备考反思 | 2021 年全国卷乙卷理科数学解析版

公式定理💯随心记

【独立事件概率】事件 A 与 B 独立，则 $P (A\cap B)=P (A)\cdot P (B)$；n 个独立事件 $P (A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n)=P (A_1) P (A_2)\cdots P (A_n)$

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前言

哈三中数学教师、全国高中数学竞赛优秀教练员杨治千老师，对高考数学全国乙卷进行分析。今年的高考数学卷呈如下特点：

“题目中传统问题与创新问题相结合，重视数学应用、数学文化的考查，也出现结构不良试题及易错问题。总体来看选择题难度增大，填空题较为基础，大题虽较难但难度梯度设置合理。整张试卷较往年高考试题结构稳定，考查知识主体未变，稳中求新，向新高考靠拢，全面体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求。”

发挥数学学科特色 关注社会发展及中华传统文化

理科第 6 题以北京冬奥会志愿者的培训为试题背景，考查逻辑推理能力和运算求解能力。理科第 9 题以魏晋时期我国数学家刘徽的著作《海岛算经》中的测量方法为背景，考查考生综合运用知识解决问题的能力，让考生充分感悟到我国古代数学家的聪明才智。

坚持开放创新 考查关键能力

2020 年 10 月，中共中央国务院《深化新时代教育评价改革总体方案》提出，稳步推进中高考改革，构建引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系，改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，减少死记硬背和 “机械刷题” 现象。数学科高考积极贯彻《总体方案》要求，加大开放题的创新力度，利用开放题考查数学学科核心素养和关键能力，发挥数学科高考的选拔功能。“举例问题” 灵活开放。如文、理科第 16 题有多组正确答案，有多种解题方案可供选择，考查了考生的空间想象能力，具有较好的选拔性。

倡导理论联系实际 学以致用

2021 年数学高考在应用性进行重点探索，取得突破。试题注重理论联系实际，体现数学的应用价值，并让学生感悟到数学的应用之美。理论联系实际的试题，体现现代科技发展和现代社会生产等方面的特点，有机渗透数学建模、数据分析、逻辑推理等数学核心素养与数学思想方法的应用，对选拔与育人具有积极的意义。

文科重视基础 理科重视能力

文理科部分试题相同，如 3、15、16、17、22、23 题完全相同，理科 4、5、10 题分别是文科试题中的 9、10、12 题。18 题考查立体几何知识，题中几何体完全一样，已知条件也一致，问题设置根据文理教学大纲的不同有差异。19 题考查数列知识，文理共同点是信息量较大，数列关系复杂，文科题型常规，重视计算。理科在数列知识的考查中较往年难度有所提升，注重知识迁移能力，本题最能考察考生的考场心态及临场发挥能力。解析几何知识点的考查文科设置在 11、14、20 题，其中 11、20 考查的都是解析几何中的方程思想，尤其是解答题 20，考生习惯于使用韦达定理解决问题，本次考题与韦达定理无关，但题目设置较易，学生容易上手。理科的考查设置在 11、13、21 题，其中 21 题主要考察切点弦知识，对了解切点弦结论的考生较有优势，可以较快上手。即便是使用韦达定理解题，与往年的 21 题相比难度仍有降低，但参量较多，考查学生计算过程中对代数式整体的处理能力。导数知识点的考察文科设置在 12、21 题，都设置成了三次函数，皆为常规题型，考查了极值点和切线问题，计算量不大，较往年比难度降低。理科设置在 10、12、20 题，10 和 20 题是常规题，难度不大。12 题看似是常规的比大小问题，但是用比较大小常用的介值法、放缩法都无法实现，需要用排除法再巧妙构造函数，这道题难度很大，考察了学生数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象多个数学核心素养，需要学生有很强的知识整合能力才能得出正确答案。

2021 年全国乙卷重视难度和思维的层次性，解题方法的多样性，给学生提供多种分析问题和解决问题的途径，体现数学学科的综合性、创新性，思维的深刻性、灵活性，方法的探究性、创造性，发挥了数学学科高考的选拔性功能。

典例剖析

【2021 年高考乙卷理数第 $2$ 题】已知集合 $S=$$\{s$$\mid$$s$$=$$2n+1$$,$$n$$\in$$Z$$\}$， $T$$=$$\{$$t$$\mid$$t$$=$$4n+1$$,$$n$$\in$$Z$$\}$， 则 $S$$\cap$$T$=【$\qquad$】

$A.\varnothing$ $B.S$ $C.T$ $D.Z$

法 1：赋值法，将两个集合具体化，令 $n=1,2,3,4,\cdots,$

则集合 $S=\{\cdots,3,5,7,9,\cdots\}$，集合 $T=\{\cdots,5,9,13,17,\cdots\}$，

则 $T \subsetneqq S$，故 $S \cap T=T$，则选 $C$ .

法 2：当 $n$ 是偶数时，设 $n=2k$， 则 $s=2n+1=4k+1$，

当 $n$ 是奇数时，设 $n=2k+1$ ， 则 $s=2n+1=4k+3$， $k\in Z$，

则 $T \subsetneqq S$， 则 $S \cap T=T$， 故选: $C$ .

【2021 年高考乙卷文数第 $3$ 题理数第 $3$ 题】已知命题 $p:$$\exists$$x$$\in$$R$， $\sin$$x$$<$$1$; 命题 $q:$$\forall$$x$$\in$$R$， $e^{|x|}$$\geqslant$$1$， 则下列命题中为真命题的是【$\qquad$】

$A.p \wedge q$ $B. \neg p \wedge q$ $C.p \wedge\neg q$ $D.\neg(p \vee q)$

解析：容易判断命题 $p$ 为真命题；而对于函数 $y=e^{|x|}$ ，是偶函数，

且当 $x\in(0,+\infty)$ 时，函数变形为 $y=e^x$，故单调递增，

故很容易得到 $f(x)=e^{|x|}$ 的最小值为 $f(0)=1$，则命题 $q$ 为真命题，

则由此判断复合命题 $p \wedge q$ 为真命题，故选 $A$ .

〔解后反思〕：我们需要储备函数 $f(x)=e^{|x|}$， $g(x)=e^x+e^{-x}$， $h(x)=e^x-e^{-x}$ 等常用常见函数的图像和性质，

①比如函数 $f(x)=e^{|x|}$ 还可以在分段函数，图像变换类题目，转化划归类题目中做其他形式的考察，比如 $y=e^{|x-1|}$ 的对称轴为 $x=1$，

②本套试卷第 $8$ 题中的函数 $m(x)=2^x+2^{2-x}$ ，就是由函数 $g(x)=e^x+e^{-x}$ 变换得到的，将底数 $e$ 换为 $2$，单调性不变，变换为 $h(x)=2^x+2^{-x}$，对称轴为 $x=0$，偶函数，然后向右平移一个单位，得到 $h(x-1)$$=$$2^{x-1}$$+$$2^{1-x}$，然后再纵向扩大 $2$ 倍，即

$$m(x)=2h(x-1)=2\cdot 2^{x-1}+2\cdot 2^{1-x}=2^x+2^{2-x}$$

【2021 年高考乙卷文数第 $9$ 题理数第 $4$ 题】设函数 $f(x)=\cfrac{1-x}{1+x}$, 则下列函数中为奇函数的是【$\qquad$】

$A.f(x-1)-1$ $B.f(x-1)+1$ $C.f(x+1)-1$ $D.f(x+1)+1$

解析：本题目的求解涉及到反比例函数，函数的对称性，图像的变换，函数的奇偶性等

由于 $f(x)=\cfrac{1-x}{1+x}=\cfrac{-(x+1)+2}{1+x}=-1+\cfrac{2}{x+1}$，

所以函数 $f(x)$ 的对称中心为 $(-1,-1)$，

所以将函数 $f(x)$ 向右平移一个单位，向上平移一个单位，

得到函数 $y=f(x-1)+1$ ，该函数的对称中心为 $(0,0)$，

故函数 $y=f(x-1)+1$ 为奇函数，故选: $B$ .

【2021 年高考乙卷文数第 $10$ 题理数第 $5$ 题】 在正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中， $P$ 为 $B_{1}D_{1}$ 的中点， 则直线 $PB$ 与 $AD_{1}$ 所成的角为 【$\qquad$】

$A.\cfrac{\pi}{2}$ $B.\cfrac{\pi}{3}$ $C.\cfrac{\pi}{4}$ $D.\cfrac{\pi}{6}$

解析：由于 $AD_{1}//BC_{1}$， 所以 $\angle PBC_{1}$ 是直线 $PB$ 与 $AD_{1}$ 所成的角 [或所成角的补角] 准确的说法还需要添加这句话，或所成角的补角，原因是两条直线所成的角的范围是 $[0,\cfrac{\pi}{2}]$ ，而图形中的角 $\angle PBC_{1}$ 的大小不一定在此范围内，

设正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的棱长为 $2$，

则 $PB_{1}=PC_{1}=\cfrac{1}{2}\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2}$，

$BC_{1}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}$， $BP=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{6}$，

所以 $\cos\angle PBC_{1}=\cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2\times PB\times BC_{1}}=\cfrac{6+8-2}{2\times\sqrt{6}\times2\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，

所以，$\angle PBC_{1}=\cfrac{\pi}{6}$， 则直线 $PB$ 与 $AD_{1}$ 所成的角为 $\cfrac{\pi}{6}$， 故选: $D$ .

【2021 年高考乙卷理数第 $6$ 题】将 $5$ 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶 $4$ 个项目进行培训，每名志愿者只分配到 $1$ 个项目， 每个项目至少分配 $1$ 名志愿者， 则不同的分配方案共有【$\qquad$】种

$A.60$ $B.120$ $C.240$ $D.480$

解析：从 $5$ 名志愿者中任选 $2$ 个分成 $1$ 组，再从剩余的 $3$ 名志愿者中任选 $1$ 个分成 $1$ 组， 再从剩余的 $2$ 名志愿者中任选 $1$ 个分成 $1$ 组，再从剩余的 $1$ 名志愿者中任选 $1$ 个分成 $1$ 组， 共有分组数为 $\cfrac{C_5^2C_3^1C_2^1C_1^1}{A_3^3}=C_5^2=10$ 种方法，然后这 $4$ 组进行全排列，有 $A_{4}^{4}$ 种，共有 $C_{5}^{2}A_{4}^{4}=240$ 种，故选: $C$ .

【2021 年高考乙卷文科数学第 $12$ 题理数第 $10$ 题】 设 $a \neq 0$， 若 $x=a$ 为函数 $f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)$ 的极大值点，则【$\qquad$】

$A.a < b$ $B.a > b$ $C.ab < a^2$ $D.ab > a^2$

解析：本题目的求解涉及函数的极值点，穿根法的另类应用

令 $f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)=0$，得到函数的两个零点， $x=a$ 或 $x=b$，

由于 $a\neq 0$ ，故我们针对 $a$ 分类讨论如下：

当 $a>0$ 时，利用穿根法做函数简图的方法，$x=a$ 为偶次根，$x=b$ 为奇次根，

做出适合题意的简图如下，

由图可知，$0<a<b$，则 $ab>a^2$；

当 $a<0$ 时，利用穿根法做函数简图的方法，$x=a$ 为偶次根，$x=b$ 为奇次根，

做出适合题意的简图如下，

由图可知，$b<a<0$，则 $ab>a^2$；

综上所述，总有 $ab>a^2$，故选 $D$ ；

【2021 年高考乙卷理科数学第 $11$ 题】设 $B$ 是椭圆 $C: \cfrac{x^{2}}{a^2}+\cfrac{y^{2}}{b^2}=1$ $(a>b>0)$ 的上顶点，若 $C$ 上的任意一点 $P$ 都满足 $|PB|\leqslant 2b$ ，则 $C$ 的离心率的取值范围是【$\qquad$】

$A.[\cfrac{\sqrt{2}}{2},1)$ $B.[\cfrac{1}{2},1)$ $C.(0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}]$ $D.(0,\cfrac{1}{2}]$

解法 1： 由题可知点 $B$ 的坐标为 $(0, b)$，因为 $C$ 上的任意一点 $P$ 都满足 $|PB|\leqslant 2b$，

所以点 $P$ 的轨迹可以看成以 $B$ 为圆心， $2b$ 为半径的圆与椭圆至多只有一个交点，

即 $\left\{\begin{array}{l}\cfrac{x^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\\x^{2}+(y-b)^{2}=4b^{2}\end{array}\right.$ 至多一个解，

消去 $x$， 可得 $\cfrac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}}y^{2}-2by+a^{2}-3b^{2}=0$，

所以，$\Delta=4b^{2}-4\cdot\cfrac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}}\cdot(a^{2}-3b^{2})\leqslant 0$，

整理可得 $4b^{4}-4a^{2}b^{2}+a^{4}\leqslant 0$， 即 $(a^{2}-2b^{2})^{2}\leqslant 0$，

解得 $a^{2}=2b^{2}$， 则 $e=\sqrt{1-\cfrac{b^{2}}{a^{2}}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，

故 $e$ 的范围为 $(0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}]$，故选： $C$.

法 2： 由题可知点 $B$ 的坐标为 $(0, b)$，设 $P(x_0,y_0)$ ，

则由 $C: \cfrac{x_0^{2}}{a^2}+\cfrac{y_0^{2}}{b^2}=1$ 可得到 $x_0^2=a^2(1-\cfrac{y_0^2}{b^2})$，

则 $|PB|^{2}=x_{0}^{2}+(y_{0}-b)^{2}=a^{2}(1-\cfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}})+y_{0}^{2}-2by_{0}+b^{2}$

$=-\cfrac{c^{2}}{b^{2}}y_{0}^{2}-2by_{0}+a^{2}+b^{2}$， $y_{0}\in[-b, b]$，

上述为以 $y_0$ 为自变量的二次函数，图像为开口向下的抛物线，定义域为 $y_{0}\in[-b, b]$，

对称轴为 $y_0=-\cfrac{-2b}{2\times(-\frac{c^2}{b^2})}=-\cfrac{b^3}{c^2}$，

由题意，当 $y_0=-b$ 时，$|PB|^2$ 最大，则 $-\cfrac{b^3}{c^2}\leqslant -b$，

解得 $b^2\geqslant c^2$，即 $a^2-c^2\geqslant c^2$，则 $e=\cfrac{c}{a}\leqslant\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，

即 $e$ 的范围为 $(0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}]$，故选： $C$.

【2021 年高考乙卷理科数学第 $12$ 题】设 $a=2\ln1.01$ ，$b=\ln1.02$ ，$c=\sqrt{1.04}-1$，则【$\qquad$】

$A.a < b < c$ $B.b < c < a$ $C.b < a < c$ $D.c < a < b$

解析：通过构造函数来比较大小；

设 $f(x)=\ln(1+x)-\sqrt{1+2x}+1$， 则 $b-c=f(0.02)$，易得到

$f'(x)=\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{2}{2\sqrt{1+2x}}=\cfrac{\sqrt{1+2 x}-(1+x)}{(1+x)\sqrt{1+2x}}$，

当 $x \geqslant 0$ 时， $1+x=\sqrt{(1+x)^{2}}\geqslant\sqrt{1+2 x}$， 故 $f'(x)\leqslant 0$，

所以， $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减，故 $f(0.02)<f(0)=0$，故 $b<c$ .

再设 $g(x)=2\ln(1+x)-\sqrt{1+4x}+1$， 则 $a-c=g(0.01)$， 易得到

$g'(x)=\cfrac{2}{1+x}-\cfrac{4}{2\sqrt{1+4x}}=2\cdot\cfrac{\sqrt{1+4x}-(1+x)}{(1+x)\sqrt{1+4x}}$，

当 $0\leqslant x<2$ 时，$\sqrt{1+4x}\geqslant \sqrt{1+2x+x^2}=1+x$，所以在 $x\in [0,2)$ 时，$g'(x)\geqslant0$，

故 $g(x)$ 在 $[0,2)$ 上单调递增，所以 $g(0.01)>g(0)=0$，故 $a>c$ .

综上所述， $a>c>b$，故选 $B$ .

【2021 年高考乙卷理科数学第 $13$ 题】已知双曲线 $C: \cfrac{x^{2}}{m}-y^{2}=1(m>0)$ 的一条渐近线为 $\sqrt{3}x$$+$$my$$=$$0$， 则 $C$ 的焦距为_______.

解析：易知双曲线的渐近线方程为 $y=\pm \cfrac{b}{a}x$，

根据题意，$a^2=m$， $b^2=1$，且一条渐近线方程为 $y=-\cfrac{\sqrt{3}}{m}x$，

则有 $\cfrac{1}{\sqrt{m}}=\cfrac{\sqrt{3}}{m}$，解得 $m=3$，

故 $a^2=3$，$c^2=a^2+b^2=4$，则焦距为 $2c=4$ .

【2021 年高考乙卷文理数学第 $17$ 题】某厂研制了一种生产高精产品的设币，为检验新设币生产产品的某项指标有无提高， 用一台旧设备和一台新设备各生产了 $10$ 件产品，得到各件产品该项指标数据如下:

旧设备	$9.8$	$10.3$	$10.0$	$10.2$	$9.9$	$9.8$	$10.0$	$10.1$	$10.2$	$9.7$
新设备	$10.1$	$10.4$	$10.1$	$10.0$	$10.1$	$10.3$	$10.6$	$10.5$	$10.4$	$10.5$

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 $\bar{x}$ 和 $\bar{y}$ , 样本方差分别记为 $s_{1}^{2}$ 和 $s_{2}^{2}$ .

(1) 求 $\bar{x}$， $\bar{y}$， $s_{1}^{2}$， $s_{2}^{2}$ .

解析： $\bar{x}=10+\cfrac{(-0.2)+0.3+0+0.2+(-0.1)+(-0.2)+0+0.1+0.2+(-0.3)}{10}=10$，

$\bar{y}=10+\cfrac{0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.5}{10}=10.3$，

$s_{1}^{2}=\cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.3^2+0^2+0.2^2+(-0.1)^2+(-0.2)^2+0^2+0.1^2+0.2^2+0.3^2]=0.036$

$s_{2}^{2}=\cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.1^2+(-0.2)^2+(-0.3)^2+(-0.2)^2+0^2+0.3^2+0.2^2+0.1^2+0.2^2]=0.04$

(2) 判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 $\bar{y}-\bar{x}\geqslant$$2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$， 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高， 否则不认为有显著提高).

解析： $\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3=\sqrt{0.09}$，

又 $2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$$=$$2\sqrt{\cfrac{0.036+0.04}{10}}$$=$$2\sqrt{0.0076}$$=$$\sqrt{0.0304}$

由于 $\sqrt{0.09}>\sqrt{0.0304}$，即 $\bar{y}-\bar{x}>$ $2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$，

故新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。

【2021 年高考乙卷理科数学第 $18$ 题】 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 的底面是矩形， $PD\perp$ 底面 $ABCD$，$M$ 为 $BC$ 的中点，且 $PB \perp AM$ .

(1). 求 $BC$ ;

解析：求解矩形的宽 $BC$ 时 ，可以从以下三个思路思考求解：

思路一：利用直角三角形相似求解，由于 $AM\perp$ 平面 $PBD$ ，故有 $AM\perp BD$，

由于 $\angle BAM+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}$， $\angle ADB+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}$，

故 $\angle ADB=\angle BAM$， 且 $Rt\triangle ADB\sim Rt\triangle BAM$，

则有 $\cfrac{AD}{AB}=\cfrac{AB}{BM}$，令 $BM=x$，则 $\cfrac{2x}{1}=\cfrac{1}{x}$，

解得 $x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，故 $BC=2x=\sqrt{2}$；

思路二：由于 $AM\perp$ 平面 $PBD$ ，故有 $AM\perp BD$，此时我们可以利用平面向量解决问题，

建立如右图所示的平面坐标系，利用平面向量求解，[或直接在立体图形中建系，利用空间向量求解]，

则点 $D(0,0)$ ，$C(1,0)$，设 $|AD|=|BC|=2x$，则 $A(0,-2x)$， $M(1,-x)$， $B(1,-2x)$，

则 $\overrightarrow{DB}=(1,-2x)$， $\overrightarrow{AM}=(1,x)$，由于 $AM\perp BD$，

则 $\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AM}=0$，即 $(1,-2x)\cdot(1,x)=0$，

即 $1-2x^2=0$，解得 $x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，故 $AD=BC=\sqrt{2}$，

思路三：利用 $Rt\triangle$ 求解 $BC$ 的长度；

取 $DC$ 和 $PC$ 的中点分别为 $E$ 和 $F$ ，连结 $EA$、 $EM$、$EF$、$FA$ 、$FM$，

由于 $PD\perp$ 下底面 $ABCD$ ，故 $FE\perp$ 下底面 $ABCD$ ，

则 $\triangle FEA$ 和 $\triangle FEM$ 为 $Rt\triangle$，

又由于 $ME//BD$ ， $MF//PB$ ， $AM\perp PB$ ，

故 $AM\perp MF$ ，则 $\triangle AMF$ 为 $Rt\triangle$，

令 $BM=CM=x$，则 $AD=2x$， $DE=EF=CE=\cfrac{1}{2}$，

$MF^2=ME^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+x^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+x^2$，

$AF^2=AE^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+(2x)^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+4x^2$，

$AM^2=1+x^2$，由于 $AF^2=AM^2+MF^2$ ，

则有 $\cfrac{1}{2}+4x^2=\cfrac{1}{2}+x^2+1+x^2$，

解得 $x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，故 $BC=2x=\sqrt{2}$ .

(2). 求二面角 $A-PM-B$ 的正弦值；

解析：由题可知，$DA$、$DC$、$DP$ 两两互相垂直，故以点 $D$ 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则 $A(\sqrt{2},0,0)$， $B(\sqrt{2},1,0)$， $M(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,0)$， $P(0,0,1)$，

则 $\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,1)$， $\overrightarrow{PM}=(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,-1)$，

设平面 $APM$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，

则有 $\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0}\\{\vec{n}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\end{array}\right.\quad$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+z=0}\\{\cfrac{\sqrt{2}}{2}x+y-z=0}\end{array}\right.\quad$

令 $x=\sqrt{2}$ 此处实质是求解不定方程，故常常使用赋值法，为了减少或防止坐标中出现分数，避免运算出错，具体的赋值还是有一定的讲究和技巧的。$\quad$，则 $y=1$，$z=2$，即 $\vec{n}=(\sqrt{2},1,2)$，

同理，设平面 $PMB$ 的法向量为 $\vec{v}=(p,q,r)$ 注意，将向量 $\overrightarrow{PM}$ 作为公共量，下面的计算就可以减少运算量 $\quad$ ，

则有 $\left\{\begin{array}{l}{\vec{v}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\\{\vec{v}\cdot\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.\quad$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\sqrt{2}}{2}p+q-r=0}\\{-\sqrt{2}p=0}\end{array}\right.\quad$

令 $q=1$，则 $r=1$，$p=0$，即 $\vec{v}=(0,1,1)$，

所以 $|\cos<\vec{n},\vec{v}>|=\cfrac{|\vec{n}\cdot\vec{v}|}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{3}{\sqrt{7}\times\sqrt{2}}=\cfrac{3}{\sqrt{14}}$，

[注意，此处仅仅是一步中间过程，接下来还要平方，故可以不做分母有理化，省时省力]

设二面角 $A-PM-B$ 的平面角为 $\alpha$，

则 $\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\cos^{2}<\vec{n}, \vec{v}>}=\sqrt{1-(\cfrac{3}{\sqrt{14}})^{2}}=\cfrac{\sqrt{70}}{14}$，

所以二面角 $A-PM-B$ 的正弦值为 $\cfrac{\sqrt{70}}{14}$.

〔解后反思〕：① 二面角的平面角用这两个平面的法向量的夹角来刻画；

② 若两个平面的法向量分别为 $\vec{n}=(x,y,z)$ 和 $\vec{v}=(p,q,r)$，二面角的平面角或其补角为 $\theta=<\vec{n},\vec{v}>$，

则 $\cos\theta=\cos<\vec{n},\vec{v}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{xp+yq+rz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{p^2+q^2+r^2}}$

③ 若题目需要求解二面角的余弦值时，需要特别注意，此时还需要通过观察图形 [而不是通过计算来确定] 来确定二面角的平面角是锐角、直角或钝角；容易出错的是有人计算得到 $\cos\theta<0$，就认为平面角为钝角，这是错误的，其实平面角的正负与我们所取的法向量的方向有关，并不能说明平面角是不是钝角。

④ 若题目需要求解二面角的正弦值时，采用公式 $\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}$ 来求解；

【2021 年高考乙卷理科数学第 $19$ 题】记 $S_{n}$ 为数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和， $b_{n}$ 为数列 $\{S_{n}\}$ 的前 $n$ 项积， 已知 $\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2$.

(1). 证明：数列 $\{b_{n}\}$ 是等差数列；

解析：由 $b_{n}$ 的定义，$b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n$，$b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}$，

可得到 $\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n$ ，$n\geqslant 2$，将其代入已知 $\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2$，

得到 $\cfrac{2b_{n-1}}{b_n}+\cfrac{1}{b_n}=2$，即 $2b_{n-1}+1=2b_n$，

即 $b_n-b_{n-1}=\cfrac{1}{2}$，$n\geqslant 2$，

又当 $n=1$ 时， 由 $\cfrac{2}{S_{1}}+\cfrac{1}{b_{1}}=2$， 解得 $b_1=\cfrac{3}{2}$，

故数列 $\{b_n\}$ 是以 $\cfrac{3}{2}$ 为首项，以 $\cfrac{1}{2}$ 为公差的等差数列 .

〔解后反思〕：①本小问的求解分析容易陷入泥沼，由于是证明 $\{b_n\}$ 为等差数列，故我们一般能想到利用定义式证明 $b_n-b_{n-1}=m$ ，其中 $m$ 为常数，或者利用等差中项法证明 $2b_n=b_{n+1}+b_{n-1}$($n\geqslant 2$) ，沿着此思路容易想到先将已知条件变形得到 $b_n=\cfrac{S_n}{2S_n-2}$ ，再类比得到 $b_{n-1}$$=$$\cfrac{S_{n-1}}{2S_{n-1}-2}$($n\geqslant 2$)，但是当设法计算 $b_n-b_{n-1}$ 时思路受阻没法进行下去了，需要调整分析思路。

② 由于已知的式子中只含有两个变量 $S_n$ 和 $b_n$ ，而要证明的只与 $b_n$ 有关，故我们猜想需要替换掉 $S_n$，但是这个 $S_n$ 又不能用上面的思路得到，故此时只能研究题目所给的已知条件了。

③由我们所学的数列常识可知，

$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$，则 $S_{n-1}=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}$，

故 $a_n=S_n-S_{n-1}$($n\geqslant 2$)，由此类比思考可得到，

依照 $b_{n}$ 的定义，$b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n$，$b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}$，

可得到 $\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n$ ，$n\geqslant 2$，这样代入已知 $\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2$，

就只剩下有关 $b_n$ 类的表达式，从而容易达到证明的目的。

(2). 求 $\{a_{n}\}$ 的通项公式.

解析：由 (1) 可知， $b_n=\cfrac{3}{2}+(n-1)\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{n+2}{2}$ ，

将其代入已知 $\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2$ 替换 $b_n$ 得到，

$\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{2}{n+2}=2$ ，解得 $S_n=\cfrac{n+2}{n+1}$，

[题记：接下来，利用 $a_n$ 和 $S_n$ 的关系求解 $a_n$ ，就成了常规的数列求通项公式问题了]

当 $n\geqslant 2$ 时， $a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{n+2}{n+1}-\cfrac{n+1}{n}=-\cfrac{1}{n(n+1)}$

当 $n=1$ 时， $a_1=S_1=\cfrac{3}{2}$ ，不符合上式，

故 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_n=\left\{\begin{array}{l}\cfrac{3}{2}，&n=1\\-\cfrac{1}{n(n+1)}，&n\geqslant2\end{array}\right.$