2026届南京市考前综合题（解析版1）-20260518131714

2026届南京市考前综合题集合1.已知A= A.-2,1 B.(-∞,-2] C.【答案】D【提示】A={-2,-1,【说明】本题主要考查集合描述法的含义,注意Z,N2.已知集合A={xx-2∣<1 A.[1,+∞) B.[3,+∞) C.(-∞,【答案】B【提示】A=1,3,B=(-∞,a],因为A∪B【说明】本题主要考查集合的并集运算与子集的概念.函数导数3.已知符号函数sgn=1,x> A.sgngx=sgnx C.sgngx=sgnf【答案】B【提示】因为fx是R上的增函数,取fx=x,所以gx=1-ax,因为a>由符号函数sgn=1,x>0【说明】本题考查新定义问题.4.(多选)已知函数fx及其导函数f'x的定义域均为R,记gx=f' A.fx+4=fx B.g-【答案】ACD【提示】由fx+fx+2=6,可得fx+2+由g1-2x为偶函数,可得g1-2x=g1+2x,即gx+1=g-x+1,所以gx的图象关于直线则有gx=gx+4=g-由fx+fx+2=6,两边求导得f'x+f'x+2=0,即gx+gx+2=0,令x=0,由fx+fx+2=6,当x=0时,f0+f2=6,又由gx+1=g-x+1令x=1,可得c=f2+f0=可得2f由选项A知fx的周期为4,则f所以f1+f2+【说明】本题考查抽象函数及其对称性和周期性.5.已知函数fx=aex有两条切线经过-1,【答案】e,+∞【提示】设切点为x0,aex将x=-1,y=1代入切线方程得令hx=xex,hx=-1ah'x=ex1+x,x<-1时,hx单调递减;x>-1时所以极小值h-要使y=-1a与hx有两个交点,则-1【说明】本题考查切线的条数求解参数.6.已知函数fx=e【答案】y=【提示】设fx=ex所以,切线方程分别为y=所以,ex1=1x即x2=1或所以公切线方程为:y=【说明】本题主要考查公切线求法,这里涉及常见的ex1=7.(2015年新课标I卷)已知函数fx(1)当a为何值时，x轴为曲线y=fx(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数hx【提示】(1)设曲线y=fx与x轴相切于点x0,0即x03+ax因此,当a=34时,x轴是曲线y(2)当x∈1,+∞时，gx=-lnx∴hx在1,+∞当x=1时，若a≥-54故x=1是hx若a<-54,则故x=1不是hx当x∈0,1时,gx=-lnx>0,所以只需考虑(i)若a≤-3或a≥0,则f'x=3x2+a在0,1无零点,所以当a≤-3时，fx在0,1有一个零点；当a≥0时，f(ii)若-3<a<0,则fx在0,-a故当x=-a3时,fx取的最小值若f-a3>0,即-34若f-a3=0,即a=-34,则若f-a3<0,即-所以当-54<a<-34时,f当-3<a≤-54时,fx综上,当a>-34或a<-54当a=-34或a=-54当-54<a<-34【说明】本题考查函数的零点.8.已知函数fx(1)讨论fx的单调性(2)证明:①x-1②当n≥2且n∈N*【提示】(1)由fx=ax-1∘若a≥0,则aex+1>0,当当x∈0,+∞时,f2∘若a<0时,令f'x=0,得因为-1<a<0当x∈-∞,0,则当x∈0,ln-1a,当x∈ln-1a,+∞,综上,当a≥0时,fx在-∞,0上单调递减,在当-1<a<0时,fx在-∞,0在ln-1a(2)①由(1)得，当a=12时，fx=12x-1所以fx≥f0=-即x-②令x=1得e1两边同时取自然对数,得12则12即当n≥2且n∈N*【说明】本题考查单调性讨论,恒成立问题.平面向量9.已知向量a,b满足a=a-b，且a-b A.1 B.​2 C.3 D.【答案】D【提示】因为a-b在b上的投影向量为单位向量,所以a-b⋅因为a=a-b,所以a2=a-b2,即b2=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=2π3,E,F分别是线段BC,AE的中点.记AB=a,AD=b,则DF=_____(用【答案】12【提示】因为E是BC中点,所以BE=又F是AE中点,故AF=又DE=a-12设a=x,b=代入得2x2+2xy当且仅当x2=3又平行四边形面积S=AD⋅AB⋅【说明】向量的三点共线、平面向量基本定理、向量的数量积.平面解析几何11.若点A1,0关于直线y=kx+b的对称点在圆x A.k=2,b=-2 C.k=1,b=2【答案】D【提示】由于A1,0在圆x-22+y2=1上,圆心为2,0,要使A1,0关于直线y=kx+b的对称点在圆x-22【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P2,3在动直线l:mx+ny-4m- A.5 B.2 C.5-2 D.【答案】D【提示】动直线l:mx+ny-4m-5n=0过定点又P2,3,所以圆心为S3,4,半径为2.从而OS为【说明】本题考查直线过定点及隐圆问题.13.已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1和F2,过F A.4 B.23 C.5 D.【答案】A【提示】由OA=12F1B,O为F1F2中点由B在第二象限,可设Bx0,-bx由AB=OF1,整理得c2x02-2a2cx0-3a2则c2整理得c2=16a2【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【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ky=kx-1k≠0,联立y=kx-1设Ax1,y1,Bx2由∠AMB=90∘,整理得4k2-4k+1=0法2:几何转化取AB中点M1x0,y0,由设抛物线的焦点为F,分别过点A,B做准线x=-垂足分别为A1,B1,又M1-1,1为AB的中点,所以从而MM1平行于x轴,所以设Ax1,y1,Bx2【说明】从代数与几何两个角度刻画直角.15.已知F1-2,0,F22,0,M为单位圆O:x2+y2=1上的动点，N为F2关于(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【提示】(1)因为PM为NF2的中垂线,所以又因为M为NF2中点,O为F1所以OM为△NF1F2的中位线从而PF所以点P的轨迹是以F1,F2设焦距为2c,长轴长为2a,b2所以曲线C的方程为x2(2)“AB=3”是“A,B,F2先证必要性:若A,B,F2三点共线,则设直线AB由相切,得2m2+1=由对称性,不妨设m>0,则联立x2-y23设Ax1,y1所以AB=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也为从而由AB=3不能推出A,综上:“AB=3”是“A,B,【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m2=181t2=4(3)法一:中垂线+垂径定理设直线DE:联立x2-y23=1x设DE中点为H,则H-所以DE的中垂线为y=-mx+23m2-设△QDE的外心为G,则G0,-8m又DE=m2+1即45m4-18m又3m2-1≠0，所以所以直线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x因为圆心在y轴上,所以D=将Q-4,0所以外接圆方程为x2设直线DE:联立x2+y2+Ey-16=联立x2-y23=1x=所以-12m2+1=93m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由Q-4,0在圆上,得由圆幂定理得,F2设直线DE:联立x2-y23=1x=所以F2所以15m2=1,所以直线l的斜率为±15【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+22+y2=7-43和圆C2:x-22+y2(1)求Ω的方程；(2)点P,Q分别在直线l1:x=-32与l2:x【提示】(1)设动圆M的半径为r,则MC所以MC所以M点的轨迹是以C1、C2为焦点,23设长轴长为2a,焦距是2则2a=23,所以Ω的方程是x2(2)设Mx0,y0①当直线MC1斜率存在时，k所以直线PC1由x由x所以PM=因为x0所以PM//QM,故P,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综上,P,M,【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线.17.已知A-2,0,B2,0,直线AS,BS相交于点S,且它们的斜率之积为(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,E①证明:MN⊥AB②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【提示】(1)设Sx,y,则即Ω的方程为x2(2)①设Mx0,1则kDA=kMA=1x0+同理可得直线AE:联立y=-34x0+2x-所以MN⊥②法一:假设存在点T0,t，使得NT+NM即NT+所以x02t则2x-3m-1所以存在点T0,83,使得NT+法二:点N的轨迹为y=-34x2可视为抛物线x2=-43y上移3个单位得到,则焦点为0所以存在点T0,83,【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=2pxp>0的焦点为F,过点P6,0的动直线l交抛物线(1)当直线AT垂直于x轴时,AF=3,求抛物线C(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+p2所以抛物线C的标准方程为y2(2)法一:向量的夹角公式若直线FT平分∠AFB,则∠AFT=∠BFT,设l:因为T1,2,F所以-x1+2+即-1+4+2因为y1≠y2,所以2m所以直线l的斜率为14法二:斜率的到角公式设Ay若直线FT平分∠AFB,则∠即-2即-2即16y又直线AB:8x-y1+y2y+所以y1所以y1所以y1+y2=所以l的斜率为8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22,对角线AC1的中点为F,动点P在平面AA1C(1)求四棱锥P-A(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【提示】(1)设点P到平面AA1B1B和直线A因为点P在平面AA1C1C内,且平面AA1B1因此d1=22d所以点P的轨迹是F为焦点，AA1当点P在抛物线的顶点O处时,d2最小,最小值为14AC=1所以四棱锥P-AA1B(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①平面AB1F与平面AA1C因此R,G是直线AF与抛物线M的交点,如图2,在平面AA设GR:z=22y-1,与抛物线因此,GR=②如图3，在平面AA1C1C中，点G在点F得到点G坐标为1,2,因为GR,GQ与平面所以GR,GQ与AC所成角相等,因此,GR,设Ry1,z1得z1-2z1因此,在空间直角坐标系中,RQ的方向向量为0,1,-1,设平面α的法向量n=x,y,z,由令y=1,则又平面ABCD的法向量m=所以平面α与平面ABCD的夹角为定值,其余弦值为33【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.计数原理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() A.20种 B.16种 C.12种 D.8种【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x-1x A.前三项系数之和为22 B.二项式系数最大的项是第4项 C.常数项为15 D.所有项的系数之和为0【答案】BCD【提示】二项式x-1x6前三项的系数之和为:-10C60二项式系数C6kk=0,1,2,…,6中最大的是若Tk+1为常数项,则3-3k2=0,得k=2将x=1代入，可得所有项的系数之和，结果为0，选项【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.概率与统计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.2700 B.3000 C.3300 D.3600【答案】A【提示】样本总容量为15+20+10=45人,样本容量总体容量=160,设总人数为n,【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ii=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ξii A.p1>p2 C.p1=2m【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服从超几何分布Eξ2=1+EX2=由全概率公式:当i=1时,p1=P得p1当i=2时，p2=PX2=0⋅13化简得:p2p1-p2=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x1015202530亩产量y216302356403458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(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10 kg的概率为0.7;在低肥力试验田中,该误差不超过10 kg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附:经验回归方程y=bx+a【提示】i=b=a所以经验回归方程为y=当x=30时,残差为y-答:经验回归方程为y=11.7x(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P根据全概率公式:P=答:其亩产量预测误差不超过10 kg【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12，求X的分布列与数学期望EX②由于心理素质差异，甲在单局比赛中获胜的概率为p0<p<1.试求出平均比赛总局数EX关于p的函数解析式,并求当p(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【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=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),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),X=4:前3局交替,第4局与第3局连胜(此时胜者积分10分,满足条件(I)PXX=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=11X的分布列如下:X2345P11411E②设乙在单局比赛中获胜的概率为q=1PPPP令t=pq=p1-p,由p+q由基本不等式,t≤p+1-则PX因此EX设gt=2t2+3t+2，其在区间(0,14]E答:EX=2p21-p2+3p1(2)已知X∼Bn,0.6f令fn当n≤21时,fn<fn-1,即当n≥22时,fn<fn-1,即f因此,f21是最大值.所以n的估计值为【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.复数26.已知复数z满足z⋅1-i2 A.1+i B.-1+i C.1-【答案】B【提示】z=1-i2【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【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因为z-i表示点0,1到圆上一点的距离,则z-而z-m表示点m,0到圆上一点的距离,则z-所以2-m=1,【说明】考查复数模长的几何意义.立体几何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 A.37π3 B.12π C.40π【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=当球O的球心O在圆台外时,设圆台的高为h,则3r消去OM和h得25-平方化简得4r平方化简得r2=1,解得r=1此时圆台的体积为13当球O的球心O在圆台内时,则3r消去OM和h得25-平方化简得1+3r2=50-43rOM=4与h>OM矛盾,综上,【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 B.C1D⊥ C.AB与D1N D.平面D1MN【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-A1B1C在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过M作EF//AD分别交AB,CD于E,F,连接A1E,D1F,则在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连结AD1与BC1,则AD1//BC1,又N在显然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【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 A.若P与B1不重合,则直线A1A与B1 B.PA+PC的最小值为 C.满足PD=5的点P的轨迹长度为 D.满足三棱锥P-ACD外接球的体积取得最大值的点P共有【答案】ABD【提示】由于在正四棱柱中,A1A垂直于底面A1B1C1D1,B1P⊂作A关于平面面A1B1C1D1的对称点当P位于正方形A1B1C1D1的中心时,取等号,又满足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A1该圆弧是以D1为圆心,经过顶点A1和C1,所以其长度L=14以D为原点,直线DA,DC,DD1则D0因为△ACD是直角三角形,故设三棱锥外接球球心为O1,1,由OP=OD,得令d2=x-12+y-12(表示P到上底面中心1,1,1的距离平方),则z=d点A1,B1,C1,D1四个点以及正方形A131.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，若B为建于D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【答案】1【提示】延伸平面α,交AC所在的平面ABCD于RS,即平面α∩平面ABCD=RS,又B∈平面且B∈平面ABCD,∴ B∈RS,即R,S,B三点共线.由于AC//α,AC⊂平面ABCD,面ABCD∩在平面PDA内以D为坐标原点,以DP为y轴,以DA为x轴建立平面直角坐标系,P0,6,E0,4,A4,0,R8,0,可得lAP:x4+y6=1,lRE:x8+y4=在Rt△FDB中,EB=DE2+DB2【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算.32.如图，在四棱锥E-ABCD中，平面DEC⊥平面ABCD,AD⊥CD(1)证明:CE⊥(2)设平面ECD与平面EAB的交线为l.①证明:DC//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所以AD⊥平面ECD因为CE⊂平面ECD,所以AD因为CE⊥ED,ED∩AD=D,又AE⊂平面ADE,所以(2)①证明:因为AB//CD,DC⊄平面EAB,AB⊂平面又因为DC⊂平面ECD,平面ECD∩平面EAB=l②解:过点D在平面DCE内作DM⊥DC，则DM⊥平面又因为AD⊥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(设P0,m,2,则设平面PBC的法向量为n=x,y令x=1,则设直线DE与平面PBC所成的角为θ,则sinθ当m=6时,当m≠6时,令t=m-6sin当且仅当t=-92时,sinθ此时DE与平面PBC所成角的余弦取得最小值1010【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=12DC=2，如图1.将△ABD沿BD折起到△PBD，得到三棱锥图1图2(1)若BC⊥PD，求证:平面PBC⊥平面(2)若∠PEF=90∘，求二面角(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【提示】(1)因为梯形ABCD中,AB//所以BD=22,BC=22+又BC⊥PD,BD,PD⊂平面PBD,且BD∩PD=D,所以又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面(2)因为EF分别为棱BD、CD的中点，所以EF//BC，所以EF又PE⊥BD，所以∠PEF为二面角因为∠PEF=90∘，所以平面PBD⊥所以PE⊥平面BDC，DE，EF⊂平面BDC，所以PE⊥ED，PE⊥EF，又EF⊥BDDF=易知平面PEF的一个法向量为m=设平面PDF的一个法向量为n=则DF⋅n=0DP⋅n=0,即-所以cos<m所以二面角D-PF-E(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则E0因为∠PEF为二面角P-BD-C的平面角则P0,2cosθ,2sinθ设平面PCD的一个法向量为u=则DC⋅u=0FP取a=sinθ,则u=sinθ则点B到平面PCD的距离为d=所以3cos2θ-2cosθ-1=0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【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、点面距的参数化处理.三角函数34.若sin2α=55,sinβ-α=1010，且【答案】7【提示】因为α∈π4,π,所以2α∈π2,2π.因为sin2α=55,所以2α∈π2,π,故α∈π【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,π2，且sinα+ A.π6 B.π4 C.π3【答案】C【提示】展开sinα+β=2整理得sinαcosβ=3cosαsinβ设θ=α-β,代入tanα=3tanβ，令t根据均值不等式,1t+3t≥23,当且仅当1t=3t,即t2=13此时tanβ=3【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fx=sin2x+φφ>0,若fx在0, A.π6 B.π3 C.π2【答案】B【解析】因为x∈0,π3,所以2x+φ∈φ,2π3+φ,注意到正弦函数最小的正零点为π,要使得【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fx=sinx A.2π是fx B.直线x=π2是 C.fx的最大值为 D.fx在区间0,【答案】ABD【提示】fx+2π=sinx+fπfπ所以fπ2+x=fπfx=sinx+12cos所以选项C错误;f当0<x<π6时,sin2x>0,而sinx<12【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.解三角形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3acosB+bcosA=2 A.△ABC B.若AC=213,则 C.四边形ABCD面积的最小值为10 D.四边形ABCD面积的最大值为10【答案】ABD【提示】∵3acosB+bcosA=∴3sinC=2sin2C,根据△ABC为锐角三角形,所以C=π3,可得a=b,∴故选项A正确;∵DC=2,DA=6,在当AC=213时，cosD=-12，∴D=2π3又S△ADC=12AD⋅CDsinD=6∴D-π3∈所以四边形ABCD的面积没有最小值,选项C错误.当D-π3=π2,即D=5π6时,四边形【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【答案】2【提示】由tanAtanB=2,知tanA=2tan所以ab=2⋅b2+c2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【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AM由已知得BC=因为BG⊥CG,所以又因为点G是△ABC的重心，所以GM=13GA又因为AM2=14AB+AC2,又由余弦定理得a2=c2+因为5b=6c,令b=6kk>【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(1)求证:B=2(2)若d为△ABC的AB边上的高，求b2+【提示】(1)由AB⋅AC=ac+BA两边同时约去c,并由正弦定理得:sinBcos所以sinBcosA-sin在△ABC中,因为A,C为内角,所以B-A若B-A=π-A,故B-A=A,即(2)由正弦定理得，b=2所以b2注意到B,C∈0,所以2A所以b2【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,解题关键是通过向量运算转