的中点为尸，CG的中点为G,

因为N班。=60。，直四棱柱A8CD-A8CA的棱长均为2,所以△。固G为等边三角形,

所以。£=6，RE工B£,

又四棱柱A8CO-AAGA为直四棱柱，所以6月1平面4MGR,所以B片，用G，

因为BBCB£=B_所以〃E_L侧面与GC8,

设尸为侧面BGCB与球面的交线上的点，则。声1样.

因为球的半径为右，D\E=&所以|EP|=J|AP|2—|AE|2=后不=五,

所以侧面SCC8与球面的交线上的点到E的距离为友，

因为|E尸|=|EG|=&,所以侧面BCC8与球面的交线是扇形EFG的弧/G，

因为NgQ=NC£G=5，所以N〃EG=g,

所以根据弧长公式可得尸G=2x&=立方.

22

故答案为：叵兀.

2

【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中

的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

16.（2021年高考北京卷）已知函数/"）=旭*|-&-2,给出下列四个结论：

①若％=0,Ax）恰有2个零点；

②存在负数上，使得f（x）恰有1个零点；

③存在负数3使得/（'）恰有3个零点；

④存在正数3使得/（x）恰有3个零点.

其中所有正确结论的序号是.

®®®【解析】由“6二°可得出"gX="+2,考查直线广区+2与曲线网力=|怆乂的左、

右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.

【详解】对于①，当4=0时，由/（力=|怆H一2=0,可得"=占或%=100,①正确：

对于②，考查直线于二区+2与曲线），=-lgx（O<x<l）相切于点P（f,-lgf）,

kt+2=-\gt

对函数y=-igx求导得y=-一二，由题意可得，1,解得

xlnlOk=--------,100,

/In1（）k=-------Ige

e

所以，存在左=-岑电。<0,使得f（x）只有一个零点，②正确；

对于③，当直线>'=区+2过点（1,0）时，后+2=0,解得左=一2,

所以，当一321ge<%<—2时，直线y="+2与曲线y=-lgMOvxvl）有两个交点,

若函数/（力有三个零点，则直线），=履+2与曲线y=-lgx（O<x<l）有两个交点，

直线丁=心十2与曲线》=也人（八>1）有一个交点，所以，「一>怆，<"<-2,此不等式无解,

々+2>0

因此，不存在左<0,使得函数/（1）有三个零点，③错误；

对于④，考查直线了=区+2与曲线），=lgx（x>l）相切于点P（f,lg7）,

+2=lgrt-100e

对函数y=lgx求导得y'=-F，由题意可得，1.：解彳「lor.

xln10k=-------k=——

故答案为：①②④.

【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都

是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：

（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；

（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；

（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（2020年高考全国H卷）在①次=#，②csin4=3,③这三个条件中任选一个，

补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求。的值；若问题中的三角形不存在，说明理

由.

问题：是否存在“WC，它的内角A8.C的对边分别为且sinA=GsinB,C=%、

6

________9

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

详见解析【解析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到”力的比例

关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到。的长度，根据选择的条件进行分析

判断和求解.

【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理

由sin4=\/5sinB可得：^=>/3,不妨设a二百雨,b=,

则：c2=a2+b2-2abcosC=3m2+m2-2x旧mxmx--tn1,即c=m.

2

若选择条件①：

据此【爪得：ac=>/3mxm=6M=G,m=\,此时c=m=1.

若选择条件②：

_m2+m2-3m2

据此可得:cosA=

2bc2m2

则：sinA=一=李，此时：csinA=/〃x¥=3,则：c=m=2>/3.

若选择条件③：

可得;二竺=1，c=b，与条件C=x/5b矛盾，则问题中的三角形不存在.

bni

［方法二］:正弦定理

由。=工,A+8+C=;r,得4二2一8.

66

由sinA=\/5sin3,得sin|"一8=V3sinB,U|J-!-cosB+—sinZ?=>/3sinB,

k6J22

得tan4=走.由于0<4<万，得8=所以b=c,A==.

363

若选择条件①：

ac

由三=三，得-=~7,得〃=&.

sinAsinC-sin—

3o

解得c=》=l,a=G.所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时c=l.

若选择条件②：

由csinA=3,得csing^=3,解得C=2J5,贝Ub=c=26.

a_c

：l：—~-=.（»得•2万.万，得4=yfjc=6.

sinAsinCsin—sin-

3o

所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时c=26.

若选择条件③：

由于c=亚与b=c矛盾，所以，问题中的三角形不存在.

【整体点评】方法■：根据正弦定理以及余弦定理可得，。的关系，再根据选择的条件即

可解出，是本题的通性通法,也是最优解；

方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去甭A,可求出角8,从而可得

0=c,A=三,B=C=f,再根据选择条件即可解出.

36

18.（2021年高考全国乙卷）设｛%｝是首项为1的等比数列，数列｛"｝满足"=管.已知/,

3%,9%成等差数列.

（1）求｛《｝和｛〃｝的通项公式：

C

⑵记50和。分别为｛可｝和低｝的前〃项和.证明：7；吟.

（I）凡吗。"与；⑵证明见解析.【解析】⑴利用等差数列的性质及为得到

9q2—6g+l=0,解方程即可；

（2）利用公式法、错位相减法分别求出S,Z，再作差比较即可.

【详解】（1）因为｛qj是首项为1的等比数列且3生，9%成等差数列，

所以6%=4+9&,所以6aM=q+9a炉，

即9q2_6g+l=0,解得4=：,所以（=《产，

所以2=詈与

（2）［方法一］:作差后利用错位相减法求和

Sn(\231(1111、0--1-12--

万七+铲+于+行厂5陛+三+三+^)=_2.+_2+_2++

八1I1CI.1

.几0——1——2——n-\——

设「“T+一+—++—

"3°31323”T

由⑧-⑨得,+击卜

33n3)3乙।_2_

-3

_3

所以三=-j

"4X3"22X3"-'2X3”T

S

因此4一5=3"2X3”T

故「吟.

［方法二］【最优解】：公式法和错位相减求和法

1x(1——-)q.

证明：由(1)可得S〃=----产-=*1-或)，

1--23

3

p12n-\n/

T——I——+H-----+—,1.JJ

“3323”T3”

1.12n-\n/

/=?『+『尹②

ln_±x

//口2_1I1In3'3"'〃11.n

①一②得+*+三++*一前=-----i---诃=3("*)-前，

13乙33

1——

所以7；=3(1_-1),

"43"2.3"

所以(工=2(1」)2_一2(1-—)=--—<o,

"243"2.3"43"2.3"

所以7；吟.

[方法三]:构造裂项法

（gj,且勿=。“-。向，即

由(I)知"=〃-],令Cn=(an+优

[3J

二（刖+晒）一⑷〃+1）+叫）,

通过等式左右两边系数比对易得a=T，/=T，所以％=（：〃+；）（?”.

则(=伪+4+…+2=q-%下同方法二.

［方法四］:导函数法

设/(A)=X4-X2+X3++X=

\-X

Ml")[[Ml")][1)-卜(1")卜(1),

1+以”“一(〃+1)/

由于

1-A(IT)?(1-A)2

1+以川-(〃+1)1

贝ijf'M=1+2x+3x2++内

(17尸

,I,八1fir

所以4=A+%+"++b„=-l+2x-+3x-+

"33Uj

I"心『-（"呜）=＞（泊）（外下同方法二.

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，

考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根

据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论：

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得s“z,然后证得结论，为最优

解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造%=（。〃+尸）使2=求

得7；的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

19.（2021高考北京卷）在核酸检测中,"合1“混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合

在一起进行1次检测，如果这&个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的

检测结果都为阴性，检测结束:如果这4个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此

时需对每人再进行1次检则，得到每人的检测结果，检测结束.

现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.

（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.

⑴如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数；

（ii）已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为设X是检测的总次数，求X的

分布列与数学期望E（X）.

（II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测•设Y是

检测的总次数，试判断数学期望E（K）与⑴中E（X）的大小.（结论不要求证明）

（1）①20次；②分布列见解析；期望为詈：（2）E（V）＞K（X）.【解析】（1）①由题设

条件还原情境，即可得解；

②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；

（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出E"）,即可得解.

【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次：再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要

10次:

所以总检测次数为20次;

②由题意，X可以取20,30,

P（X=20）=l,P（X=30）=l-A=S

则X的分布列:

X2030

110

pT7TT

320

所以七(X)=20x——I+3“0x——1°=

1111TT

(2)由题意，y可以取25,30,

20r2r34QC

两名感染者在同一组的概率为,二艰'I语，不在同一组的概率为〃=言，

Joo,999

贝lj石(y)=25xW+30x史=^2>E(X).

J999999I)

20.(2020年高考浙江卷)如图，三棱台A8C—OEF中，平面4bD_L平面ABC,ZACB=

NACO=45。，DC=2BC.

(I)证明:EFLDBx

(ID求。/与面08c所成角的正弦值.

(I)证明见解析；(IDe【解析】(I)方法一：作N/_LAC交AC「〃，连接8”,由

3

题意可知平面人NC,即有力H_LNC.根据勾股定理可证得,乂E"〃AC,

可得±EF,即得$/平面囱/D,即证得M_LOB；

(II)方法-：rhDF//CH,所以。尸与平面OBC所成角即为6与平面D8C所成角，作

HGA.BD「G,连接CG,即可知N”CG即为所求角，再解三角形即可求出。户与平面D8C

所成角的正弦值.

【详解】(I)［方法一］:几何证法

作。“JLAC交AC于H,连接3H.

:F面ADFC_L平面ABC,WKHUADFC〕平面ABC=AC,DHu¥面ADFC,

・・・D〃_L平面ABC,而5Cu平面ABC,即有。HJ.3C.

,/ZACB=ZACD=45°,

，CD=0cH=2BC=CH=4i.BC.

在/CBH中，BH2=CH2+BC2-2CHBCcos45°=BC2»即有BH?+BC?=CH?,

BHIBC.

由棱台的定义可知，EFUBC,所以DH工EF,BH上EF,而DH=H,

；•EFJ,平面RHD.而AOu平面EFIDR.

［方法二］【最优解】：空间向量坐标系方法

作DOJ_A。交ACjO.

••・平面人力尸6」平面43。，而平面AO尸C〕平面ABC=AC,OOu平面4OW,

・・・DO_L平面ABC,以。为原点，建立空间直角坐标系如图所示.

设OC=1,・・・Z4C8=ZAC£>=45。，DC=2BC=&

・•・BC*,：,Q(0,0』),C(0,l,0),呜*,0),

11

:・BD=——,——,1,BC=

I22J(4^4

BD-BC=---=O

44y

，BC1BD,又•・•棱台中BC//EF,：.EFl.BD；

［方法三］:三余弦定理法

;平面ACFD1平面ABC,cos/BCD=cosZACBcosZ.ACD=cos45°cos45°=

2

・•・N8CQ=60°,

又。：DC=2BC.

：.NC8D=90°,即CD±BD.

又YEFHBC,：,EFA.DB.

(ID［方法一］:几何法

因为DF//CH,所以。产与平面DBC所成角BP为与CH平面08c所成角.

作HG_L8O于G,连接CG,由(1)可知，BC」平面BHQ,

因为所以平面BCDJ_平面BHD,而平面BCDT平面BHD=BD,

"Gu平面MD,・・."G_L平面8CQ.

即CH在平面内的射影为CG,/HCG即为所求角.

BHDH

在心△77GC中，设8C=a,则8=应”，HG=-=

BD瓜V3

・•/口「rHG1>/5

..sinZ.HCG=---==——.

CHy/33

故。尸与平面DBC所成角的正弦值为且.

［方法二］【最优解】：空间向量坐标系法

设平面BCD的法向量为“=(x,y,z),

由(D得如卜提-川,肥=卜另,()；

11八

——x——y+z=0

22，令x=L则>=l,z=2,〃=(l1,l),

--x+-y-0

22，

1

OC=(0,1.0),cosn,OC=y=—,

Vl+l+ri3

由于O///OC.・••直线。尸与平面08c所成角的正弦值为且.

3

［方法三］:空间向量法

以｛C〃,C8,CQ｝为基底,

不妨设DC=23C=2,贝！

QB=G,C”=&,N”CB=45O,N”CD=45O,NOCB=60。（由（I）的结论可得）.

设平面08。的法向量为n=xCH+yCB+zCD,

n-CD=0,［2x+y+4z=0,

则由f八得八取z=l，得-3CH+2CB+CD.

nCB=0,x+y+z-O,

设直线。户与平面DBC所成角为0,

则直线HC与平面DBC所成角也为8,

士八7、先._\HCn\2

由公式f'j-sin0n=-------=­j=~~T==--.

\HC\\n\V2-V63

［方法四］:三余弦定理法

由4CA=4CQ=45。，

可知”在平面08。的射影G在NOCB的角平分线上.

设直线DF与平面DBC所成角为〃，则HC与平面O8C所成角也为0.

由由（I）的结论可得N8CD=60。，

由三余弦定理，得cos45°=cos30°•cos6,

COS0=诬从而sing=3.

33

［方法五］:等体积法

设，到平面Q8C的距离为人，

设。〃=1,则"C=1,OC=夜,BC=显,BD=1,

22

设直线。产与平面DBC所成角为e,由己知得"C与平面DBC所成角也为。.

IIIVfl-DBC=!XX5/2X—sin60°x/z=lx-!-xlx^l5/7/45°xI.

322322

求得力=4,所以.ch7G.

3sin£=-----=-^—=——

HC13

【整体评价】(I)的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清

晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到N5CO=60。，进

而证明，过程简洁，确定为最优解(II)的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方

法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法

四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂

的辅助线.

21.(2021高考全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点。.焦点在x轴上，直线/：x=l交

。于P，Q两点，且。P_LOQ.已知点M(2,0),且CM与/相切.

(1)求C,M的方程；

(2)设40,4是c上的三个点，直线AA，AA均与：M相切.判断直线&4与-M的

位置关系，并说明理由.

(1)抛物线。：丁二%,M方程为a-2尸+52=］；⑵相切，理由见解析【解析】(1)

根据已知抛物线与X=1相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出

尸,。坐标，由OP_LOQ,即可求出P；由圆M与直线％=1相切，求出半径，即可得出结论；

(2)方法一：先考虑AA斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若44,AA，A2A斜

率存在，由A，4,4三点在抛物线上，将直线AA2,AA2,A2A斜率分别用纵坐标表示，再由

44,AA2与圆M相切，得出)，2