03解答题知识点分类-北京市高考数学真题三年（2020-2022）分类汇编（word含答案解析）

03解答题知识点分类-北京市高考数学真题三年（2020-2022）分类汇编
一．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
1．（2022 北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；
（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．
二．利用导数研究曲线上某点切线方程（共2小题）
2．（2021 北京）已知函数f（x）＝．
（Ⅰ）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，并求其最大值和最小值．
3．（2020 北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；
（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t），求S（t）的最小值．
三．等比数列的性质（共1小题）
4．（2020 北京）已知{an}是无穷数列．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一项am，使得＝am；
②对于{an}中任意一项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＞l），使得an＝．
（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．
四．数列的应用（共2小题）
5．（2022 北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列．
（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7．
6．（2021 北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an} 为 p数列：
①a1+p≥0，且a2+p＝0；
②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；
③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．
（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为 2数列？说明理由；
（Ⅱ）若数列{an}是 0数列，求a5；
（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在 p数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
五．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题）
7．（2020 北京）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案；方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表：
男生 女生
支持 不支持 支持 不支持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0．假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1．试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
六．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
8．（2022 北京）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（Ⅰ）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（Ⅱ）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；
（Ⅲ）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
9．（2021 北京）在核酸检测中，“k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k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k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次检测，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．
（ⅰ）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（Y）与（Ⅰ）中E（X）的大小．（结论不要求证明）
七．正弦定理（共2小题）
10．（2021 北京）在△ABC中，c＝2bcosB，∠C＝．
（Ⅰ）求∠B；
（Ⅱ）再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长．
条件①c＝b；
条件②△ABC的周长为4+2；
条件③△ABC的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
11．（2020 北京）在△ABC中，a+b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值；
（Ⅱ）sinC和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cosA＝﹣；
条件②：cosA＝，cosB＝．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
八．解三角形（共1小题）
12．（2022 北京）在△ABC中，sin2C＝sinC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）若b＝6，且△ABC的面积为6，求△ABC的周长．
九．直线与椭圆的综合（共3小题）
13．（2022 北京）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点P（﹣2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．当|MN|＝2时，求k的值．
14．（2021 北京）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的一个顶点A（0，﹣2），以椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为4．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点P（0，﹣3）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB、AC分别与直线y＝﹣3交于点M、N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
15．（2020 北京）已知椭圆C：+＝1过点A（﹣2，﹣1），且a＝2b．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点B（﹣4，0）的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝﹣4于点P，Q．求的值．
一十．直线与平面所成的角（共2小题）
16．（2022 北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
17．（2020 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
一十一．二面角的平面角及求法（共1小题）
18．（2021 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．
（Ⅰ）求证：F为B1C1的中点；
（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值为，求的值．
参考答案与试题解析
一．利用导数研究函数的单调性（共1小题）
1．（2022 北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；
（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．
【解析】解：（Ⅰ）对函数求导可得：，
将x＝0代入原函数可得f（0）＝0，将x＝0代入导函数可得：f′（0）＝1，
故在x＝0处切线斜率为1，故y﹣0＝1（x﹣0），化简得：y＝x；
（Ⅱ）由（Ⅰ）有：g（x）＝，
，
令，令x+1＝k（k≥1），
设，恒成立，
故h（x）在[0，+∞）单调递增，又因为h（0）＝1，
故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，
故g（x）在[0，+∞）单调递增；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又g（0）＝1，
故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）单调递增，
设w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），
由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又因为x+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），
故w（x）单调递增，又因为s＞0，故w（s）＞w（0），
即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因为函数f（0）＝0，
故f（s+t）＞f（s）+f（t），得证．
二．利用导数研究曲线上某点切线方程（共2小题）
2．（2021 北京）已知函数f（x）＝．
（Ⅰ）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，并求其最大值和最小值．
【解析】解：（Ⅰ）f（x）＝的导数为f′（x）＝＝，
可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，
则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），
即为y＝﹣4x+5；
（Ⅱ）f（x）＝的导数为f′（x）＝＝，
由题意可得f′（﹣1）＝0，即＝0，解得a＝4，
可得f（x）＝，
f′（x）＝，
当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．
函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，
则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值﹣，且为最小值﹣．
所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；
f（x）的最大值为1，最小值为﹣．
3．（2020 北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；
（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t），求S（t）的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，
令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，
∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，
∴切线的方程为y＝﹣2x+13；
（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，
切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），
令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x＝t+，
∴S （t）＝ |t+| （12+t2），
由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，
不妨设t＞0，则S（t）＝（t+）（12+t2），
∴S′（t）＝（3t2+24﹣）＝ ，
由S′（t）＝0，得t＝2，
当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，
则S（t）在t＝2处取得极小值，且为最小值32，
同理可得t＜0时，S（t）在t＝﹣2处取得极小值，且为最小值32，
所以S（t）的最小值为32．
三．等比数列的性质（共1小题）
4．（2020 北京）已知{an}是无穷数列．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项ai，aj（i＞j），在{an}中都存在一项am，使得＝am；
②对于{an}中任意一项an（n≥3），在{an}中都存在两项ak，al（k＞l），使得an＝．
（Ⅰ）若an＝n（n＝1，2，…），判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若an＝2n﹣1（n＝1，2，…），判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若{an}是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{an}为等比数列．
【解析】解：（Ⅰ）不满足，理由：＝ N*，不存在一项am使得＝am．
（Ⅱ）数列{an}同时满足性质①和性质②，
理由：对于任意的i和j，满足＝22i﹣j﹣1，因为i∈N*，j∈N*且i＞j，所以2i﹣j∈N*，则必存在m＝2i﹣j，此时，2m﹣1∈{ai}且满足＝22i﹣j﹣1＝am，性质①成立，
对于任意的n，欲满足an＝2n﹣1＝＝22k﹣l﹣1，满足n＝2k﹣l即可，因为k∈N*，l∈N*，且k＞l，
所以2k﹣l可表示所有正整数，所以必有一组k，l使n＝2k﹣l，即满足an＝，性质②成立．
（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，
反证法：假设这个递增数列先负后正，
那么必有一项al绝对值最小或者有al与al+1同时取得绝对值最小，
如仅有一项al绝对值最小，此时必有一项am＝，此时|am|＜|al|
与前提矛盾，
如有两项al与al+1 同时取得绝对值最小值，那么必有am＝，
此时|am|＝|al|，与前提条件矛盾，
所以数列必然恒正或恒负，
在数列恒正的情况下，由②知，存在k，l且k＞l，
因为是递增数列，ak＞al＞0，使得＝a3＞ak，
即3＞k＞l，所以＝a3，此时a1，a2，a3成等比数列，
数学归纳法：
（1）已证n＝3时，满足{an}是等比数列，公比q＝，
（2）假设n＝k时，也满足{ak}是等比数列，公比q＝，
那么由①知＝qak等于数列的某一项am，证明这一项为ak+1即可，
反证法：
假设这一项不是ak+1，因为是递增数列，所以该项am＝＝qak＞ak+1，
那么ak＜ak+1＜qak，由等比数列{ak}得a1qk﹣1＜ak+1＜a1qk，
由性质②得a1qk﹣1＜＜a1qk，同时ak+1＝＞am＞al，s所以k+1＞m＞l，
所以am，al分别是等比数列{ak}中两项，即am＝a1qm﹣1，al＝a1ql﹣1，
原式变为a1qk﹣1＜a1q2m﹣l﹣1＜a1qk，
所以k﹣1＜2m﹣l﹣1＜k，又因为k∈N*，m∈N*，l∈N*，不存在这组解，所以矛盾，
所以知＝qak＝ak+1，{ak+1}为等比数列，
由数学归纳法知，{an}是等比数列得证，
同理，数列恒负，{an}也是等比数列．
四．数列的应用（共2小题）
5．（2022 北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列．
（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由；
（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7．
【解析】解：（Ⅰ）若m＝5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，
a2＝1，a1＝2，a1+a2＝2+1＝3，a3＝4，a2+a3＝1+4＝5，
所以Q是5﹣连续可表数列；
由于不存在任意连续若干项之和相加为6，
所以Q不是6﹣连续可表数列；
（Ⅱ）假设k的值为3，则a1，a2，a3 最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，
与Q是8﹣连续可表数列矛盾，故k≥4；
现构造Q：1，2，3，4可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k＝4满足题意．
故k的最小值为4．
（Ⅲ）先证明k≥6．
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6．
若k＝6，最多可以表示6+5+4+3+2+1＝21个正整数，
由于Q为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，
所以其中必有一项为负数．
既然5个正整数都不能连续可表1﹣20的正整数，
所以至少要有6个正整数连续可表1﹣20的正整数，
所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，
这是不可能成立的，故k≠6．
故k≥7．
6．（2021 北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an} 为 p数列：
①a1+p≥0，且a2+p＝0；
②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；
③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．
（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为 2数列？说明理由；
（Ⅱ）若数列{an}是 0数列，求a5；
（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在 p数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
【解析】解：（Ⅰ）数列{an}不可能为 2数列，理由如下，
因为p＝2，a1＝2，a2＝﹣2，所以a1+a2+p＝2，a1+a2+p+1＝3，
因为a3＝﹣2，所以a3 {a1+a2+p，a1+a2+p+1}，
所以数列{an}不满足性质③．
（Ⅱ）性质①，a1≥0，a2＝0；
由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3＝a1或a3＝a1+1，a4＝0或a4＝1，
若a4＝0，由性质②可得a3＜a4，即a1＜0或a1+1＜0，矛盾；
若a4＝1，a3＝a1+1，由a3＜a4，则a1+1＜1，矛盾，
因此只能是a4＝1，a3＝a1，
又因为a4＝a1+a3或a4＝a1+a3+1，所以a1＝或a1＝0．
若a1＝，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}＝{2a1，2a1+1}＝{1，2}，不满足a2＝0，舍去；
当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），
当n＝0时，经检验命题成立；
假设n≤k（k≥0）时命题成立．
当n＝k+1时，
若i＝1，则a4（k+1）+1＝a4k+5＝aj+（4k+5﹣j），
利用性质③：{aj+a4k+5﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+4}＝{k，k+1}，此时可得a4k+5＝k+1，
否则a4k+5＝k，取k＝0可得a5＝0，而由性质②可得a5＝a1+a4∈{1，2}，与a5＝0矛盾．
同理可得，{aj+a4k+6﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+5}＝{k，k+1}，此时可得a4k+6＝k+1，
{aj+a4k+8﹣j|j∈N*，2≤j≤4k+6}＝{k+1，k+2}，此时可得a4k+8＝k+2，
{aj+a4k+7﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+6}＝{k+1}，又因为a4k+7＜a4k+8，此时可得a4k+7＝k+1，
即当n＝k+1时，命题成立．
综上可得，a5＝a4×1+1＝1；
（Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③可知， m，n∈N*，bm+n＝am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}＝{bm+bn，bm+bn+1}，
由于b1＝a1+p≥0，b2＝a2+p＝0，b4n﹣1＝a4n﹣1+p＜a4n+p＝b4n，
因此数列{bn}为 0数列，
由（Ⅱ）可知，若 n∈N*，a4n+i＝n﹣p（i＝1，2，3），a4n+1＝n+1﹣p；
S11﹣S10＝a11＝a4×2+3＝2﹣p≥0，
S9﹣S10＝﹣a10＝﹣a4×2+2＝﹣（2﹣p）≥0，
因此p＝2，此时a1，a2， ，a10≤0，aj≥0（j≥11），满足题意．
五．列举法计算基本事件数及事件发生的概率（共1小题）
7．（2020 北京）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案；方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表：
男生 女生
支持 不支持 支持 不支持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0．假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1．试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明）
【解析】解：（Ⅰ）设“该校男生支持方案一”为事件A，“该校女生支持方案一”为事件B，
则；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设“这3人中恰有2人支持方案一”为事件C，
则；
（Ⅲ）p0＞p1．理由如下：
，设该校总人数为a，则该校支持方案二的人数约为，
由表可知，男生支持方案二的概率为，女生支持方案二的概率为，
所以一年级支持方案二的人数约为，
故除一年级外其他年级支持方案二的概率为．
六．离散型随机变量的期望与方差（共2小题）
8．（2022 北京）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
（Ⅰ）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
（Ⅱ）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；
（Ⅲ）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【解析】解：（Ⅰ）甲以往的10次成绩中有4次获得优秀奖，用频率估计概率，则甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率＝．
（Ⅱ）用频率估计概率，则乙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为＝，丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为＝，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
∴EX＝0×＝．
（Ⅲ）丙获得冠军的概率估计值最大．
9．（2021 北京）在核酸检测中，“k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k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k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次检测，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．
（ⅰ）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（Y）与（Ⅰ）中E（X）的大小．（结论不要求证明）
【解析】解：（Ⅰ）（ⅰ）若采用“10合1检测法”，每组检查一次，共10次；
又两名患者在同一组，需要再检查10次，
因此一共需要检查20次．
（ⅱ）由题意可得：X＝20，30．
P（X＝20）＝，P（X＝30）＝．
可得分布列：
X 20 30
P
E（X）＝20×+30×＝．
（Ⅱ）由题意可得：Y＝25，30．
P（Y＝25）＝20×＝，P（Y＝30）＝．
可得分布列：
Y 25 30
P
E（Y）＝25×+30×＝＞＝．
E（X）＜E（Y）．
另解：设“10合1”混采核酸检测两名感染患者在同一组的概率为p1，“5合1”混采核酸检测两名感染患者在同一组的概率为p2，则p1＞p2，
此时有E（X）＝20p1+30（1﹣p1）＝30﹣10p1；
而E（Y）＝25p2+30（1﹣p2）＝30﹣5p2＞30﹣5p1＞30﹣10p1＝E（X），
∴E（X）＜E（Y）．
七．正弦定理（共2小题）
10．（2021 北京）在△ABC中，c＝2bcosB，∠C＝．
（Ⅰ）求∠B；
（Ⅱ）再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长．
条件①c＝b；
条件②△ABC的周长为4+2；
条件③△ABC的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】解：（Ⅰ）∵c＝2bcosB，
由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，即sinC＝sin2B，
∵C＝，
∴当C＝2B 时，B＝，即C+B＝π，不符合题意，舍去，
∴C+2B＝π，
∴2B＝，
即B＝．
（Ⅱ）选①c＝b，
由正弦定理可得
，与已知条件c＝b矛盾，故△ABC不存在，
选②周长为4+2，
∵C＝，B＝，
∴，
由正弦定理可得，即，
∴，
∴a+b+c＝（2+）R＝4+2，
∴R＝2，即a＝2，b＝2，c＝2，
∴△ABC存在且唯一确定，
设BC的中点为D，
∴CD＝1，
在△ACD中，运用余弦定理，AD2＝AC2+CD2﹣2AC CD cos∠C，
即，AD＝，
∴BC边上的中线的长度．
选③面积为S△ABC＝，
∵，
∴a＝b，
∴，解得a＝，
余弦定理可得
AD2＝AC2+CD2﹣2×AC×CD×＝，
．
11．（2020 北京）在△ABC中，a+b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值；
（Ⅱ）sinC和△ABC的面积．
条件①：c＝7，cosA＝﹣；
条件②：cosA＝，cosB＝．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】解：选择条件①（Ⅰ）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即a2﹣b2＝49﹣14b×（﹣）＝49+2b，
∴（a+b）（a﹣b）＝49+2b，
∵a+b＝11，
∴11a﹣11b＝49+2b，
即11a﹣13b＝49，
联立，解得a＝8，b＝3，
故a＝8．
（Ⅱ）在△ABC中，sinA＞0，
∴sinA＝＝，
由正弦定理可得＝，
∴sinC＝＝＝，
∴S△ABC＝absinC＝×8×3×＝6．
选择条件②（Ⅰ）在△ABC中，sinA＞0，sinB＞0，C＝π﹣（A+B），
∵cosA＝，cosB＝，
∴sinA＝＝，sinB＝＝，
由正弦定理可得＝，
∴＝＝，
∵a+b＝11，
∴a＝6，b＝5，
故a＝6；
（Ⅱ）在△ABC中，C＝π﹣（A+B），
∴sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB＝×+×＝，
∴S△ABC＝absinC＝×6×5×＝
八．解三角形（共1小题）
12．（2022 北京）在△ABC中，sin2C＝sinC．
（Ⅰ）求∠C；
（Ⅱ）若b＝6，且△ABC的面积为6，求△ABC的周长．
【解析】解：（Ⅰ）∵sin2C＝sinC，
∴2sinCcosC＝sinC，
又sinC≠0，∴2cosC＝，
∴cosC＝，∵0＜C＜π，
∴C＝；
（Ⅱ）∵△ABC的面积为6，
∴absinC＝6，
又b＝6，C＝，
∴×a×6×＝6，
∴a＝4，
又cosC＝，
∴＝，
∴c＝2，
∴a+b+c＝6+6，
∴△ABC的周长为6+6．
九．直线与椭圆的综合（共3小题）
13．（2022 北京）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点P（﹣2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．当|MN|＝2时，求k的值．
【解析】解：（Ⅰ）由题意得，
，∴b＝1，c＝，a＝2，
∴椭圆E的方程为+y2＝1．
（Ⅱ）设过点P（﹣2，1）的直线为y﹣1＝k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），
联立得，即（1+4k2）x2+（16k2+8k）x+16k2+16k＝0，
∵直线与椭圆相交，∴Δ＝[（16k2+8k）]2﹣4（1+4k2）（16k2+16k）＞0，∴k＜0，
由韦达定理得x1+x2＝﹣，x1 x2＝，
∵kAB＝，∴直线AB为y＝x+1，
令y＝0，则x＝，∴M（，0），同理N（，0），
∴|MN|＝|﹣|＝|﹣|＝|（﹣）|
＝| |＝| |
＝||＝2，
∴| |＝2，∴||＝，
∴k＝﹣4．
14．（2021 北京）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的一个顶点A（0，﹣2），以椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为4．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点P（0，﹣3）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB、AC分别与直线y＝﹣3交于点M、N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）因为椭圆E：+＝1（a＞b＞0）过点A（0，﹣2），则b＝2，
又因为以四个顶点围成的四边形面积为4，
所以，解得a＝，
故椭圆E的标准方程为；
（Ⅱ）由题意，设过点P（0，﹣3），斜率为k的直线为直线l，
设直线l的方程为y﹣（﹣3）＝k（x﹣0），即y＝kx﹣3，
当k＝0时，直线l与椭圆E没有交点，而直线l交椭圆E于不同的两点B，C，
所以k≠0，
设B（x1，y1），C（x2，y2），
联立方程组，可得（4+5k2）x2﹣30kx+25＝0，
则Δ＝（﹣30k）2﹣4×25（4+5k2）＞0，解得|k|＞1，
所以，
则y1y2＝（kx1﹣3）（kx2﹣3）＝k2x1x2﹣3k（x1+x2）+9＝，
y1+y2＝（kx1﹣3）+（kx2﹣3）＝k（x1+x2）﹣6＝，
直线AB的方程为y﹣（﹣2）＝，即，
直线AC的方程为y﹣（﹣2）＝，即，
因为直线AB交y＝﹣3于点M，
所以令y＝﹣3，则，
故，
同理可得，
注意到＞0，所以x1，x2同号，
因为y1+2＞0，y2+2＞0，所以xM，xN同号，
故|PM|+|PN|＝|xM|+|xN|＝|xM+xN|，
则|PM|+|PN|＝＝
＝
＝
＝
＝5|k|，
故|PM|+|PN|＝5|k|，
又|PM|+|PN|≤15，即5|k|≤15，即|k|≤3，又|k|＞1，
所以1＜|k|≤3，
故k的取值范围为[﹣3，﹣1）∪（1，3]．
15．（2020 北京）已知椭圆C：+＝1过点A（﹣2，﹣1），且a＝2b．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点B（﹣4，0）的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝﹣4于点P，Q．求的值．
【解析】解：（Ⅰ）椭圆C：+＝1过点A（﹣2，﹣1），且a＝2b，
则，解得b2＝2，a2＝8，
∴椭圆方程为+＝1，
（Ⅱ）由题意可得直线l的斜率存在，设直线方程为y＝k（x+4），
由，
消y整理可得（1+4k2）x2+32k2x+64k2﹣8＝0，
∴Δ＝﹣32（4k2﹣1）＞0，
解得﹣＜k＜，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，
则直线AM的方程为y+1＝（x+2），直线AN的方程为y+1＝（x+2），
分别令x＝﹣4，
可得yP＝﹣1＝﹣，yQ＝﹣
∴|PB|＝|yP|＝||，|QB|＝|yQ|＝||，
∴＝||＝||
∵（2k+1）x1x2+（4k+2）（x1+x2）+8（2k+1）＝，
∴||＝||＝||＝1，
故＝1．
一十．直线与平面所成的角（共2小题）
16．（2022 北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】解：（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，
∵M，为A1B1的中点．∴B1M∥BK，且B1M∥BK，
∴四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，
MK 平面BCC1B1；BB1 平面BCC1B1，
∴MK∥平面BCC1B1，
∵K是AB中点，N是AC的点，
∴NK∥BC，∵NK 平面BCC1B1；BC 平面BCC1B1，
∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，
∴平面NMK∥平面BCC1B1，
又MN 平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；
（II）∵侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，
若选①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，
又MK 平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，
∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，
若选②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM 平面ABB1A1，
∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB，
∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，
∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，
∴BC，BA，BB1两两垂直，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），
∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），
设平面BMN的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令z＝1，则y＝﹣2，x＝2，
∴平面BMN的一个法向量为＝（2，﹣2，1），
又＝（0，2，0），
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
∴sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝．
∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为．
17．（2020 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
【解析】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1，
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E．
（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为a，则A（0，0，0），A1（0，0，a），D1（a，0，a），E（0，a，a），
∴，，，
设平面AD1E的法向量为，则，即，
令z＝2，则x＝﹣2，y＝﹣1，∴＝（﹣2，﹣1，2），
设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝＝，
故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为．
解法二：设正方体的棱长为2a，则AD1＝a，AE＝a，ED1＝3a，＝ 2a 2a＝2a2，
由余弦定理知，cos∠EAD1＝＝＝，
∴sin∠EAD1＝，
∴＝AD1 AE sin∠EAD1＝3a2，
设点A1到平面EAD1的距离为h，
∵＝，
∴，∴h＝，
设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝＝．
故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为．
一十一．二面角的平面角及求法（共1小题）
18．（2021 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．
（Ⅰ）求证：F为B1C1的中点；
（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值为，求的值．
【解析】（Ⅰ）证明：连结DE，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1 平面A1B1C1D1，CD 平面A1B1C1D1，
则CD∥平面A1B1C1D1，因为平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，
所以CD∥EF，则EF∥C1D1，
故A1B1∥EF∥C1D1，又因为A1D1∥B1C1，
所以四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，
所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，
而点E为A1D1的中点，所以A1E＝ED1，
故B1F＝FC1，则点F为B1C1的中点；
（Ⅱ）解：以点B1为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，设点M（m，0，0），
因为二面角M﹣FC﹣E的余弦值为，则m＜0，所以m≠0，
则C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F（0，1，0），
故，
设平面CMF的法向量为，
则，即，
所以，b＝2，故，
设平面CDEF的法向量为，
则，即，
所以x＝0，y＝2，故，
因为二面角M﹣FC﹣E的余弦值为，
则＝＝，
解得m＝±1，又m＜0，
所以m＝﹣1，
故＝．