2024年普通高等学校招生考试(新课标Ⅱ卷)

2024年普通高等学校招生考试(新课标Ⅱ卷)一、单选题1．已知z＝－1－i，则|z|等于()A．0B．1C.eq\r(2)D．22．已知命题p：∀x∈R，|x＋1|>1；命题q：∃x>0，x3＝x，则()A．p和q都是真命题B．綈p和q都是真命题C．p和綈q都是真命题D．綈p和綈q都是真命题3．已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2)D．14．某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并整理得下表：亩产量[900，950)[950，1000)[1000，1050)[1050，1100)[1100，1150)[1150，1200)频数61218302410根据表中数据，下列结论中正确的是()A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kgB．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间5．已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为()A.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)B.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1(y>0)C.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1(y>0)D.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,8)＝1(y>0)6．设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cosx＋2ax.当x∈(－1,1)时，曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰有一个交点，则a等于()A．－1B.eq\f(1,2)C．1D．27．已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．38．设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)．若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D．1二、多选题9．对于函数f(x)＝sin2x和g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法中正确的有()A．f(x)与g(x)有相同的零点B．f(x)与g(x)有相同的最大值C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴10．抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上的动点，过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点．过P作l的垂线，垂足为B.则()A．l与⊙A相切B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝eq\r(15)C．当|PB|＝2时，PA⊥ABD．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个11．设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则()A．当a>1时，f(x)有三个零点B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心三、填空题12．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝________.13．已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα＋tanβ＝4，tanαtanβ＝eq\r(2)＋1，则sin(α＋β)＝________.14.在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．四、解答题15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋eq\r(3)cosA＝2.(1)求A；(2)若a＝2，eq\r(2)bsinC＝csin2B，求△ABC的周长．16．已知函数f(x)＝ex－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．17.如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F分别满足eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq\r(3).(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．18．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率；(2)假设0<p<q，①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？②为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？19．已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5,4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2,3，…)：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点．记Pn的坐标为(xn，yn)．(1)若k＝eq\f(1,2)，求x2，y2；(2)证明：数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列；(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.答案精析1.C[若z＝－1－i，则|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2).]2.B[对于命题p，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p是假命题，綈p是真命题，对于命题q，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题，綈q是假命题，综上，綈p和q都是真命题．]3.B[因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝eq\f(\r(2),2).]4.C[对于A,根据频数分布表可知，6＋12＋18＝36<50，所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A错误；对于B，亩产量不低于1100kg的频数为24＋10＝34，所以低于1100kg的稻田占比为eq\f(100－34,100)×100%＝66%，故B错误；对于C，稻田亩产量的极差最大为1200－900＝300，最小为1150－950＝200，故C正确；对于D，由频数分布表可得，平均值为eq\f(1,100)×(6×925＋12×975＋18×1025＋30×1075＋24×1125＋10×1175)＝1067，故D错误．]5.A[设点M(x，y)，则P(x，y0)，P′(x，0)，因为M为PP′的中点，所以y0＝2y，即P(x，2y)，又P在曲线x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，即点M的轨迹方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)．]6.D[方法一令f(x)＝g(x)，即a(x＋1)2－1＝cosx＋2ax，可得ax2＋a－1＝cosx，令F(x)＝ax2＋a－1，G(x)＝cosx，原题意等价于当x∈(－1,1)时，曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点，注意到F(x)，G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F(0)＝G(0)，即a－1＝1，解得a＝2，若a＝2，令F(x)＝G(x)，可得2x2＋1－cosx＝0，因为x∈(－1,1)，则2x2≥0,1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得2x2＋1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，则方程2x2＋1－cosx＝0有且仅有一个实根0，即曲线y＝F(x)与y＝G(x)恰有一个交点，所以a＝2符合题意．方法二令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cosx，x∈(－1,1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos(－x)＝ax2＋a－1－cosx＝h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2，若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cosx，x∈(－1,1)，又因为2x2≥0,1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a＝2符合题意．]7.B[方法一分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3eq\r(3)，A1D1＝eq\r(3)，可知S△ABC＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(3)＝9eq\r(3)，S△A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则V三棱台ABC－A1B1C1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(3)＋\r(3)＋\r(9\r(3)×\r(3))))h＝eq\f(52,3)，解得h＝eq\f(4\r(3),3)，如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝eq\r(AM2＋A1M2)＝eq\r(x2＋\f(16,3))，DN＝AD－AM－MN＝2eq\r(3)－x，可得DD1＝eq\r(DN2＋D1N2)＝eq\r(2\r(3)－x2＋\f(16,3))，结合等腰梯形BCC1B1可得BBeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－2,2)))2＋DDeq\o\al(2,1)，即x2＋eq\f(16,3)＝(2eq\r(3)－x)2＋eq\f(16,3)＋4，解得x＝eq\f(4\r(3),3)，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝eq\f(A1M,AM)＝1.方法二将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为eq\f(PA1,PA)＝eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,3)，则＝eq\f(1,27)，可知＝eq\f(26,27)V三棱锥P－ABC＝eq\f(52,3)，则V三棱锥P－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则V三棱锥P－ABC＝eq\f(1,3)d×eq\f(1,2)×6×6×eq\f(\r(3),2)＝18，解得d＝2eq\r(3)，取△ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2eq\r(3)，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝eq\f(PO,AO)＝1.]8.C[方法一由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，解得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，解得x＝1－b，若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln(x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)<0，此时f(x)>0；当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln(x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知若－a＝1－b，符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln(x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意，综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq\f(1,2).方法二由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，解得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，解得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln(x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln(x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0；故1－b＋a＝0,则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq\f(1,2).]9.BC[A选项，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即为f(x)的零点，令g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，即为g(x)的零点，显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B选项正确；C选项，根据周期公式，f(x)，g(x)的最小正周期均为eq\f(2π,2)＝π，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质，f(x)的对称轴满足2x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，g(x)的对称轴满足2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．]10.ABD[A选项，抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，⊙A的圆心(0,4)到直线x＝－1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和⊙A相切，A选项正确；B选项，当P，A，B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP＝4，由yeq\o\al(2,P)＝4xP，得到xP＝4，故P(4,4)，此时切线长|PQ|＝eq\r(|PA|2－r2)＝eq\r(42－12)＝eq\r(15)，B选项正确；C选项，当|PB|＝2时，xP＝1，此时yeq\o\al(2,P)＝4xP＝4，故P(1,2)或P(1，－2)，当P(1,2)时，A(0,4)，B(－1,2)，kPA＝eq\f(4－2,0－1)＝－2，kAB＝eq\f(4－2,0－－1)＝2，不满足kPAkAB＝－1；当P(1，－2)时，A(0,4)，B(－1，－2)，kPA＝eq\f(4－－2,0－1)＝－6，kAB＝eq\f(4－－2,0－－1)＝6，不满足kPAkAB＝－1，于是PA⊥AB不成立，C选项错误；D选项，方法一(利用抛物线定义转化)设抛物线C的焦点为F，根据抛物线的定义，|PB|＝|PF|，这里F(1,0)，于是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB))时P点的存在性问题转化成eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))时P点的存在性问题，A(0,4)，F(1,0)，AF的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，AF中垂线的斜率为－eq\f(1,kAF)＝eq\f(1,4)，于是AF的中垂线方程为y＝eq\f(2x＋15,8)，与抛物线y2＝4x联立可得y2－16y＋30＝0，Δ＝(－16)2－4×1×30＝136>0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个P点，使得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF))，D选项正确．方法二(设点直接求解)设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)，t))，由PB⊥l可得B(－1，t)，又A(0,4)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB))，根据两点间的距离公式，eq\r(\f(t4,16)＋t－42)＝eq\f(t2,4)＋1，整理得t2－16t＋30＝0，Δ＝(－16)2－4×1×30＝136>0，则关于t的方程有两个解，即存在两个这样的P点，D选项正确．]11.AD[A选项，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，故当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1,0)，(a，2a)上各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，即存在这样的a，b使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，根据二项式定理，等式右边(2b－x)3展开式中含有x3的项为2Ceq\o\al(3,3)(2b)0(－x)3＝－2x3，于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，方法一(利用对称中心的表达式化简)f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1,3－3a)为f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－6a＝0，,12a－24＝0，,18－12a＝6－6a，))解得a＝2，即存在a＝2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确．方法二(直接利用拐点结论)任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0得x＝eq\f(a,2)，于是该三次函数的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))))，由题意(1，f(1))也是对称中心，故eq\f(a,2)＝1，即a＝2，即存在a＝2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确．]12.95解析方法一(基本量法)设数列{an}的公差为d，则由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3a1＋d＋a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.方法二(利用下标和性质)设数列{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝eq\f(a5－a2,5－2)＝3，a6＝11，则S10＝eq\f(a1＋a10,2)×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.13.－eq\f(2\r(2),3)解析方法一由题意得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(4,1－\r(2)＋1)＝－2eq\r(2)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2)))，k，m∈Z，则α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，又因为tan(α＋β)＝－2eq\r(2)<0，则α＋β∈((2m＋2k)π＋eq\f(3π,2)，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，则sin(α＋β)<0，则eq\f(sinα＋β,cosα＋β)＝－2eq\r(2)，联立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).方法二因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cosα>0，cosβ<0，cosα＝eq\f(cosα,\r(sin2α＋cos2α))＝eq\f(1,\r(1＋tan2α))，cosβ＝eq\f(cosβ,\r(sin2β＋cos2β))＝eq\f(－1,\r(1＋tan2β))，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝cosαcosβ(tanα＋tanβ)＝4cosαcosβ＝eq\f(－4,\r(1＋tan2α)\r(1＋tan2β))＝eq\f(－4,\r(tanα＋tanβ2＋tanαtanβ－12))＝eq\f(－4,\r(42＋2))＝－eq\f(2\r(2),3).14.24112解析由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24(种)选法；先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.15.解(1)方法一常规方法(辅助角公式)由sinA＋eq\r(3)cosA＝2，可得eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1，由于A∈(0，π)⇒A＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，解得A＝eq\f(π,6).方法二常规方法(同角三角函数的基本关系)由sinA＋eq\r(3)cosA＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA得到4cos2A－4eq\r(3)cosA＋3＝0⇔(2cosA－eq\r(3))2＝0，解得cosA＝eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，故A＝eq\f(π,6).(2)由题设条件和正弦定理得，eq\r(2)bsinC＝csin2B⇔eq\r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB，又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，进而cosB＝eq\f(\r(2),2)，得到B＝eq\f(π,4)，于是C＝π－A－B＝eq\f(7π,12)，sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，由正弦定理可得，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(2,sin\f(π,6))＝eq\f(b,sin\f(π,4))＝eq\f(c,sin\f(7π,12))，解得b＝2eq\r(2)，c＝eq\r(6)＋eq\r(2)，故△ABC的周长为2＋eq\r(6)＋3eq\r(2).16.解(1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1，可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.(2)方法一因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，可知f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)有极小值f(lna)＝a－alna－a3，无极大值，由题意可得，f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0，令g(a)＝a2＋lna－1，a>0，则g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)．方法二因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，可知y＝ex与y＝a有交点，则a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x<lna，可知f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)有极小值f(lna)＝a－alna－a3，无极大值，符合题意，由题意可得，f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0，令g(a)＝a2＋lna－1，a>0，因为y＝a2，y＝lna－1在(0，＋∞)上均单调递增，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)．17.(1)证明由AB＝8，AD＝5eq\r(3)，Aeq\o(E,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)Aeq\o(D,\s\up6(→))，Aeq\o(F,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)Aeq\o(B,\s\up6(→))，得AE＝2eq\r(3)，AF＝4，又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝eq\r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD)＝eq\r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2，所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD.(2)解连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3eq\r(3)，CD＝3，则EC2＝ED2＋CD2＝36，在△PEC中，PC＝4eq\r(3)，PE＝2eq\r(3)，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，P(0,0,2eq\r(3))，D(0,3eq\r(3)，0)，C(3,3eq\r(3)，0)，F(2,0,0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，由F是AB的中点，得B(4,2eq\r(3)，0)，所以Peq\o(C,\s\up6(→))＝(3,3eq\r(3)，－2eq\r(3))，Peq\o(D,\s\up6(→))＝(0,3eq\r(3)，－2eq\r(3))，Peq\o(B,\s\up6(→))＝(4,2eq\r(3)，－2eq\r(3))，Peq\o(F,\s\up6(→))＝(2,0，－2eq\r(3))，设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up6(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，))令y1＝2，x2＝eq\r(3)，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝(0,2,3)，m＝(eq\r(3)，－1,1)，设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ，所以|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(13))＝eq\f(\r(65),65)，则sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(8\r(65),65)，即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为eq\f(8\r(65),65).18.解(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686.(2)①若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P甲＝[1－(1－p)3]q3，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率P乙＝[1－(1－q)3]p3，∵0<p<q≤1，∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)·[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)＝3pq(p－q)(pq－p－q)＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛．②若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0,5,10,15，P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X＝5)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2，P(X＝10)＝[1－(1－p)3]Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)，P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3，∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)q.若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15，同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)p，∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]＝15(p－q)pq(p＋q－3)，∵0<p<q≤1，则p－q<0，p＋q－3<0，则(p－q)pq(p＋q－3)>0，∴E(X)>E(Y)，∴应该由甲参加第一阶段比赛．19.(1)解由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9.当k＝eq\f(1,2)时，过P1(5,4)且斜率为eq\f(1,2)的直线为y＝eq\f(x＋3,2)，与x2－y2＝9联立得到x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3,2)))2＝9.解得x＝－3或x＝5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3,0)，该点显然在C的左支上．故P2(3,0)，从而x2＝3，y2＝0.(2)证明方法一由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，与x2－y2＝9联立，得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9.展开得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，故方程必有一根x＝xn.从而根据根与系数的关系，另一根x＝eq\f(2kyn－kxn,1－k2)－xn＝eq\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，相应的y＝k(x－xn)＋yn＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2).所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)))，而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为eq\f(－yn－kxn2－9,1－k2xn)，故Qn一定在C的左支上．所以Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2))).这就得到xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2).所以xn＋1－yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(xn＋k2xn＋2kxn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn＋2kyn,1－k2)＝eq\f(1＋k2＋2k,1－k2)(xn－yn)＝eq\f(1＋k,1－k)(xn－yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，就知道x1－y1≠0，所以数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．方法二因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，点Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一条斜率为k的直线上，所以xn－1≠－xn，并且eq\f(yn－yn－1,－xn－xn－1)＝k.①因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,n)－y\o\al(2,n)＝9，,x\o\al(2,n－1)－y\o\al(2,n－1)＝9，))两式相减得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1)．②由①，②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(yn－yn－1＝－kxn＋xn－1，③,xn－xn－1＝－kyn＋yn－1.④))④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，整理得eq\f(xn－yn,xn－1－yn－1)＝eq\f(1＋k,1－k).又x1－y1＝1，所以{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．(3)证明方法一先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，若eq\o(UV,\s\up6(→))＝(a，b)，eq\o(UW,\s\up6(→))＝(c，d)，则S△UVW＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ad－bc))(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW＝0)．证明：S△UVW＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UW,\s\up6(→))))sin〈eq\o(UV,\s\up6(→))，eq\o(UW,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UW,\s\up6(→))))eq\r(1－cos2〈\o(UV,\s\up6(→))，\o(UW,\s\up6(→))〉)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UW,\s\up6(→))))eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(UV,\s\up6(→))·\o(UW,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UW,\s\up6(→)))))))2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))))2·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(UW,\s\up6(→))))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(UV,\s\up6(→))·\o(UW,\s\up6(→))))2)＝eq\f(1,2)eq\r(a2＋b2c2＋d2－ac＋bd2)＝eq\f(1,2)eq\r(a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－a2c2－b2d2－2abcd)＝eq\f(1,2)eq\r(a2d2＋b2c2－2abcd)＝eq\f(1,2)eq\r(ad－bc2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ad－bc)).证毕，回到原题．由(2)可知xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)，故xn＋1＋yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)＋eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(1＋k2－2k,1－k2)(xn＋yn)＝eq\f(1－k,1＋k)(xn＋yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，可知x1＋y1≠0，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xn＋yn))是公比为eq\f(1－k,1＋k)的等比数列．所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m＝eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]－eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]＝eq\f(1,2)(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－eq\f(1,2)(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m(xn－yn)(xn＋yn)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m(xn＋yn)(xn－yn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m))(xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n))＝eq\f(9,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m)).而又有eq\o(Pn＋1Pn,\s\up6(→))＝(－(xn＋1－xn)，－(yn＋1－yn))，eq\o(Pn＋1Pn＋2,\s\up6(→))＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，故利用前面已经证明的结论即得Sn＝＝eq\f(1,2)|－(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)＋(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|＝eq\f(1,2)|(xn＋1－xn)(yn＋2－y