2023-2024学年湖北省武汉市武昌区高二(下)期末数学试卷

2023-2024学年湖北省武汉市武昌区高二（下）期末数学试卷一、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。1．（5分）若集合A＝{x||x|＜3}，B＝{x|x＝2n+1，n∈Z}，则A∩B＝（）A．（﹣1，1） B．（﹣3，3） C．{﹣1，1} D．{﹣3，﹣1，1，3}2．（5分）在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x﹣y＝0对称，若z1＝1﹣i，则＝（）A．﹣i B．i C．﹣1 D．13．（5分）已知向量满足，则在上的投影向量为（）A． B． C． D．4．（5分）现将A，B，C，D，E，F六名学生排成一排，要求D，E相邻，且C，F不相邻，则不同的排列方式有（）A．144种 B．240种 C．120种 D．72种5．（5分）已知角，点（cos2θ，cos2θ）在直线y＝﹣x上，则＝（）A． B．﹣1 C． D．6．（5分）已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1．若数列{an﹣1+an}（n∈N，n≥2）是公差为2的等差数列，则a2024＝（）A．2022 B．2023 C．2024 D．20257．（5分）摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30min．已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度H（m）关于时间t（min）的函数关系式为H＝65﹣50cost（0≤t≤30）若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（）A． B．50m C． D．8．（5分）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的球面正好经过点M，则下列结论中正确的是（）A．AB⊥MN B．球O的的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为 C．直线MN与平面BCD所成角的正弦值为 D．球O被平面BCD截得的截面面积为二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）下列说法中正确的是（）A．一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的第25百分位数为7 B．若随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜4）＝0.75，则P（0＜X＜4）＝0.5 C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为 D．在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33（多选）10．（6分）在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为．已知长方形ABCD的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（）A．椭圆E的离心率为 B．椭圆E的“蒙日圆”的方程为x2+y2＝9 C．长方形ABCD的面积的最大值为18 D．若椭圆E的上下顶点分别为M、N，则其蒙日圆上存在两个点P满足（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝cos|x|+ln|cosx|，则（）A．函数f（x）的一个周期为π B．函数f（x）在区间上单调递增 C．函数f（x）在区间上没有零点 D．函数f（x）的最大值为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（x+1）（x﹣2）5的展开式中含x3项的系数为．13．（5分）已知直线l1：y＝2x和l2：y＝﹣2x，过动点M作两直线的平行线，分别交l1、l2于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第四象限．若平行四边形OAMB（O为坐标原点）的面积为3，记动点M的轨迹为曲线E，若曲线E与直线y＝k（x﹣2）有且仅有两个交点，则k的取值范围为．14．（5分）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，g'（x）为g（x）的导函数，且f（x）+g'（x）﹣1＝0，f（x﹣2）﹣g'（4﹣x）﹣1＝0，若g（x）为偶函数，则＝．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知函数的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角B；（2）设D为边AC的中点，且△ABC的面积为，求BD的长．16．（15分）如图，四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底面ABCD为平行四边形，DD1⊥平面ABCD，AB＝2A1B1＝2，BC＝8，AA1＝4，M为BC的中点，平面CDD1C1⊥平面D1DM．（1）求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；（2）求平面D1DM与平面BCC1B1夹角的余弦值．17．（15分）甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得﹣10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．（1）求在一局比赛中，甲的得分X的分布列与数学期望；（2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率．18．（17分）已知圆A：（x+1）2+y2＝16和点B（1，0），点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若过原点的两条直线分别交曲线C于点A，C和B，D，且kAC•kBD＝﹣（O为坐标原点）．判断四边形ABCD的面积是否为定值？若为定值，求四边形ABCD的面积；若不为定值，请说明理由．19．（17分）帕德近似是法国数学家亨利･帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：且满足：f（0）＝R（0），f'（0）＝R'（0），f″（0）＝R″（0），…，f（m+n）（0）＝R（m+n）（0）．注：f″（x）＝[f'（x）]′，f'″（x）＝[f″（x）]′，f（4）（x）＝[f'″（x）]′，f（5）（x）＝[f（4）（x）]′，…．已知函数f（x）＝ln（x+1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似R（x）．（1）求R（x）的表达式；（2）记F（x）＝x（x+2）R（x）﹣2f（x），当x≥0时，证明不等式F（x）﹣2x3≤0；（3）当n∈N*，且n≥2时，证明不等式．

2023-2024学年湖北省武汉市武昌区高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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。1．（5分）若集合A＝{x||x|＜3}，B＝{x|x＝2n+1，n∈Z}，则A∩B＝（）A．（﹣1，1） B．（﹣3，3） C．{﹣1，1} D．{﹣3，﹣1，1，3}【考点】交集及其运算．【答案】C【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】解：A＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|x＝2n+1，n∈Z}，∴A∩B＝{﹣1，1}．故选：C．2．（5分）在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x﹣y＝0对称，若z1＝1﹣i，则＝（）A．﹣i B．i C．﹣1 D．1【考点】由复平面中的点确定复数．【答案】C【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数的四则运算，即可求解．【解答】解：复数z1，z2对应的点关于直线x﹣y＝0对称，z1＝1﹣i，则z2＝﹣1+i，＝．故选：C．3．（5分）已知向量满足，则在上的投影向量为（）A． B． C． D．【考点】平面向量的投影向量．【答案】A【分析】根据平面向量的数量积与投影向量的定义，求解即可．【解答】解：因为，所以+2•+＝1，即1+2×1×1×cos＜，＞+1＝1，解得cos＜，＞＝﹣；所以在上的投影向量为||cos＜，＞＝﹣．故选：A．4．（5分）现将A，B，C，D，E，F六名学生排成一排，要求D，E相邻，且C，F不相邻，则不同的排列方式有（）A．144种 B．240种 C．120种 D．72种【考点】部分元素不相邻的排列问题．【答案】A【分析】将D，E捆绑，然后利用插空法求解即可．【解答】解：将D，E捆绑，可作一个元素，与A、B排列，然后插入C，F，可得不同的排列方式有：＝144．故选：A．5．（5分）已知角，点（cos2θ，cos2θ）在直线y＝﹣x上，则＝（）A． B．﹣1 C． D．【考点】求两角和与差的三角函数值；求二倍角的三角函数值．【答案】C【分析】由已知点的坐标代入直线解析式，结合二倍角公式进行化简可求cosθ，然后结合同角基本关系及两角差的正切公式即可求解．【解答】解：因为角，点（cos2θ，cos2θ）在直线y＝﹣x上，所以cos2θ＝﹣cos2θ＝2cos2θ﹣1，解得cosθ＝，所以sinθ＝，tanθ＝，则＝＝＝3﹣2．故选：C．6．（5分）已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1．若数列{an﹣1+an}（n∈N，n≥2）是公差为2的等差数列，则a2024＝（）A．2022 B．2023 C．2024 D．2025【考点】数列递推式．【答案】B【分析】由已知结合等差数列的通项公式及数列的递推关系即可求解．【解答】解：因为数列{an}满足a1＝0，a2＝1，若数列{an﹣1+an}（n∈N，n≥2）是公差为2的等差数列，则a1+a2＝1，a2+a3＝3，a3+a4＝5，…，a2023+a2024＝2×2023﹣1，所以a1＝0，a2＝1，a3＝2，a4＝3，…a2024＝2023．故选：B．7．（5分）摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30min．已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度H（m）关于时间t（min）的函数关系式为H＝65﹣50cost（0≤t≤30）若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（）A． B．50m C． D．【考点】三角函数应用．【答案】D【分析】设甲、乙两人的位置分别为A、B，摩天轮的轴心为O，求出∠AOB，写出|H甲﹣H乙|的解析式，求最大值即可．【解答】解：设甲、乙两人的位置分别为A、B，摩天轮的轴心为O，则∠AOB＝2π×＝，所以|H甲﹣H乙|＝|65﹣50cos（t+）﹣65+50cost|＝50|cost﹣cos（t+）|＝50|（1﹣）cost+sint|＝25（﹣）|sin（t+θ）|，其中tanθ＝2﹣；所以sin（t+θ）＝±1时，|H甲﹣H乙|取得最大值为25（﹣），即甲、乙两人座舱高度差的最大值为25（﹣）m．故选：D．8．（5分）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的球面正好经过点M，则下列结论中正确的是（）A．AB⊥MN B．球O的的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为 C．直线MN与平面BCD所成角的正弦值为 D．球O被平面BCD截得的截面面积为【考点】球的体积和表面积；直线与平面所成的角．【答案】C【分析】利用线面位置关系判断A；根据两球的体积比是半径之比的立方判断B；构造线面角求线面角的正弦，判断C；利用圆心到直线的距离求截面圆的半径，判断D．【解答】解：如图：对于A：连接MB，MC，则，又N为BC中点，所以MN⊥BC，若MN⊥AB，AB，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，所以MN⊥平面ABC，可知这是不成立的，所以MN⊥AB不成立，故A错误；对于B：利用结论：若正四面体的棱长为a，则该四面体的外接球半径为R＝，内切球半径为r＝a，在△MBC中，，所以圆O的半径为，四面体ABCD的外接圆半径为，所以球O的的体积与四面体ABCD外接球的体积之比为＝：9，故B错误；对于C：连接DN，取△BCD的中心G，则G在DN上，连接AG，则AG⊥平面BCD，作ME⊥平面BCD，则E为DG中点，∠MND为直线MN与平面BCD所成的角，在Rt△MNE中，，，ME⊥EN，所以sin∠MND＝＝，故C正确；对于D，因为点O到平面BCD的距离为＝，所以球O被平面BCD截得的截面圆半径为＝，所以截面面积为，故D错误．故选：C．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）下列说法中正确的是（）A．一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的第25百分位数为7 B．若随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜4）＝0.75，则P（0＜X＜4）＝0.5 C．袋中装有除颜色外完全相同的4个红球和2个白球，从袋中不放回地依次抽取2个球，则第二次取到红球的概率为 D．在对高二某班学生物理成绩的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；由分层随机抽样的样本平均数估计总体平均数；百分位数；古典概型及其概率计算公式．【答案】BCD【分析】根据百分位数的定义可判断A，根据正态分布曲线的对称性可判断B，根据古典概型的概率公式可判断C，根据分层随机抽样的方差公式可判断D．【解答】解：对于A，数据从小到大排列为：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23，因为12×25%＝3，所以第25百分位数为＝7.5，故A错误；对于B，若随机变量X～N（2，σ2），且P（X＜4）＝0.75，所以P（2＜X＜4）＝P（X＜4）﹣0.5＝0.75﹣0.5＝0.25，所以P（0＜X＜4）＝2P（2＜X＜4）＝2×0.25＝0.5，故B正确；对于C，由题意可知，第二次取到红球的概率为P＝＝，故C正确；对于D，由题意可知，这20名学生物理成绩的平均数为＝73，所以这20名学生物理成绩的方差为×[+（75﹣73）2]+×[23+（70﹣73）2]＝33，故D正确．故选：BCD．（多选）10．（6分）在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点必在同一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，且半径为．已知长方形ABCD的四条边均与椭圆相切，则下列说法正确的有（）A．椭圆E的离心率为 B．椭圆E的“蒙日圆”的方程为x2+y2＝9 C．长方形ABCD的面积的最大值为18 D．若椭圆E的上下顶点分别为M、N，则其蒙日圆上存在两个点P满足【考点】求椭圆的离心率；椭圆的切线方程及性质．【答案】BCD【分析】A选项，根据椭圆方程求离心率；B选项，根据蒙日圆的定义求方程；C选项，根据蒙日圆的定义得到长方形ABCD的对角线AC＝BD＝6，根据几何知识得到当AC⊥BD时面积最大，然后求面积即可；D选项，利用直接法得点P轨迹，通过比较圆心距和半径的关系得两圆相交，即可得到蒙日圆上存在两个点P满足．【解答】解：由题意得，，所以，故A错误；因为，所以椭圆E的“蒙日圆”方程为x2+y2＝9，故B正确；根据“蒙日圆”的定义，可得长方形ABCD的对角线AC＝BD＝6，所以当AC⊥BD时，面积最大，为，故C正确；由题意得：，，设P（x，y），则，整理得，所以点P的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因为，所以点P的轨迹与蒙日圆相交，有两个交点，即蒙日圆上存在两个点P满足，故D正确．故选：BCD．（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝cos|x|+ln|cosx|，则（）A．函数f（x）的一个周期为π B．函数f（x）在区间上单调递增 C．函数f（x）在区间上没有零点 D．函数f（x）的最大值为1【考点】求函数的零点；三角函数的周期性．【答案】BD【分析】由题意可得f（x）＝cosx+ln|cosx|，根据周期的定义判断A；当x∈（，π）时，可得f（x）＝cosx+ln（﹣cosx），利用导数判断B；当x∈（0，）时，可得f（x）＝cosx+ln（cosx），利用导数确定函数的单调性，再利用转化思想确定在此区间上有零点，从而判断C；判断出函数的周期为2π且为偶函数，再判断出函数在（，）、（，2π]上的单调性，作出函数[0，2π]上的图象，结合图象即可判断D．【解答】解：因为f（x）＝cos|x|+ln|cosx|＝cosx+ln|cosx|，由|cosx|＞0，可得x≠kπ+，k∈Z，对于A，因为f（x+π）＝cos（x+π）+ln|cos（x+π）|＝﹣cosx+ln|cosx|≠f（x），所以函数f（x）的一个周期为π不成立，故错误；当x∈（，π）时，cosx∈（﹣1，0），f（x）＝cosx+ln（﹣cosx），所以f'（x）＝﹣sinx﹣＝﹣sinx（1+），因为sinx＞0，＜﹣1，1+＜0，所以f'（x）＝﹣sinx（1+）＞0，所以函数在（，π）上单调递增，故B正确；当x∈（0，）时，cosx∈（0，1），f（x）＝cosx+ln（cosx），f'（x）＝﹣sinx﹣＝﹣sinx（1+），因为sinx＞0，＞1，1+＞2＞0，所以f'（x）＝﹣sinx（1+）＜0，所以函数在（0，）上单调递减，令f（x）＝cosx+ln（cosx）＝0，则有ln（cosx）＝﹣cosx，令t＝cosx∈（0，1），则有lnt＝﹣t，t∈（0，1），易知y＝lnt与y＝﹣t在（0，1）上有交点，即函数y＝f（x）在（0，）上有零点，故C错误；因为f（x）＝cos|x|+ln|cosx|，x≠kπ+，k∈Z，所以f（﹣x）＝cos|﹣x|+ln|cos（﹣x）|＝cos|x|+ln|cosx|＝f（x），所以函数y＝f（x）为偶函数，又因为f（x+2π）＝cos|x+2π|+ln|cos（x+2π）|＝cos|x|+ln|cosx|＝f（x），所以函数为周期函数，最小正周期为2π，所以当x≥0时，f（x）＝cosx+ln|cosx|＝，k∈Z，由B，C可知函数在（0，）上单调递减，且有一个零点；在（，π）上单调递增，又因为cosx∈（﹣1，0），此时f（x）＝cosx+ln|cosx|＝cosx+ln（﹣cosx）＜0，无零点；当x∈（，）时，易知f（x）＝cosx+ln|cosx|＝cosx+ln（﹣cosx）＜0，此时f'（x）＝﹣sinx﹣＝﹣sinx（1+）＜0，所以函数单调递减；当x∈（，2π]时，f（x）＝cosx+ln|cosx|＝cosx+ln（cosx），此时f'（x）＝﹣sinx﹣＝﹣sinx（1+）＞0，所以函数单调递增，作出函数在[0，2π]上的图象，如图所示：由此可得函数的最大值为1，故D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（x+1）（x﹣2）5的展开式中含x3项的系数为﹣40．【考点】二项式定理．【答案】见试题解答内容【分析】利用（x﹣2）5展开式的二次项与x+1的一次项相乘，展开式的三次项与x+1的常数项相乘，即可得到（x+1）（x﹣2）5的展开式中含x3项的系数．【解答】解：∵（x﹣2）5展开式的通项公式为Tr+1＝•x5﹣r•（﹣2）r，令5﹣r＝2，解得r＝3，∴展开式中含x2项的系数为•（﹣2）3＝﹣80；令5﹣r＝3，解得r＝2，∴展开式中含x3项的系数为•（﹣2）2＝40；∴（x+1）（x﹣2）5的展开式中含x3项的系数为1×（﹣80）+1×40＝﹣40．故答案为：﹣40．13．（5分）已知直线l1：y＝2x和l2：y＝﹣2x，过动点M作两直线的平行线，分别交l1、l2于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第四象限．若平行四边形OAMB（O为坐标原点）的面积为3，记动点M的轨迹为曲线E，若曲线E与直线y＝k（x﹣2）有且仅有两个交点，则k的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．【考点】轨迹方程．【答案】（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．【分析】设M（x0，y0），过点M且平行l2的直线方程为y﹣y0＝﹣2（x﹣x0），与y＝2x联立，求得点A的坐标和点M到y＝2x的距离，再利用平行四边形OAMB（O为坐标原点）的面积求得点M的轨迹为双曲线的右支，再根据直线y＝k（x﹣2）过定点（2，0），利用数形结合法求解即可．【解答】解：设M（x0，y0），过点M且平行l2的直线方程为y﹣y0＝﹣2（x﹣x0），由，解得，则，又点M到直线l1的距离为，所以平行四边形OAMB（O为坐标原点）的面积为：，由题意点A在第一象限，点B在第四象限可知，点M在直线y＝2x下方，在直线y＝﹣2x上方，化简得，其渐近线方程为y＝±2x，如图所示：因为直线y＝k（x﹣2）过定点（2，0），若直线y＝k（x﹣2）与曲线有两个交点，则k的取值范围为k＞2或k＜﹣2，即k∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．故答案为：（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．14．（5分）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，g'（x）为g（x）的导函数，且f（x）+g'（x）﹣1＝0，f（x﹣2）﹣g'（4﹣x）﹣1＝0，若g（x）为偶函数，则＝2024．【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．【答案】2024．【分析】先利用复合函数的导数与g（x）的奇偶性判断g'（x）的奇偶性，进而推得g（x）与f（x）的周期性，再利用赋值法求得f（1），f（2）的值，从而得解．【解答】解：因为g（x）是偶函数，则g（﹣x）＝g（x），两边求导得：﹣g'（﹣x）＝g'（x），所以g'（x）是奇函数，故g′（0）＝0，由f（x）+g′（x）﹣1＝0①，则f（x﹣2）＝1﹣g'（x﹣2），代入f（x﹣2）﹣g′（4﹣x）﹣1＝0②，可得1﹣g'（x﹣2）﹣g'（4﹣x）﹣1＝0，即g'（4﹣x）＝﹣g'（x﹣2），即g'（2+x）＝﹣g'（﹣x），又g'（x）是奇函数，所以g'（2+x）＝g'（x），所以g'（x）是周期为2的周期函数，又f（x）+g'（x）﹣1＝0，可知f（x）也是周期为2的周期函数，令x＝4代入②，得f（2）＝g'（0）+1＝1，令x＝1代入①，得f（1）+g'（1）﹣1＝0，令x＝3代入②，得f（1）﹣g'（1）﹣1＝0，联立，解得f（1）＝1，所以f（n）＝f（1）+f（2）+•••+f（2024）＝1012[f（1）+f（2）]＝1012×2＝2024．故答案为：2024．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知函数的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角B；（2）设D为边AC的中点，且△ABC的面积为，求BD的长．【考点】解三角形．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用三角变换即可求解；（2）先根据条件得到c+a＝b，再结合余弦定理求出b，然后利用向量求BD的长．【解答】解（1）由题意可得f（）＝sin（B+）＝，∴sin（B+）＝，又∵B∈（0，π），B+∈（，），∴B+＝．∴B＝；（2）由sinC（1+cosB）＝sinB（﹣cosC），可得sinC+sinCcosB＝sinB﹣sinBcosC，整理得sinC+sin（B+C）＝sinB，即sinC+sinA＝sinB，由正弦定理可得c+a＝b，∵S△ABC＝acsinB＝，∴ac＝5，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣3ac＝b2﹣15，解得b＝2，∵D为边AC的中点，∴＝（+），即||2＝（||2+||2+2•）＝（a2+c2+2accosB）＝[（a+c）2﹣ac]＝（﹣5）＝．16．（15分）如图，四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，下底面ABCD为平行四边形，DD1⊥平面ABCD，AB＝2A1B1＝2，BC＝8，AA1＝4，M为BC的中点，平面CDD1C1⊥平面D1DM．（1）求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积；（2）求平面D1DM与平面BCC1B1夹角的余弦值．【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱台的体积．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）分别求出上下底面的面积，以及棱台的高，代入体积公式即可求解；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面D1DM和平面BCC1B1的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解．【解答】解：（1）取AD的中点N，则A1D1∥ND，A1D1＝ND，所以四边形A1D1DN为平行四边形，因为DD1⊥平面ABCD，所以A1N⊥平面ABCD，即梯形的高为D1D（或A1N），在直角三角形A1NA中，求得，因为DD1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以DD1⊥CD，因为平面CDD1C1⊥平面D1DM，交线为D1D，因为CD⊥D1D，所以CD⊥平面D1DM，所以CD⊥MD，所以，在直角三角形CDM中，求得边CM的高，所以底面ABCD的面积，同理求得上底面面积，由DD1⊥平面ABCD，知梯形的高为DD1＝A1N＝4，所以；（2）以D为坐标原点，分别以DM，DC，DD1所在直线为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），，C（0，2，0），C1（0，1，4），由（1）知，平面D1DM的一个法向量为，设平面BCC1B1的一个法向量为＝（x，y，z），因为，，所以，所以令x＝1，则，，所以，设平面D1DM和平面BCC1B1的夹角为θ，＝．17．（15分）甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得﹣10分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．（1）求在一局比赛中，甲的得分X的分布列与数学期望；（2）设这次比赛共有4局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率．【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】（1）分布列见解析，；（2）．【分析】（1）由题意知，X取值可能为﹣10，0，10，分别求出对应的概率，写出分布列，再由数学期望公式即可；（2）由独立事件乘法公式及互斥事件的概率即可求出结果．【解答】解：（1）X取值可能为﹣10，0，10，，，，所以X的分布列为：X﹣10010P．（2）由（1）可知在一局比赛中，乙获得10分的概率为，乙获得0分的概率为，乙获得﹣10分的概率为，在3局比赛中，乙获得30分的概率为；在3局比赛中，乙获得20分的概率为；在3局比赛中，乙获得10分的概率为，所以乙最终获胜的概率为．18．（17分）已知圆A：（x+1）2+y2＝16和点B（1，0），点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若过原点的两条直线分别交曲线C于点A，C和B，D，且kAC•kBD＝﹣（O为坐标原点）．判断四边形ABCD的面积是否为定值？若为定值，求四边形ABCD的面积；若不为定值，请说明理由．【考点】轨迹方程．【答案】（1）；（2）四边形ABCD的面积为定值，理由见解答．【分析】（1）根据中垂线的性质可得|QA|+|QB|＝4＞|AB|＝2，由椭圆的定义可知动点Q的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，从而求出轨迹方程；（2）讨论当直线AB的斜率不存在时，可得四边形ABCD的面积，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx+m，设A（x1，y1），B（x2，y2），与椭圆联立，可得根与系数的关系，利用弦长公式及点到直线的距离公式求出四边形