南京2026年高考考前数学综合训练【考前必做】

1．已知A＝{x∈Z|4－x2≥0}，B＝{x|y＝)1－x}，A∩B=A．[－2，1]B．(-∞,-2]C．{0，1}D．{－21，0，1}【答案】D【提示】A＝{－21，0，1，2}，B＝(-∞,1]，所以A∩B＝{－21，0，1}．【说明】本题主要考查集合描述法的含义，注意Z，N等细节．2．已知集合A＝{x||x－2|＜1}，B＝{x|x≤a}，AUB＝B，则实数a的取值范围为A．[1，+∞)B．[3，+∞)C．(-∞,1]D．(-∞,3]【答案】B【提示】A＝(1，3)，B＝(-∞,a]，因为AUB＝B，所以A≤B，所以a≥3，故选B．【说明】本题主要考查集合的并集运算与子集的概念．3．已知符号函数sgnf(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a＞1)，则A．sgn[g(x)]＝sgnxB．sgn[g(x)]＝－sgnxC．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]D．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]【答案】B【提示】因为f(x)是R上的增函数，取f(x)＝x，所以g(x)＝(1－a)x，因为a＞1，所以g(x)是R上的减函数，由符号函数sgn知，sgnsgnx．【说明】本题考查新定义问题．4．(多选)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，记g(x)＝f'(x)．若f（25，f(x)+f(x＋2)＝6，g(1－2x)为偶函数，则下列结论中正确的是A．f(x＋4)＝f(x)B．g(－x)＝g(x)C．g(2)＝0D6080【答案】ACD【提示】由f(x)＋f(x＋2)＝6，可得f(x＋2)＋f(x＋4)＝6，两式相减可得f(x＋4)＝f(x)，故选项A正确；由g(1－2x)为偶函数，可得g(1－2x)＝g(1＋2x)，即g(x＋1)＝g(－x＋1)，所以g(x)的图象关于直线x＝1对称，由f(x＋4)＝f(x)，两边求导得f'(x＋4)＝f'(x)，即g(x＋4)=g(x)，所以g(x)是以4为周期的周期函数，则有g(x)＝g(x＋4)＝g(－x－2)，无法推出g(－x)＝g(x)，故选项B错误；由f(x)＋f(x＋2)＝6，两边求导得f'(x)＋f'(x＋2)＝0，即g(x)＋g(x＋2)＝0，令x＝0，可得g(0)＋g(2)＝0，又g(x＋1)＝g(－x＋1)，令x1，可得g(0)＝g(2)，并联立,解得g(0)＝g(2)＝0，故选项C正确；由f(x)＋f(x＋2)＝6，当x＝0时，f(0)＋f(2)＝6，又f(2)＝5，可得f(0)＝1，当x＝1时，可得f(1)＋f(3)＝6，由g(x＋1)＝g(－x＋1)，即f'(x＋1)＝f'(－x＋1)，所以f(x＋1)=-f(－x＋1)＋c，令x＝1，可得c＝f(2)＋f(0)＝5＋1＝6，所以f(x＋1)＝－f(－x＋1)+6，令x＝0，可得2f(1)＝6，f(1)＝3，f(3)＝3，由选项A知f(x)的周期为4，则f(4)2026=f(0)＝1，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝12，Σf(i)＝506×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)i＝1+f(2)＝506×12＋3＋5＝6080，故选项D正确．【说明】本题考查抽象函数及其对称性和周期性．5．已知函数f(x)＝aex有两条切线经过(－1，1)，则a的取值范围是．【答案】(e，+∞)【提示】设切点为(x0，aex0)，设切线方程为y－aex0＝aex0(x－x0)，将x1，y＝1代入切线方程得1－aex0＝aex0(－1－x0)，化简得ax0ex01，令h(x)＝xex，h，即y＝h(x)与y＝－有两个交点．h'(x)＝ex(1＋x)，令h'(x)＝0得x1．x1时，h(x)单调递减；x1时，h(x)单调递增．所以极小值h要使y与h(x)有两个交点，则解得a＞e．【说明】本题考查切线的条数求解参数．6．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝lnx＋2存在公切线，则所有公切线方程为．【答案】y＝x＋1，y＝ex．【提示】设f(x)＝ex，g(x)＝lnx＋2的切点分别为(x1，ex1)，(x2，lnx2＋2)所以，切线方程分别为y＝ex1＋ex1，y＝x＋lnx2＋2，所以lnx2＋1，所以e所以公切线方程为：y＝x＋1，y＝ex．【说明】本题主要考查公切线求法，这里涉及常见的ex1＝1方程化简．x27．(2015年新课标I卷)已知函数f＝x3＋axlnx．（1）当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．【提示】（1）设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f'(x0)＝0，x＋ax0＋1＝0即3x＋a0，解得x4因此，当a＝3时，x轴是曲线y＝f(x)的切线．4（2）当x∈(1，+∞)时，g(x)＝－lnx＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，∴h(x)在(1，+∞)无零点．44当x＝1时，若a≥-5，则f（1）＝a＋5≥0，h（1）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）4444=0，故x＝1是h(x)的零点；若a＜－5，则f（1）＝a＋5＜0，h（1）＝min{f（1），44g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0，1)时，g(x)lnx＞0，所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数．(ⅰ)若a≤-3或a≥0，则f'(x)＝3x2＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调，而f(0)所以当a≤-3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)无零点．(ⅱ)若－3＜a＜0，则f(x)在(0，－)单调递减，在(－，1)单调递增，故当x=f(x)取的最小值，最小值为f若f即－＜a＜0，f(x)在(0，1)无零点．若f(，即a＝－，则f(x)在(0，1)有唯一零点；若f即－3＜a由于f(0)f（1a+,所以当－时，f(x)在(0，1)有两个零点；4当－3＜a≤-5时，f(x)在(0，1)有一个零点．4综上，当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当时，h(x)有三个零点．【说明】本题考查函数的零点．28．已知函数f(x)＝a(x－1)ex＋1x2，a1．2（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：①(x－1)ex＋x2≥-1；②当n≥2且n∈N*时，ln【提示】（1）由f＝aexx2，a1，得x∈R，f'(x)＝axex＋x．1°若a≥0，则aex＋1＞0，当x∈(-∞,0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增．2°若a＜0时，令f'(x)＝0，得x＝0或x＝ln因为－1＜a＜0，所以ln当x∈(-∞,0)，则f'(x)＜0，f(x)单调递减，当，则f'(x)＞0，f(x)单调递增，当，则f'(x)＜0，f(x)单调递减；综上，当a≥0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增；当－1＜a＜0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0，ln上单调递增，在上单调递减；（2）①由（1）得，当a＝时，fexf(x)在[0，+∞)上单调递增，24所以f(x)≥f(0)＝－，即ex即(x－1)ex＋x2≥-1；②令x，且n∈N*)，得e2n≤n＝＝1＋＝1＋2＜得e2n≤n＝＝1＋＝1＋2＜1+=,2－2n4n2－2n2n－2＋2n－22n－22n2n＋1两边同时取自然对数，得ln则lnlnlnlnln【说明】本题考查单调性讨论，恒成立问题．9．已知向量a，b满足|a|＝|a－b|，且a－b在b上的投影向量为单位向量，则|b|=A．1B．)2C．3【答案】D【提示】因为a－b在b上的投影向量为单位向量，所以b·b|＝1，所以|bb2|＝1.因为|a|＝|a－b|，所以a2＝(a－b)2，即b2＝2a·b．代入＝1得b2＝|b|，所以|b|=2．【说明】考查投影向量的基本概念与运算.10．在平行四边形ABCD中，∠BAD＝2π,E，F分别是线段BC，AE的中点．记AB＝a，3AD＝b，则DF＝(用a和b表示)；若4DF·DE＝33＋3【答案】1a－3b；33．244【提示】因为E是BC中点，所以BE＝1b，AE＝a＋122→→→→又F是AE中点，故AF＝1a＋1b，DF＝AF－AD→→→→2424设|a|＝x，|b|＝y，则a·b＝xycosA＝xycos2π=-1xy．代入得2x2＋2xy＋3y2＝33＋3≥2xy＋23xy，所以xy≤3，22当且仅当x2＝33，y2＝v3时等号成立．4又平行四边形面积S＝AD·AB·sinA＝3xy，故Smax=【说明】向量的三点共线、平面向量基本定理、向量的数量积．11．若点A(1，0)关于直线y＝kx＋b的对称点在圆(x－2)2＋y2＝1上，则k，b的一组取值为3＝－＝－3＝－【答案】D【提示】由于A(1，0)在圆(x－2)2＋y2＝1上，圆心为(2，0)，要使A(1，0)关于直线y＝kx+b的对称点在圆(x－2)2＋y2＝1上，则直线y＝kx＋b必经过圆心(2，0)，故2k＋b=0，结合选项可知：只有D符合．【说明】由标准方程确定圆心和半径，由直线与圆的位置关系求参数，求点关于直线的对称点．12．在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2，3)在动直线l：mx＋ny－4m－5n＝0上的射影为点M，则|OM|的最大值为A．5B．)2【答案】D【提示】动直线l：mx＋ny－4m－5n＝0过定点Q(4，5)，所以点M在以PQ为直径的圆上．又P(2，3)，所以圆心为S(3，4)，半径为V2．从而OS为5，OM的最大值为5＋V2．【说明】本题考查直线过定点及隐圆问题．13．已知双曲线xb＞0)的左丶右焦点分别为F1和F2，过F2的直线交双曲线的右支于点A，交双曲线的一条渐近线于点B(B在第二象限)．若|AB|=|OF1|，则双曲线的离心率为【答案】A【提示】由O为F1F2中点，则A为BF2中点，由B在第二象限，可设B，则A(x0＋cbx0)，a22a整理得c2x－2a2cx0－3a2c2.a【说明】设点，翻译题干，构建关于离心离的齐次方程，计算离心率的值．14．已知点M(－1，1)和抛物线C:y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°,则k=.【答案】2【提示】法1：代数刻画由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为k2，x1x2y1y2k，y1y2y＝k(x－1)(k≠0)，联立消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1＋x2＝2k2k2，x1x2y1y2k，y1y21＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2-(y1＋y2)＋1＝0，整理得，即(－1)2＝0，所以k＝2．法2：几何转化取AB中点M1(x0，y0)，由∠AMB＝90°,得|MMAB|.设抛物线的焦点为F，分别过点A，B做准线x1的垂线，垂足分别为A1，B1，则|MM1|＝1|AB|＝1(|AF|＋|BF|)＝1(|AA1|＋|BB1|)．222又M1(－1，1)为AB的中点，所以MM1是梯形中位线．从而MM1平行于x轴，所以y0＝1．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2y0＝2.所以ky2＝2．【说明】从代数与几何两个角度刻画直角．15．已知F1(－2，0)，F2(2，0)，M为单位圆O：x2＋y2＝1上的动点，N为F2关于M的对称点，线段NF2的中垂线与直线F1N交于点P，记P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）设A，B是曲线C上的两点，直线AB与单位圆O相切.试判断：“|AB|＝3”是“A，B，F2三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结论；（3）若Q(－4，0)，过F2的直线l与曲线C交于D，E，且△QDE的外心在y轴上，求直线l的斜率．【提示】（1）因为PM为NF2的中垂线，所以PF2＝PN.又因为M为NF2中点，O为F1F2中点，所以OM为△NF1F2的中位线，所以NF1＝2MO.从而|PF1－PF2|＝|PF1－PN|＝NF1＝2MO＝2＜F1F2＝4，所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点，2为实轴长的双曲线.设焦距为2c，长轴长为2a，b2＝c2所以曲线C的方程为x2－y2＝1.3（2）“|AB|＝3”是“A，B，F2三点共线”的必要不充分条件，理由如下：先证必要性：若A，B，F2三点共线，则设直线AB方程为x＝my＋2.由相切，得，所以m2＝3.由对称性，不妨设m＞0，则m=联立，得8y2＋123y＋9＝0.B(x2，y21－y故必要性得证.再证不充分性：由对称性可知，若直线AB过点F1，则AB也为3.从而由AB＝3不能推出A，B，F2三点共线.综上：“|AB|＝3”是“A，B，F2三点共线”的必要不充分条件.【另解：对于不充分性的证明，也可以设AB方程为x＝my＋t，借助弦长公式计算出（3）法一：中垂线+垂径定理设直线DE：x＝my＋2，D(x3，y3)，E(x4，y4).联立，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，所以.设DE中点为H，则H所以DE的中垂线为ym令x＝0，则y＝－8m.3m2－1设△QDE的外心为G，则G则由垂径定理，GH2＋GQ2.又DE＝m2＋1|y3－y4|＝6(m2＋1)，所以4(m2＋1)＋1·36(m2＋1)2＝16＋64m2.|3m2－1|(3m2－1)24(3m2－1)2(3m2－1)2即45m4－18m2＋1＝0，即(3m2－1)(15m2－1)＝0.又3m2－1≠0，所以15m2＝1，所以m所以直线l的斜率为±15.法二：圆的一般方程+同解设△QDE的外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.因为圆心在y轴上，所以D＝0.将Q(－4，0)代入，得F16.所以外接圆方程为x2＋y2＋Ey－16＝0.设直线DE：x＝my＋2，D(x3，y3)，E(x4，y4).x2＋y2＋Ey－16＝0x＝my＋2联立，得(m2＋1)y2＋(4m＋Ex＝my＋2=0，则y3y412.m2＋1联立，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，则y3y4= .3m2－1所以－，所以15m2＝1，所以m所以直线l的斜率为±15.法三：对称性+圆幂定理△QDE的外心在y轴上，所以△QDE的外接圆关于y轴对称.由Q(－4，0)在圆上，得R(4，0)也在圆上.由圆幂定理得，F2Q·F2R＝F2D·F2E＝12.设直线DE：x＝my＋2，D(x3，y3)，E(x4，y4).联立，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，则y3y4＝9.3m2－1所以F2D·F2E＝|y3y【说明】圆与椭圆的融合，通过中垂线与中位线刻画椭圆定义，写出椭圆方程．弦长公式、直线与圆相切，由对称性多想少算处理第二问．第三问借助第二问的运算表达式计算三角形的外接圆，通过中垂线联立、一般方程同解、对称性+圆幂定理等加以处理.16．已知圆C1：(x＋2)2＋y2＝7－43和圆C2：(x－2)2＋y2＝7＋43，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切．记动圆圆心M的轨迹为Ω.（1）求Ω的方程；22（2）点P，Q分别在直线l1：x＝－3与l2：x＝3上，且PC1⊥MC1，QC2⊥MC2．22证明：P，M，Q三点共线．【提示】（1）设动圆M的半径为r，则MC1＝r＋2－)3，MC2＝r＋2＋)3．所以MC2－MC1＝23＜4．所以M点的轨迹是以C1、C2为焦点，23为实轴长的双曲线的左支(不含顶点)．设长轴长为2a，焦距是2c，b2＝c2－a2．所以Ω的方程是xy2＝1(x（2）设M(x0，y0)(x0<-·3，y0≠0)，xy02＝1．①当直线MC1斜率存在时，kMC＝xkMC＝x所以直线PC1：xy0y－2，x0＋2QC2：x＝－y0y＋2．x0－2所以＝(x0＋3，y0＋x0＋2)(x0－3，y0－x0－2)，22y022y0→→所以PM//QM，故P，M，Q三点共线．②当直线MC1斜率不存在时，由对称性不妨设y0＞0，此时点M(－2，3)，P(－3，0)，QkMP＝kMQ，所以P，M，Q三点共线．综上，P，M，Q三点共线．【说明】圆与圆外切定义、双曲线的定义(左支)，朴素的设点法．代数语言刻画三点共17．已知A(－2，0)，B(2，0)，直线AS，BS相交于点S，且它们的斜率之积为－3，记点S4的轨迹为Ω.（1）求Ω的方程；（2）设直线y＝1交Ω于P，Q两点，点M在线段PQ上，直线AM，BM分别交Ω于D，E两点，直线AE，BD交于点N．①证明：MN⊥AB；②判断y轴上是否存在定点T，使得|NT|＋|NM|为定值．若存在，求出T的坐标；若不存在，说明理由．【提示】（1）设S(x，y)，则kAS·kBS＝x即Ω的方程为x（2）①设M则kDA＝kMA所以kDB，所以直线BD：y同理可得直线AE：y所以MN⊥AB．②法一：假设存在点T(0，t)，使得|NT|＋|NM|为定值m，即|NT|＋|NM|＝m，2所以x0(3t－3m－1)＋(t－3)2－(m－2)2＝0恒成立，22则，解得t所以存在点T(0，8)，使得|NT|＋|NM|为定值7．法二：点N的轨迹为y＝－x2＋3，即x可视为抛物线x2＝－4y上移3个单位得到，则焦点为(0，8)，准线为y＝10．所以存在点T使得|NT|＋|NM【说明】椭圆的第三定义，设点；隐轨迹(抛物线)；定点(隐抛物线的焦点)，定值．18．设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点P(6，0)的动直线l交抛物线E于A，B（1）当直线AT垂直于x轴时，AF＝3，求抛物线C的标准方程；（2）若直线FT平分∠AFB，求直线l的斜率．【提示】（1）当直线AT垂直于x轴时，AF＝1＋p＝3，所以p＝4，2所以抛物线C的标准方程为y2＝8x．（2）法一：向量的夹角公式若直线FT平分∠AFB，则∠AFT=∠BFT，所以设l：x＝my＋6，A(x1，y1)，B(x1，y1)，→→→因为T(1，2)，F(2，0)，所以FT＝(－1，2)，FA＝(x1－2，y1)，FB＝(x2－2，y2)．所以－x1＋2＋2y1x2＋2＋2y2，即－my1－4＋2y1my2－4＋2y2．x1＋2x2＋2my1＋8my2＋8即－1＋4＋2y11＋4＋2y2，即(2m－8)y1＝(2m－8)y2．my1＋8my2＋8因为y1≠y2，所以2m－8＝0，即m＝4．4所以直线l的斜率为1．4法二：斜率的到角公式设A(y12，y1)，B(y22，y2)，T(1，2)，F(2，0).若直线FT平分∠AFB，则∠AFT=∠BFT.则kTF－kAF＝kBF－kTF.1＋kTF·kAF1＋kBF·kTF即－2－y即－2y12－8y1＋32＝2y22＋8y2－32.y12－16y1－16y22－16y2－16即16(y1＋y2)2＋(6y1y2－96)(y1＋y2)－(y1y2－16)2＝0.又直线AB：8x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，将P(6，0)代入，得y1y2＝－48.所以(y1＋y2)2－24(y1＋y2)－256＝0.所以(y1＋y2－32)(y1＋y2＋8)＝0.所以y1＋y2＝32或－8（舍去）.所以l的斜率为y法三：角平分线定理，过程略.【说明】以抛物线为背景，用不同方法来刻画角度.19．(26届南昌模考题)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2)2，对角线AC1的中点为F，动点P在平面AA1C1C内，3且点P到平面AA1B1B的距离等于2|PF|.2（1）求四棱锥P－AA1B1B体积的最小值；（2）记点P的轨迹为曲线M，点G，R，Q是曲线M上不同三点.①若平面AB1F与轨迹M相交于RG两点，求线段RG的长；②若点G在点F上方，且GF⊥AC，GR，GQ与平面ABCD所成角相等，平面α过RQ且与AB平行，判断平面α与平面ABCD的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由.【提示】（1）设点P到平面AA1B1B和直线AA1的距离分别为d1，d2，因为点P在平面AA1C1C内，且平面AA1B1B与平面AA1C1C的夹角为π,4因此dd2，得d2＝|PF|．所以点P的轨迹是F为焦点，AA1为准线的抛物线，当点P在抛物线的顶点O处时，d2最小，最小值为1AC＝1，此时4所以四棱锥P－AA1B1B体积的最小值为1×8×·)2＝42．（2）设AA1的中点为E，则EF∥AC，如图1，以EF的中点O为原点，EF所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，过点O且平行于BD的直线为x轴，建立空间直角坐标系O－xyz，设点P(0，y，z)，则z2＝4y，①平面AB1F与平面AA1C1C的交线为AF，因此R，G是直线AF与抛物线M的交点，如图2，在平面AA1C1C中，设GR：z，与抛物线M方程联立，得：y2－10y＋1＝0．2因此，|GR|＝|GF|＋|RF|＝y1＋1＋y2＋1＝12．②如图3，在平面AA1C1C中，点G在点F上方，且GF⊥AC，得到点G坐标为(1，2)，因为GR，GQ与平面ABCD所成角相等，所以GR，GQ与AC所成角相等，因此，GR，GQ的斜率互为相反数，设R(y1，z1)，Q(y2，z2)，则z1－2＋z2－2＝0，y1－1y2－1＋＝＝－＝－→因此，在空间直角坐标系中，RQ的方向向量为(0，11)，又AB＝(2，2，0)，→→设平面α的法向量n＝(x，y，z)，由n⊥RQ→y＝z，由n⊥AB→x＋y＝0，令y＝1，则n＝(－1，1，1)，又平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，cos＜n，m3，所以平面α与平面ABCD的夹角为定值，其余弦值为3．3【说明】立体几何与解析几何融合，三垂线法刻画二面角的平面角，由定义转化为隐抛物线方程．后续围绕抛物线的焦点弦展开计算．20．某校运动会需要5名同学（含甲、乙、丙等）排成一列参加入场式，其中甲不能站在队列两端，乙和丙之间恰好间隔2名同学，则不同的队列排法共有【答案】B【提示】应先分析乙丙相对位置“间隔2人”意味着他们占据位置组合为(1，4)、(4，1)、(2，5)、(5，2)四种模式)，再结合甲不在两端的限制进行分类讨论，最后安排其余2人．【说明】本题主要考查排列组合中的限制条件问题，体现了“先特殊后一般”的排列组合解题思想．解题时需注意乙、丙的位置互换和甲的位置限制，避免漏算或重复计算．21．二项式的展开式中A．前三项系数之和为22B．二项式系数最大的项是第4项C．常数项为15D．所有项的系数之和为0【答案】BCD【提示】二项式(·x－)6展开式的通项为：Tk＋1＝C6－k·k＝kCk＝0，1，前三项的系数之和为：(－1)0C＋(－1)1C＋(－1)2C＝10，选项A错误；二项式系数C(k＝0，1，2，…,6)中最大的是C，恰好是第4项，选项B正确；2若Tk＋1为常数项，则3－3k＝0，得k＝2，即T3＝(－1)2Cx0＝15，选项C正确；2将x＝1代入，可得所有项的系数之和，结果为0，选项D正确；【说明】本题主要考查二项式定理的应用，涉及二项式展开式的通项公式、二项式系数的性质、特定项系数以及所有项系数和的计算，解题时需区分“二项式系数”与“项的系数”，并熟练运用通项公式分析指数特征．22．某学校采用分层抽样的方法从高一、高二、高三三个年级中抽取样本，抽取的高一学生有15人，高二学生有20人，高三学生有10人，已知该校高三年级共有600人，则该校三个年级的学生总人数为A．2700B．3000C．3300D．3600【答案】A【提示】样本总容量为15＋20＋10＝45人，＝，设总人数为n，则，解得n＝45×60＝2700，选A．【说明】本题考查分层抽样的核心原理与基本计算，是统计抽样模块的基础题型，解题关键在于牢牢把握分层抽样“各层抽取比例完全相同”的本质特征．23．(多选)某文创品牌推出春日限定盲盒活动，已知A盒中仅有1个徽章，且为春日限定款；B盒中有m个春日限定款徽章和n个秋日普通款徽章，其中m≥3，n≥3，m，n∈N*．活动规则为：从B盒中随机抽取i(i＝1，2)个徽章放入A盒中．记：①放入i个徽章后，A盒中含有春日限定款徽章的个数为ξi(i＝1，2)；②放入i个徽章后，从A盒中随机取出1个徽章是春日限定款的概率为pi(i＝1，2)．则下列结论正确的是A．p1＞p2，E(ξ1)＜E(ξ2)B．p1＜p2，E(ξ1)＞E(ξ2)【答案】AD【提示】设Xi为从B盒抽取i个徽章中春日限定款的个数，由题意可得ξi＝1＋Xi，Xi服从E，可得E－E，即E(ξ1)＜E(ξ2)．由全概率公式：当i＝1时，p1＝P(Xp1－p2＝2m＋n－3m2＋4mn＋n2－3m－n＝n＞0，因此p1＞p2．2(m＋n)3(m＋n)(m＋n－1)6(m＋n)所以选项A、选项D结论正确，选项B、选项C错误．【说明】本题考查的核心知识点是全概率公式的应用与互斥事件的分类讨论，需要理清事件的先后顺序，正确分步计算概率．24．某农业科研团队为研究某作物亩产量与施肥量之间的关系，选取了5块条件相近的试验田进行试验，得到如下数据：施肥量x(kg)1015202530施肥量x(kg)1015202530并计算得，i（1）建立亩产量y关于施肥量x的经验回归方程，并求施肥量为30kg的残差；（2）该团队后续对该地区大量采用类似方式种植的试验田进行了调查，发现该地区的土壤肥力分为高、中、低三个等级，其中高肥力试验田占比30%，中肥力占比50%，低肥力占比20%．在高肥力试验田中，按（1）中回归方程预测的亩产量与实际亩产量的误差不超过10kg的概率为0.9；在中肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为0.7；在低肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为0.4；现从该地区的试验田中随机选取一块，求其亩产量预测误差不超过10kg的概率．^^^附：经验回归方程y＝^^^n--^∑(xi－x)(yi－n--(xi－)2i＝1347－11.7×20＝347－234＝113，^所以经验回归方程为y＝11.7x＋113．^当x＝30时，y＝11.7×30＋113＝351＋113＝464．^残差为y－y＝458－464＝－6．^答：经验回归方程为y＝11.7x＋113，残差为－6kg．（2）设事件A为“选取的试验田亩产量预测误差不超过10kg”，事件B1为“选取的试验田为高肥力”，事件B2为“选取的试验田为中肥力”，事件B3为“选取的试验田为低肥力”，则P(B1)＝0.3，P(B2)＝0.5，P(B3)＝0.2，P(A|B1)＝0.9，P(A|B2)＝0.7，P(A|B3)＝0.4根据全概率公式：P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝0.3×0.9＋0.5×0.7＋0.2×0.4=0.27＋0.35＋0.08＝0.7答：其亩产量预测误差不超过10kg的概率为0.7．【说明】本题考查线性回归方程的求解与全概率公式的应用．第一问中需将题目给出的的原始公式，转化为便于代入数据计算的等价形式．25．某射击比赛决赛阶段，甲、乙两名选手争夺金牌，比赛无平局，每局比赛结果相互独立．决赛采用全新的“抢11赛制”：每局比赛胜者得3分，负者得1分；若某选手连续2局获胜，或积分率先达到11分，则该选手获得冠军，比赛结束．设决出冠军时的比赛总局数为X．（1）请在①②两个问题中选择一个作答：①若甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为1，求X的分布列与数学期望E(X)；2②由于心理素质差异，甲在单局比赛中获胜的概率为p(0＜p＜1)．试求出平均比赛总局数E(X)关于p的函数解析式，并求当p为何值时，E(X)达到最大；（2）经赛后数据分析，甲在该项目单局比赛的实际胜率为p＝0.6．在某训练赛中，甲乙共进行了n局比赛，试求n为何值时，甲获胜13局的概率最大?【提示】（1）①比赛结束的条件为：(Ⅰ)某选手连续2局获胜；(Ⅱ)积分率先达到11分．由赛制规则分析可得，X＝2，3，4，5，X＝2：前2局连胜(甲甲或乙乙)，总积分8分未达11分，满足条件(Ⅰ)，P(X＝2)=X＝3：前2局交替，第3局与第2局连胜(甲乙乙或乙甲甲)，满足条件(Ⅰ)，P(X＝3)X＝4：前3局交替，第4局与第3局连胜(甲乙甲甲或乙甲乙乙)，此时胜者积分10X＝5：前4局交替(甲乙甲乙或乙甲乙甲)，两人各得8分，第5局无论谁胜，胜者积分必达8＋3＝11分，满足条件(Ⅱ)，PX的分布列如下：X23X2345P②设乙在单局比赛中获胜的概率为q＝1－p，P(X＝2)＝P(甲甲)＋P(乙乙)＝p2＋q2，P(X＝3)＝P(乙甲甲)＋P(甲乙乙)＝qp2＋pq2＝pq(p＋q)＝pq，P(X＝4)＝P(甲乙甲甲)＋P(乙甲乙乙)＝pqp2＋qpq2＝pq(p2＋q2)，P(X＝5)＝P(甲乙甲乙)＋P(乙甲乙甲)＝p2q2＋q2p2＝2p2q2，令t＝pq＝p(1－p)，由p＋q＝1且0＜p＜1，可得：p2＋q2＝(p＋q)2－2pq＝1－2t，由基本不等式，t，故t∈(0，]．则P(X＝2)＝1－2tP(X＝3)＝tP(X＝4)＝t(1－2t)＝t－2t2P(X＝5)＝2t2，因此E(X)＝2(1－2t)＋3t＋4(t－2t2)＋5(2t2)＝2t2＋3t＋2，设g(t)＝2t2＋3t＋2，其在区间(0，上单调递增．当t时，g(t)取得最大值，答：E(X)＝2p2(1－p)2＋3p(1－p)＋2，当p＝1时，比赛的平均总局数E(X)达到最大．2（2）已知X~B(n，0.6)，X＝13．设f(n)＝P(X＝13)＝C×0.613×0.4n－13．令f→0.4n≥n－13→13≥0.6n→n当n≤21时，f(n)＞f(n－1)，即f(n)随n增大而增大；当n≥22时，f(n)＜f(n－1)，即f(n)随n增大而减小．因此，f(21)是最大值．所以n的估计值为21．【说明】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望与二项分布的性质，以及概率最值相关问题．26．已知复数z满足z·(1－i)2＝(1＋i)3，则=A．1＋iB1＋iC．1－iD1－i【答案】B【提示】zi，所以1＋i．【说明】本题考查复数的四则运算和共轭复数的概念．27．已知m＞1，对于所有满足|z|＝2的复数z，都有|z－i|的最小值与|z－m|的最小值相同，则m=【答案】3【提示】|z|＝2得复数z对应的点的集合为以原点为圆心，2为半径的圆，因为|z－i|表示点(0，1)到圆上一点的距离，则|z－i|的最小值为2－1＝1.而|z－m|表示点(m，0)到圆上一点的距离，则|z－m|的最小值为|2－m|.所以|2－m|＝1，m＞1，解得m＝3.【说明】考查复数模长的几何意义.28．已知圆台的上、下底面半径之比为3：4，母线(侧棱)长为2，该圆台的上、下底面圆周均在球O的球面上．若球O的表面积为100π,则该圆台的体积为37π40π【答案】A【提示】设球O的半径为R，由题意球O的表面积为S＝4πR2＝100π,所以R＝5．设圆台的上底面圆的半径为3r，则下底面圆的半径为4r，当球O的球心O在圆台外时，设圆台的高为h，则，平方化简得4r2－1＝)50－57r2＋16r4，平方化简得r2＝1，解得r＝1，此时h＝1，此时圆台的体积为1π×(32＋3×4＋42)＝37π;当球O的球心O在圆台内时，消去OM和h得v25－16r2＝v2－r2－v25－9r2，3平方化简得1＋3r2＝50－43r2＋9r4，解得r＝1可得h＝1，OM＝4与h＞OM矛盾，综上，该圆台的体积为37π.3【说明】本题考查圆台与球的组合体计算，考查空间想象与方程思想．29．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是面ABCD，面BCC1B1的中心．则下列结论正确的是A．A1M⊥B1D1B．C1D⊥平面MA1D1C．AB与D1N是异面直线D．平面D1MN将正方体分成前后两部分的体积比为2：1【答案】AD【解析】因为△A1BD是等腰三角形，M为BD中点，所以A1M⊥BD，又正方体ABCD-A1B1C1D1中BD∥B1D1，所以A1M⊥B1D1，选项A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过M作EF//AD分别交AB，CD于E，F，连接A1E，D1F，则EF//A1D1，所以平面A1EFD1即平面MA1D1，由于C1D与D1F不垂直，选项B错误；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连结AD1与BC1，则AD1∥BC1，又N在BC1上，所以BN∥AD1，所以AB与D1N共面，选项C错误；显然AB与D1N是相交直线，设其交点为P，设直线PM交AD于G，交BC于H，连结HN交B1C1于K，则面NHKD1是平面D1MN截正方体所得的截面．由M，N分别为正方形ABCD，BCC1B1的中心，得C1K＋CH＝a＝DG＋CH，连接D1H，多面体D1C1K－DCHG的体积V1＝VD－CCKH＋VD－DCHGa2×aa2×aa3，而正方体的体积V＝a3，因此平面D1MN将正方体分成前后两部分的体积比为V－V1＝2，选V项D正确．故选AD．【说明】本题考查线面位置关系的判别与体积计算，解题关键是利用正方体的对称性与截面法分析线线、线面关系，并通过分割几何体计算体积比．30．(多选)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为1，P为底面A1B1C1D1上的动点(含边界)，则A．若P与B1不重合，则直线A1A与B1P所成角的大小为90°B．PA＋PC的最小值为23C．满足PD＝)5的点P的轨迹长度为π2D．满足三棱锥P－ACD外接球的体积取得最大值的点P共有5个【答案】ABD【提示】由于在正四棱柱中，A1A垂直于底面A1B1C1D1，B1PC面A1B1C1D1，所以A1A⊥B1P，选项A正确；作A关于平面面A1B1C1D1的对称点A'，则PA＋PC＝A'P＋PC≥A'C，当P位于正方形A1B1C1D1的中心时，取等号，又A'C＝23，所以选项B正确；满足PD＝)5的点P的轨迹为以D为球心，)5为半径的球面被上底面A1B1C1D1所截得的一条圆弧，该圆弧是以D1为圆心，经过顶点A1和C1，所以其长度L＝1·2π·2=4以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，因为ΔACD是直角三角形，故设三棱锥外接球球心为O(1，1，z)，球半径为R，P(x，y，1)．由OP＝OD，得2z＝(x－1)2＋(y－1)2-1，令d2＝(x－1)2＋(y－1)2(表示P到上底面中心(1，1，1)的距离平方)，则z= 又R2＝z2＋2＝，所以d2＝0或d2＝2时，外接球体积最大．点A1，B1，C1，D1四个点以及正方形A1B1C1D1的中心共五个点满足条件，选项D正确．【说明】本题考查正四棱柱中动点轨迹与最值的综合判断，考查空间想象与函数思想．31．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，PD=6，E为棱PD上一点，且ED＝2PE，过EB作平面α分别与线段PA，PC交于点M，N，且AC//α,则PM＝，四边形EMBN的面积为PA【答案】P【提示】延伸平面α,交AC所在的平面ABCD于RS，即平面PEDα∩平面ABCD=RS，又B∈平面且B∈平面ABCD，EDMB∈RS，即R，S，B三点共线．由于AC//α,ACc平面MNARABCD，面ABCD∩α=SR，所以AC∥SR，又AC经过BDNAR的中点，所以DA＝AR．CB在平面PDA内以D为坐标原点，以DP为y轴，以DACBx轴建立平面直角坐标系，P(0，6)，E(0，4)，A(4，0)，R(8，0)，可得lAP：＋＝1，lRE：x，求得交点SM(2，3)，所以P同理可得即P，所以MN∥AC，MN=所以四边形EMBN的面积S＝SMN×BE【说明】本题考查线面平行的性质定理与截面问题，考查空间推理与几何量的代数化计32．如图，在四棱锥E－ABCD中，平面DEC⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB//CD，DA＝DCDCABE=4，AB＝2，CE＝EDDCABE（1）证明：CE⊥AE．（2）设平面ECD与平面EAB的交线为l．①证明：DC//l．②若P为l上的点，求DE与平面PBC所成角的余弦的最小值【提示】（1）证明：因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，所以AD⊥平面ECD．因为CEc平面ECD，所以AD⊥CE．因为CE⊥ED，ED∩AD＝D，所以CE⊥平面ADE．又AEc平面ADE，所以CE⊥AE．（2）①证明：因为AB//CD，DCŒ平面EAB，ABc平面EAB，所以DC//平面EAB．又因为DCc平面ECD，平面ECD∩平面EAB＝l，所以DC//l．EzM②解：过点D在平面DCE内作DM⊥DC，则DM⊥平面DABC，EzM又因为AD⊥CD，yDBCA所以以D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，4，0)，B(4，yDBCAxx设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则n＝(1，2，4－m)．设直线DE与平面PBC所成的角为θ,则当m＝6时，sinθ=0；当m≠6时，令t＝m－6，则t≠0，此时当且仅当t时，sinθ取得最大值此时DE与平面PBC所成角的余弦取得最小值【说明】本题考查面面垂直的判定与性质，考查空间向量法求解线面角最值．33．已知梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝AD＝1DC＝2，如图1．将△ABD沿2BD折起到△PBD，得到三棱锥P－BCD，如图2，EF分别为棱BD、CD的中点．（1）若BC⊥PD，求证：平面PBC⊥平面PBD；（2）若∠PEF＝90°,求二面角D－PF－E的正弦值；（3）是否存在点P，使得点B到平面PCD的距离为)2?若存在，求此时二面角P-BD－C的余弦值；若不存在，请说明理由．【提示】（1）因为梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝AD＝1DC＝2，2所以BD＝22，BC所以BD2＋BC2＝CD2又BC⊥PD，BD，PDc平面PBD，且BD∩PD＝D，所以BC⊥平面PBD，又BCc平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD．（2）因为EF分别为棱BD、CD的中点，所以EF∥BC，所以EF⊥BD，又PE⊥BD，所以∠PEF为二面角P－BD－C的平面角，因为∠PEF＝90°,所以平面PBD⊥平面BDC，所以PE⊥平面BDC，DE，EFc平面BDC，所以PE⊥ED，PE⊥EF，又EF⊥BD，故建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz．则E(0，0，0)，D(2，0，→→DF＝(－)2，)2，0)，DP＝(－v2，0，V2)，易知平面PEF的一个法向量为m＝(1，0，0)，→→设平面PDF的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以cos所以二面角D－PF－E的正弦值为1－(cos＜m，n＞)2＝6．3（3）由（2）可知DE⊥平面PEF，故分别以ED，EF为x，y轴的正方向，z轴在平面PEF内且以向上的方向为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz．因为∠PEF为二面角P－BD－C的平面角，设其大小为θ,则P(0，v2cosθ,)2sinθ)，所以＝(0，v2cosθ-v2，2→又DC＝(－22，22，0)，→设平面PCD的一个法向量为u＝(a，b，c)，所以3cos2θ-2cosθ-1＝0，解得cosθ=1(舍去)，或cos所以存在点P，使得点B到平面PCD的距离为2，此时二面角P－BD－C的余弦值3【说明】本题考查平面图形翻折后的空间位置与度量，考查二面角、点面距的参数化处34．若sinsin(β-α)且α∈[，π]，β∈[π,]，则α+β的值是．【答案】7π4.又因为α+β∈[，2π]，所以α+β=.【说明】本题考查三角恒等变换中的配角技巧与角度范围控制．35．已知角α,β∈(0，，且sin(α+β)＝2sin(α-β)，当α-β取得最大值时，角α=πππ5π【提示】因为α∈[，π]，所以2α∈[，2π]．因为sin，所以2α∈[，π]，故α∈[，]，cos．因为β∈[π,]，所以β-α∈[，]，所以cos故cos(.又因为α+β∈[，2π]，所以α+β=.【说明】本题考查三角恒等变换中的配角技巧与角度范围控制．35．已知角α,β∈(0，，且sin(α+β)＝2sin(α-β)，当α-β取得最大值时，角α=πππ5π【答案】C【提示】展开sin(α+β)＝2sin(α-β)，得sinαcosβ+cosαsinβ=2(sinαcosβ-cosαsinβ)，整理得sinαcosβ=3cosαsinβ,两边同除以cosαcosβ,所以tanα=3tanβ.设θ=α-β,则tanθ=tan代入tanα=3tanβ,令t＝tanβ(t＞0)，则tant．【说明】本题考查三角恒等变换与基本不等式的综合应用．根据均值不等式，，当且仅当＝3t，即t2＝时，分母最小，tanθ最大(此时α-β也最大)．此时tanβ=v3，tanα=3tanβ=v3，α=π.故选C．【说明】本题考查三角恒等变换与基本不等式的综合应用．36．设函数f(x)＝sin(2x+φ)(φ>0)，若f(x)在[0，上恰有1个零点，则实数φ的最小值是πππ2π【答案】B【解析】因为x∈[0，π]，所以2x+φ∈[φ,2π+φ]，注意到正弦函数最小的正零点为π,要使得φ最小，则π≤+φ<2π,所以，所以φmin=.【说明】本题考查三角函数的零点分布问题，解题关键是通过换元将问题转化为正弦函数在指定区间内的零点计数，结合区间长度与零点位置建立不等式，求解参数的取值范围并确定最小值．37．(多选)已知函数f＝sinxcos2xsin3x，则下列结论正确的是A．2π是f(x)的一个周期2B．直线x=π是f(x)图象的一条对称轴26C．f(x)的最大值为116D．f(x)在区间(0，内单调递减【答案】ABD23f(x＋2π)＝sin(x＋2π)＋1cos2(x＋2π)－1sin3(x＋2π)＝f(x)，选项A正确；2322232f(π+x)＝sin(π+x)＋1cos(π+2x)－1sin(3π+3x)＝cosx－1cos2x＋22232所以f＝f，选项B正确；f＝sinxcos2xsin3x，但sinx，cos2x，－sin3x无法在同一点取得最大值1，所以选项C错误；f'(x)＝cosx－sin2x－cos3x＝2sin2xsinx－sin2x＝sin2x(2sinx－1)当0＜x<π时，sin2x＞0，而sinx＜1，所以f'(x)＜0，函数单调递减．选项D正确．【说明】本题考查三角函数周期性、对称性与单调性的综合判定．38．(多选)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA＝sinB，且)3(acosB＋bcosA)＝2csinC，D是△ABC外一点且B、D在直线AC异侧，DC＝2，DA=6，则下列说法正确的是A．△ABC是等边三角形B．若AC＝213，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积的最小值为10)3－12D．四边形ABCD面积的最大值为103＋12【答案】ABD【提示】∵)3(acosB＋bcosA)＝2csinC，∴根据正弦定理得)3(sinAcosB＋sinBcosA)＝2sin2C，即)3sin(A＋B)＝2sin2C，∴·3sinC＝2sin2C，显然sinC≠0，则sinC根据△ABC为锐角三角形，所以C=π,又sinA＝sinB，33可得a＝b，∴A＝B＝C=π,∴△ABC为等边三角形，3故选项A正确；∵DC＝2，DA＝6，在△ADC中，AC2＝62＋22－2×2×6cosD＝40－24cosD，当AC＝213时，cosD，即B＋D=π,∴A，B，C，D共圆，故选项B正确．又S△ADCAD·CDsinD＝6sinD，∴四边形ABCD面积S＝S△ABC＋S△ADCAC2+6sinD＝v3(40－24cosD)＋6sinD＝103＋12sin(D-π)，0＜D<π,所以四边形ABCD的面积没有最小值，选项C错误．当D，即D＝时，四边形ABCD面积取最大值103＋12，故选项D正确．【说明】本题考查解三角形中边角互化、四点共圆判定及面积函数的值域分析。39．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝2，则的取值范围是.________【答案】(2，1)5【提示】由＝2，知tanA＝2tanB，所以.注意到b＋c＞a＞|b－c|，所以c＜3b，即∈(，+∞)．【说明】本题考查正余弦定理的边角互化及函数值域思想的应用。40．记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是△ABC的重心，若BG⊥CG，5b＝6c则cosA的取值是．【答案】6175【提示】依题意，作出图形，因为点G是△ABC的重心，所以M是BC的中点，故，由已知得||＝a，||=b，||＝c，因为BG⊥CG，所以GMBCa，又因为点G是△ABC的重心，所以GM＝1GA，则AM＝3a，又因为2＝(+)2，所以b2＋2bccosA)，则9a2=c2＋b2＋2bccosA，又由余弦定理得a2＝c2＋b2－2bccosA，所以2c2＋2b2－5bccosA＝0，cosA＝，因为5b＝6c，令b＝6k(k＞0)，则c＝5k，所75【说明】本题考查三角形重心性质与向量方法、余弦定理的综合应用．41．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知a＝2，·＝ac+→→BA·BC．（1）求证：B＝2A；（2）若d为△ABC的AB边上的高，求b2＋43d的取值范围．→→→→【提示】（1）由AB·AC＝ac＋BA·BC得bccosA＝ac→→→→两边同时约去c，并由正弦定理得：sinBcosA＝sinA＋sinAcosB，所以sinBcosA－sinAcosB＝sinA，即sin(B－A)＝sinA．在△ABC中，因为A，C为内角，所以B－A＝A，或B－A=π-A．若B－A=π-A，则B=π(舍去)．故B－A＝A，即B＝2A．证毕．（2）由正弦定理得，b＝2acosA＝4cosA，d＝asinB＝2sin2A，所以b2＋43d＝16cos2A＋83sin2A＝8＋所以b2＋43d＝16cos2A＋83sin2A＝8＋8(cos2A＋)3sin2A)＝8＋16sin(2A+π)．3所以2A所以b2＋43d∈(16，24]．【说明】本题考查向量数量积、正弦定理及三角恒等变换的综合应用，解题关键是通