7 2024年新课标Ⅱ卷（数学）含答案

年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)数学使用地区：海南、重庆、辽宁、山西、黑龙江、吉林、云南、广西、贵州、甘肃、新疆本试卷满分150分，考试时间120分钟.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.已知z＝－1－i，则|z|＝A.0 B.1 C.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.p和q都是真命题C.p和q都是真命题D.p和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|＝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)与y＝g(x)恰有一个交点.则a＝A.－1 B.eq\f(1,2) C.1 D.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.1 C.2 D.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、选择题：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.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：本题共3小题，每小题5分，共15分.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)＝______.14.11213140122233421322334315243444四、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)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.(15分)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.(15分)如下图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq\r(3)，∠ADC＝90°，(1)证明：EF⊥PD；(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.18.(17分)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1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.(ⅰ)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？(ⅱ)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.(17分)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：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.参考答案1—5CBBCA6—8DBC9BC10ABD11AD129513－eq\f(2\r(2),3)14241121.C复数的模由题得|z|＝|－1－i|＝eq\r((－1)2＋(－1)2)＝eq\r(2)，故选C.2.B全称量词命题与存在量词命题＋命题的否定因为对于∀x∈R，|x＋1|≥0，所以命题p为假命题，所以为真命题.因为x3＝x，所以x3－x＝0，所以x(x2－1)＝0，即x(x＋1)(x－1)＝0，解得x＝－1或x＝0或x＝1，所以∃x＝1，即∃x>0，x3＝x，所以命题q为真命题，所以命题为假命题,所以和q都是真命题，故选B.3.B向量的模＋向量垂直条件的应用由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，所以b2＝2a·b.又由|a＋2b|＝2两边同时平方，得a2＋2·2a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6b2＝4，解得b2＝eq\f(1,2)，所以|b|＝eq\f(\r(2),2)，故选B.4.C中位数＋极差＋平均数对于A，因为前3组的频率之和为0.06＋0.12＋0.18＝0.36<0.5(提示：频率＝频数÷样本数)，前4组的频率之和为0.36＋0.30＝0.66>0.5(题眼)，所以100块稻田亩产量的中位数所在的区间为[1050，1100)，故A不正确.对于B，100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例为eq\f(6＋12＋18＋30,100)×100%＝66%，故B不正确.对于C，因为1200－900＝300，1150－950＝200，所以100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间，故C正确.对于D，100块稻田亩产量的平均值为eq\f(1,100)×(925×6＋975×12＋1025×18＋1075×30＋1125×24＋1175×10)＝1067(kg)，故D不正确.综上，故选C.5.A轨迹方程设M(x0，y0)(y0>0)，则P(x0，2y0)(题眼).因为点P在曲线C：x2＋y2＝16(y>0)上，所以xeq\o\al(2,0)＋(2y0)2＝16，整理得eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1(y0>0)，即点M的轨迹方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，故选A.6.D函数与方程的综合＋函数的图象与性质曲线y＝f(x)与y＝g(x)的图象在(－1，1)上恰有一个交点等价于方程a(x＋1)2－1－(cosx＋2ax)＝0，即当x∈(－1，1)时，方程a(x2＋1)＝cosx＋1有且仅有一个根，等价于函数h(x)＝a(x2＋1)与t(x)＝cosx＋1的图象在(－1，1)上有且仅有一个交点(题眼)(方法：若按原函数的关系来研究曲线的交点，问题会很复杂，可将两函数合并后再重新组合，借助函数的图象与性质求解).作出函数t(x)＝cosx＋1[x∈(－1，1)]的大致图象，如下图所示.因为函数h(x)＝a(x2＋1)为偶函数，且过点(0，a)，则由图知，要使函数y＝h(x)与y＝t(x)的图象在(－1，1)上有且仅有一个交点，则a＝2，故选D.7.B棱台的体积公式＋直线与平面所成角由题意知△ABC，△A1B1C1为正三角形.因为AB＝6，A1B1＝2，所以S△ABC＝9eq\r(3)，S△A1B1C1＝eq\r(3)(提示：若等边三角形的边长为a，则其面积为eq\f(\r(3),4)a2).设正三棱台的高为h，则其体积V＝eq\f(1,3)(S△ABC＋S△A1B1C1＋eq\r(S△ABC·S△A1B1C1))h＝eq\f(1,3)×(9eq\r(3)＋eq\r(3)＋eq\r(9\r(3)×\r(3)))h＝eq\f(13\r(3),3)h＝eq\f(52,3)，解得h＝eq\f(4\r(3),3).如下图，设△ABC，△A1B1C1的中心分别为O，O1，连接OO1，A1O1，AO，则OO1＝h＝eq\f(4\r(3),3)，AO＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，A1O1＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(2\r(3),3).过点A1作A1D⊥AO于点D，则A1D∥O1O，所以A1D⊥平面ABC，所以∠A1AD为直线A1A与平面ABC所成角(提示：直线与平面相交时，直线和平面所成角是此直线和其所在平面上的射影所成的锐角).在Rt△A1DA中，A1D＝O1O＝eq\f(4\r(3),3)，AD＝eq\f(4\r(3),3)，所以tan∠A1AD＝eq\f(A1D,AD)＝1，故选B.8.C不等式恒成立问题＋利用二次函数的性质求最值【思路引导】f(x)≥0→分类讨论x＋a与ln(x＋b)的符号→a＝b－1eq\o(→,\s\up7(代入a2＋b2),\s\do5(配方))a2＋b2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)→得其最小值.由x＋b>0，知x>－b(注意：必须先确定函数的定义域).由f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)≥0在(－b，＋∞)上恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a≥0，,ln(x＋b)≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a≤0，,ln(x＋b)≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥－a，,x≥1－b))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－a，,－b＜x≤1－b，))知－a＝1－b(题眼)，即a＝b－1，所以a2＋b2＝(b－1)2＋b2＝2b2－2b＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)(方法：代入消元，并配方，利用二次函数的性质求最值)，所以当b＝eq\f(1,2)时，a2＋b2取得最小值eq\f(1,2)，故选C.9.BC正弦函数的图象与性质＋三角函数图象的平移变换因为g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))))，所以函数g(x)的图象可由函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度得到，所以函数f(x)，g(x)有相同的最小正周期和最大值，但零点与对称轴不相同，故选BC.10.ABD抛物线的方程＋直线与圆的位置关系对于A，由题意知抛物线C的准线l的方程为x＝－1，⊙A的圆心为A(0，4)，半径为1.因为点A到直线l的距离为1，所以l与圆A相切，故A正确.对于B，当P，A，B三点共线时，将y＝4代入y2＝4x，得x＝4，即P(4，4)，此时|PA|＝4，所以|PQ|＝eq\r(|PA|2－|AQ|2)＝eq\r(42－12)＝eq\r(15)(提示：若直线与圆相切，则圆心与切点的连线与切线垂直，且圆心到切线的距离等于半径)，故B正确.对于C，当|PB|＝2时，xP＝1，则yP＝±2，此时B(－1，2)，P(1，2)或B(－1，－2)，P(1，－2)，所以|AB|＝|PA|＝eq\r(5)或|AB|＝|PA|＝eq\r(37)，所以|AB|2＋|PA|2≠|PB|2，所以PA与AB不垂直，故C不正确.对于D，由题意，知B(－1，yP)，则|PB|＝xP＋1，且|PA|2＝xeq\o\al(2,P)＋(yP－4)2(题眼)，若|PA|＝|PB|，则xeq\o\al(2,P)＋(yP－4)2＝(xP＋1)2，结合yeq\o\al(2,P)＝4xP，整理得yeq\o\al(2,P)－16yP＋30＝0.因为Δ＝(－16)2－4×30＝136>0，再结合韦达定理，所以关于yP的方程有两个不相等的正实数根，所以满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个，故D正确.综上，故选ABD.11.AD函数的零点＋利用导数研究函数的单调性与极值＋函数的对称性【思路引导】已知条件→确定函数f(x)的定义域→求得f′(x).对于A，当a>1时eq\o(→,\s\up7(判断f′(x)的符号))确定f(x)的单调性→求出函数f(x)的极值并分析函数图象两端的走向→确定函数f(x)的零点个数→作出判断；对于B，当a<0时eq\o(→,\s\up7(判断f′(x)的符号))确定f(x)的单调性→确定函数f(x)的极值→作出判断；对于C，f(－∞)≠f(＋∞)→作出判断；对于D，由已知→f(x)＋f(2－x)＝2f(1)→a＝2→作出判断.易知函数f(x)的定义域为R.由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)(题眼).对于A，当a>1时，由f′(x)>0，得x<0或x>a；由f′(x)<0，得0<x<a，所以f(x)极大值＝f(0)＝1>0，f(x)极小值＝f(a)＝－a3＋1<0，且当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞[提示：注意分析函数f(x)图象两端的走向，即函数值的变化]，所以函数f(x)有三个零点，故A正确.对于B，当a<0时，由f′(x)>0，得x<a或x>0.由f′(x)<0，得a<x<0，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，故B不正确.对于C，易知∀a∈R，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，即f(－∞)≠f(＋∞)，所以不存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确.对于D，因为点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，则对∀x∈R，f(x)＋f(2－x)＝2f(1)，整理可得(2－a)x2＋2(a－2)x＋2－a＝0，则2－a＝0，解得a＝2，所以存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，故D正确.综上，故选AD.12.95等差数列的通项公式及求和公式＋等差数列的性质设等差数列{an}的公差为d.10×(－4)＋45×3＝95.解法二：因为a2＋a5＝a3＋a4＝7，所以3a2＋a5＝2a2＋a2＋a5＝2a2＋7＝5，所以a2＝－1，所以a5＝8，所以d＝eq\f(a5－a2,3)＝eq\f(8－(－1),3)＝3，所以a6＝a5＋d＝11，所以S10＝eq\f(10(a1＋a10),2)＝eq\f(10(a5＋a6),2)＝5×(8＋11)＝95.13.－eq\f(2\r(2),3)同角三角函数的基本关系＋两角和的正切公式因为tan(α＋β)＝＝＝－2eq\r(2)(题眼)，且α为第一象限角，β为第三象限角，所以α＋β为第四象限角[提示：tan(α＋β)的值在第一、三象限为正，在第二、四象限为负]，则由解得sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).14.24112分步乘法计数原理【思路引导】分别确定在第一、二、三、四行各选1格且不同列的选法数eq\o(→,\s\up7(分步乘法计数原理))计算符合条件的选法数；每一列中十位上的数字都相同→简化方格表→每行最大的数→每行应取的数→原方格表每列应取的数→相加得解.第一行选1格，共有4种选法；第二行选1格，不可与第一行的同列，共有3种选法；第三行选1格，不可与第一、二行的同列，共有2种选法；第四行选1格，不可与第一、二、三行的同列，只有1种选法.综上，共有4×3×2×1＝24(种)选法满足要求.观察表格可发现，每一列数中十位上的数字都相同，故只考虑个位上的数字即可，简化方格表如表所示：1110223232335444观察可知，第一行最大的数为1，第二行最大的数为3，第三行最大的数为3，第四行最大的数为5，则取第四行的5，第二行的3，第一行第二列的1，第三行第四列的3.综上，当原方格表第一、二、三、四列分别取15，21，33，43时，所选4个数之和最大，最大值为15＋21＋33＋43＝112.15.三角恒等变换＋正弦定理＋余弦定理【思路引导】(2)解法一：已知条件eq\o(→,\s\up7(倍角公式),\s\do5(正弦定理))cosB→Beq\o(→,\s\up7(正弦定理))b，c→△ABC的周长.解法二：已知条件eq\o(→,\s\up7(倍角公式),\s\do5(正弦定理))cosB→B→sinCeq\o(→,\s\up7(正弦定理))ceq\o(→,\s\up7(余弦定理))b→△ABC的周长.解：(1)解法一：由已知得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝2，(2分)故A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,6).(5分)解法二：由已知可得sin2A＝1－cos2A＝(2－eq\r(3)cosA)2，化简可得4cos2A－4eq\r(3)cosA＋3＝0，(3分)解得cosA＝eq\f(\r(3),2)，故A＝eq\f(π,6).(5分)解法三：由已知可得3cos2A＝3－3sin2A＝(2－sinA)2，化简可得4sin2A－4sinA＋1＝0，(3分)解得sinA＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,6)或A＝eq\f(5π,6).若A＝eq\f(5π,6)，则sinA＋eq\r(3)cosA＝－1，与已知矛盾.所以A＝eq\f(π,6).(5分)(2)解法一：由题意和正弦定理可得eq\r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB，故cosB＝eq\f(\r(2),2).因此B＝eq\f(π,4).(7分)于是C＝eq\f(7π,12)，sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).(9分)由(1)和正弦定理得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(2)＋eq\r(6).(12分)所以△ABC的周长为2＋3eq\r(2)＋eq\r(6).(13分)解法二：由题意和正弦定理可得eq\r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB，故cosB＝eq\f(\r(2),2)，因此B＝eq\f(π,4).(7分)由(1)知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).由(1)和正弦定理得eq\f(2,sin\f(π,6))＝eq\f(c,sinC)，解得c＝eq\r(2)＋eq\r(6).由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝8，故b＝2eq\r(2).(12分)所以△ABC的周长为2＋3eq\r(2)＋eq\r(6).(13分)16.导数的几何意义＋利用导数研究函数的单调性与极值【思路引导】f′(x)＝ex－a→(1)f(x)eq\o(→,\s\up7(a＝1))f(1)，f′(1)eq\o(→,\s\up7(点斜式))切线方程.(2)设x＝x0是f(x)的极小值点→a>0且x0＝lnaeq\o(→,\s\up7(函数f(x)的单调性))f(x)的极小值为f(lna)→设新函数g(x)→研究g(x)的单调性→a的取值范围.解：f′(x)＝ex－a.(1分)(1)当a＝1时，f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1.(2分)所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1.(5分)(2)设x＝x0是f(x)的极小值点，则f′(x0)＝0，故ex0＝a，所以a>0且x0＝lna.当x<lna时，f′(x)<0，f(x)在区间(－∞，lna)上单调递减；当x>lna时，f′(x)>0，f(x)在区间(lna，＋∞)上单调递增.所以f(x)的极小值为f(lna)＝a(1－lna－a2).(10分)设函数g(x)＝1－lnx－x2，则g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减.又因为g(1)＝0，所以g(x)<0当且仅当x>1时成立.故f(lna)<0当且仅当a>1时成立.因此，a的取值范围是(1，＋∞).(15分)17.线面垂直的判定定理和性质定理＋二面角＋空间向量的应用【思路引导】(1)已知条件→AE，AFeq\o(→,\s\up7(余弦定理))EF→AE⊥EF→EF⊥平面PED→EF⊥PD.(2)连接EC→PE⊥平面ABCD.解法一：以E为坐标原点，建系→分别求平面PCD和平面PBF的一个法向量eq\o(→,\s\up7(空间向量的夹角公式))得解.解法二：延长FB，DC交于点H，作FM⊥PH，MQ⊥PH，QN⊥ED，连接FN，EH，PH→∠FMQ为二面角F－PH－D的平面角→PH，PD，PF→PM，FM→PQ→EN，MQ→cos∠FMQ→得解.解法三：延长FB，DC交于点H，连接PA，PH→PD，PH→点A到PH的距离h1，点A到面PDH的距离h2→得解.解：(1)证明：由题设知AE＝2eq\r(3)，AF＝4，∠FAE＝30°，由余弦定理可得EF＝2，所以AE⊥EF.(3分)由此可得PE⊥EF，ED⊥EF，所以EF⊥平面PED.(5分)PD⊂平面PED，故EF⊥PD.(6分)(2)连接EC.由题设知EC2＝CD2＋ED2＝36，所以PE2＋EC2＝PC2.故PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF.因为EF，EC⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.(8分)解法一：以E为坐标原点，eq\o(EF,\s\up6(→))为x轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系.则P(0，0，2eq\r(3))，C(3，3eq\r(3)，0)，D(0，3eq\r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq\r(3)，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，0，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(3，3eq\r(3)，－2eq\r(3))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2，0，－2eq\r(3))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0).(10分)设m＝(x，y，z)为平面PCD的法向量，则即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，3x＋3\r(3)y－2\r(3)z＝0，))可取m＝(0，2，3).(11分)设n＝(p，q，r)为平面PBF的法向量，可取n＝(eq\r(3)，－1，1).(12分)因此cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(65)).(14分)所以面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为eq\f(8\r(65),65).(15分)解法二：如下图，延长FB，DC交于点H，连接PH，过F作FM⊥PH于点M，作MQ⊥PH交PD于点Q，作QN⊥ED于点N，连接FN，EH，则∠FMQ为二面角F－PH－D的平面角，且QN∥PE.(10分)由已知EF＝2，EH＝eq\r(52)，FH＝6，DH＝5，ED＝3eq\r(3).因为PE⊥平面ABCD，CD，EH⊂平面ABCD，所以PE⊥EH，PE⊥CD.又ED⊥CD，所以CD⊥平面PED.故CD⊥PD.由PH2＝PE2＋EH2，PD2＝PE2＋ED2，PF2＝PE2＋EF2得PH＝8，PD＝eq\r(39)，PF＝4.在△PFH中，cos∠FPM＝eq\f(PF2＋PH2－FH2,2PF·PH)＝eq\f(11,16)，则PM＝4cos∠FPM＝eq\f(11,4)，FM＝eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(15),4).在△PHD中，PQ＝eq\f(PM,cos∠HPD)＝PM·eq\f(PH,PD)＝eq\f(22,\r(39))，则EN＝eq\f(PQ,PD)·ED＝eq\f(22,13)eq\r(3)，MQ＝eq\f(HD,PD)·PM＝eq\f(55,4\r(39)).因为FQ2＝FE2＋EN2＋NQ2＝eq\f(7540,507)，所以cos∠FMQ＝eq\f(FM2＋MQ2－FQ2,2FM·MQ)＝eq\f(\f(135,16)＋\f(3025,16×39)－\f(7540,507),2×\f(3\r(15),4)×\f(55,4\r(39)))＝－eq\f(1,\r(65)).(14分)所以面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为eq\f(8\r(65),65).(15分)解法三：延长FB，DC交于点H，连接PA，PH.由已知AH＝10，DH＝5，PA＝eq\r(2)PE＝2eq\r(6).因为PE⊥平面ABCD，DH⊂平面ABCD，所以PE⊥DH.又AD⊥DH，所以DH⊥平面PAD.故DH⊥PD.由PD2＝PE2＋ED2，PH2＝PD2＋DH2得PD＝eq\r(39)，PH＝8.在△APH中，cos∠APH＝eq\f(PA2＋PH2－AH2,2PA·PH)＝－eq\f(\r(6),16)，则A到PH的距离h1＝PA·sin(π－∠APH)＝eq\f(5\r(15),4).因为VP－ADH＝VA－PDH，且PE＝2eq\r(3)，△ADH的面积S1＝eq\f(25\r(3),2)，△PDH的面积S2＝eq\f(5\r(39),2)，所以A到面PDH的距离h2＝eq\f(PE·S1,S2)＝eq\f(10\r(3),\r(13)).(13分)故面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为eq\f(h2,h1)＝eq\f(8\r(65),65).(15分)18.离散型随机变量的数学期望＋概率的计算【思路引导】(1)解法一：已知条件→甲、乙至少投中1次→得解.解法二：已知条件→对立事件的概率→得解.(2)设X为甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩；Y为乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩.(ⅰ)分析成绩为15分的情形→分别求P(X＝15)，P(Y＝15)eq\o(→,\s\up7(作差))得解.(ⅱ)确定X的所有可能取值→对应概率→E(X)eq\o(→,\s\up7(同理))E(Y)eq\o(→,\s\up7(比较大小))得解.解：(1)解法一：甲参加第一阶段比赛，记事件A为甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分.分析易得，事件A发生的充要条件是甲参加第一阶段比赛时，3次投篮至少投中1次，并且乙参加第二阶段比赛时，3次投篮同样至少投中1次.代入p＝0.4，q＝0.5，由各次投中与否相互独立，得P(A)＝[1－(1－0.4)3]×[1－(1－0.5)3]＝0.686.(5分)解法二：记事件B为甲、乙所在队的比赛成绩是0分，则A与B互为对立事件，为求P(A)，可先计算P(B).由比赛具体规则知，事件B发生只包含两种可能，第一种是甲参加第一阶段比赛时，3次投篮都未投中；第二种是甲参加第一阶段比赛时，3次投篮至少投中1次，而乙参加第二阶段比赛时，3次投篮都未投中.由互斥事件的概率加法公式可知P(B)＝(1－0.4)3＋[1－(1－0.4)3]×(1－0.5)3＝0.314，故P(A)＝1－P(B)＝1－0.314＝0.686.(5分)(2)设X为甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩；Y为乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩.(ⅰ)参赛队的比赛成绩为15分，当且仅当参加第一阶段比赛的队员3次投篮至少投中1次，同时参加第二阶段比赛的队员3次投篮全都投中.由题意得P(X＝15)＝[1－(1－p)3]q3，P(Y＝15)＝[1－(1－q)3]p3.(7分)因为0<p<q≤1，故P(X＝15)－P(Y＝15)＝3pq(q－p)(p＋q－pq)>0，(10分)所以应该由甲参加第一阶段比赛.(11分)(ⅱ)X的所有可能取值为0，5，10，15.(12分)因为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，所以E(X)＝0·P(X＝0)＋5·P(X＝5)＋10·P(X＝10)＋15·P(X＝15)＝5·[1－(1－p)3]·Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2＋10·[1－(1－p)3]·Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)＋15·[1－(1－p)3]·q3＝5·[1－(1－p)3]·[Ceq\o\al(1,3)q(1－q)2＋2Ceq\o\al(2,3)q2(1－q)＋3q3]＝15pqeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))).(14分)同理可得E(Y)＝15pqeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))).(15分)因为0<p<q≤1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，E(X)>E(Y)，所以应该由甲参加第一阶段比赛.(17分)19.直线与双曲线的位置关系＋等比数列的定义与通项公式【思路引导】(1)由点P1在C上得m→过P1且斜率为eq\f(1,2)的直线方程→联立直线方程与双曲线方程得Q1的坐标→x2，y2.(2)已知条件→yeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n＋1)＝xeq\o\al(2,n)－xeq\o\al(2,n＋1)→eq\f(xn＋1－yn＋1,xn－yn)＝eq\f(1＋k,1－k)eq\o(→,\s\up7(等比数列的定义))得证.(3)设q＝eq\f(1＋k,1－k)→q>1eq\o(→,\s\up7(由(2)及题设))xn－yn＝qn-1，xn＋yn＝eq\f(9,qn-1)→xn，yn→PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2→得证.解：(1)由题意得m＝52－42＝9.过P1且斜率为eq\f(1,2)的直线方程为y＝eq\f(1,2)(x－5)＋4，(3分)与C的方程联立得x2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(x－5)＋4))eq\s\up12(2)＝9，解得x＝5(舍去)，x＝－3，所以Q1的横坐标为－3，纵坐标为0.又P2为Q1关于y轴的对称点，因此x2＝3，y2＝0.(5分)(2)证明：由题意知Pn在C的右支上，Qn(－xn＋1，yn＋1).由Pn，Qn均在C上及直线PnQn的斜率为k得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝xeq\o\al(2,n＋1)－yeq\o\al(2,n＋1)，yn－yn＋1＝k(xn＋xn＋1).))可得yeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n＋1)＝xeq\o\al(2,n)－xeq\o\al(2,n＋1)，(8分)由于yn≠yn＋1，故k(yn＋yn＋1)＝xn－xn＋1，因此(k＋1)yn＋(k－1)yn＋1＝(k＋1)xn＋(k－1)xn＋1，从而eq\f(xn＋1－yn＋1,xn－yn)＝eq\f(1＋k,1－k)，所以数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列.(10分)(3)证明：设q＝eq\f(1＋k,1－k)，则q>1.由(2)及题意知xn－yn＝qn-1，xn＋yn＝eq\f(9,xn－yn)＝eq\f(9,qn-1)，故xn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,qn-1)＋qn-1))，yn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,qn-1)－qn-1)).对任意正整数n，eq\f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝eq\f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)＝eq\f(9－q2n+1,9＋q2n+1).因此PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2，所以Sn＝Sn＋1.(17分)2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.第一部分(选择题共40分)一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合M＝{x|－3<x<1}，N＝{x|－1≤x<4}，则M∪N＝A.{x|－1≤x<1} B.{x|x>－3} C.{x|－3<x<4} D.{x|x<4}2.若复数z满足eq\f(z,i)＝－1－i，则z＝A.－1－i B.－1＋i C.1－i D.1＋i3.圆x2＋y2－2x＋6y＝0的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为A.eq\r(2) B.2 C.3 D.3eq\r(2)4.在(x－eq\r(x))4的展开式中，x3的系数为A.6 B.－6 C.12 D.－125.设a，b是向量，则“(a＋b)·(a－b)＝0”是“a＝－b或a＝b”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.设函数f(x)＝sinωx(ω>0)，已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，则ω＝A.1 B.2 C.3 D.47.生物丰富度指数d＝eq\f(S－1,lnN)是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数，生物丰富度指数d越大，水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则A.3N2＝2N1 B.2N2＝3N1 C.Neq\o\al(2,2)＝Neq\o\al(3,1) D.Neq\o\al(3,2)＝Neq\o\al(2,1)8.如右图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2eq\r(2).该棱锥的高为A.1 B.2 C.eq\r(2) D.eq\r(3)9.已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则A.log2eq\f(y1＋y2,2)<eq\f(x1＋x2,2)B.log2eq\f(y1＋y2,2)>eq\f(x1＋x2,2)C.log2eq\f(y1＋y2,2)<x1＋x2D.log2eq\f(y1＋y2,2)>x1＋x210.已知M＝{(x，y)|y＝x＋t(x2－x)，1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集.设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则A.d＝3，S<1 B.d＝3，S>1C.d＝eq\r(10)，S<1 D.d＝eq\r(10)，S>1第二部分(非选择题共110分)二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线y2＝16x的焦点坐标为________.12.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称，若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，则cosβ的最大值为________.13.若直线y＝k(x－3)与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，则k的一个取值为________.14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为________mm，升量器的高为________mm.(不计量器的厚度)15.设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是________.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.(本小题13分)在△ABC中，∠A为钝角，a＝7，sin2B＝eq\f(\r(3),7)bcosB.(1)求∠A.(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积.条件①：b＝7；条件②：cosB＝eq\f(13,14)；条件③：csinA＝eq\f(5\r(3),2).注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.17.(本小题14分)如下图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3.点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.18.(本小题13分)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率.(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.(ⅰ)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X)；(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)19.(本小题15分)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点(0，t)(t>eq\r(2))且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(0，1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值.20.(本小题15分)设函数f(x)＝x＋kln(1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t>0)处的切线.(1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间.(2)求证：l不经过点(0，0).(3)当k＝1时，设点A(t，f(t))(t>0)，C(0，f(t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？(参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)21.(本小题15分)已知集合M＝{(i，j，k，w)|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i＋j＋k＋w为偶数}.＝1，2，…，s)，对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1(A)；将T1(A)的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1(A)；……；以此类推，得到数列Ts…T2T1(A)，简记为Ω(A).(1)给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：(1，3，5，7)，(2，4，6，8)，(1，3，5，7)，写出Ω(A).(2)是否存在序列Ω，使得Ω(A)为a1＋2，a2＋6，a3＋4，a4＋2，a5＋8，a6＋2，a7＋4，a8＋4？若存在，写出一个Ω；若不存在，说明理由.(3)若数列A的各项均为正整数，且a1＋a3＋a5＋a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等”的充要条件为“a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8”.参考答案1—5CCDAB6—10BDDBC11(4，0)12－eq\f(1,2)13eq\f(1,2)(答案不唯一)142357.515①③④1.C集合的并集运算∵M＝{x|－3<x<1}，N＝{x|－1≤x<4}，∴M∪N＝{x|－3<x<4}，故选C.2.C复数的四则运算∵eq\f(z,i)＝－1－i，∴z＝(－1－i)i＝1－i，故选C.3.D点到直线的距离＋圆的标准方程圆的标准方程为(x－1)2＋(y＋3)2＝10(题眼)，其圆心坐标为(1，－3)，则圆心到直线x－y＋2＝0的距离d＝eq\f(|1＋3＋2|,\r(2))＝3eq\r(2)，故选D.4.A二项式定理(x－eq\r(x))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)·x4-r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x\s\up6(\f(1,2))))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,4)(－1)rx4-r·xeq\s\up6(\f(r,2))，令4－r＋eq\f(r,2)＝3，得r＝2，∴T3＝6x3，∴x3的系数为6，故选A.5.B充分条件与必要条件的判断∵(a＋b)·(a－b)＝0，∴|a|2－|b|2＝0，∴|a|＝|b|，不能得出a与b共线，不满足充分性.反之，必要性成立，故选B.6.B三角函数的图象与性质由已知得f(x)＝sinωx(ω>0)的图象上相邻的对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，∴f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，故选B.7.D函数模型＋对数的运算由题意得(题眼)，消去S得eq\f(lnN2,lnN1)＝eq\f(2.1,3.15)＝eq\f(2,3)，则3lnN2＝2lnN1，即Neq\o\al(3,2)＝Neq\o\al(2,1)，故选D.8.D四棱锥的结构特征如下图，取AB的中点E，CD的中点F，连接EF，PE，PF，过点P作PO⊥EF于点O，易证PO为该四棱锥的高(题眼).∵PA＝PB＝AB＝4，∴△PAB为等边三角形.∴∠PAE＝60°，PE⊥AB.在Rt△PAE中，PE＝PAsin60°＝2eq\r(3).∵PC＝PD＝2eq\r(2)，CD＝4，F为CD的中点，∴PF＝2.在△PEF中，设OF＝a，PO＝h，则OE＝4－a，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PO2＝PF2－OF2，,PO2＝PE2－OE2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h2＝4－a2，,h2＝12－(4－a)2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,h＝\r(3)，))故选D.9.B指数函数的图象作出函数y＝2x的大致图象如下图所示，由图及题意知eq\f(y1＋y2,2)>2eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))(提示：数形结合求解)，即log2eq\f(y1＋y2,2)>eq\f(x1＋x2,2)，故选B.【溯源教材】人教A版必修第一册，P101，复习参考题8T.关联点：两道试题考查本质相同，均考查函数的凹凸性.10.C点集＋两点间的距离y＝x＋t(x2－x)，x∈[1，2]，t∈[0，1]，当t＝0时，y＝x，x∈[1，2]；当t＝1时，y＝x2，x∈[1，2].如下图，取点C(1，1)，A(2，2)，B(2，4)，且y＝x＋t(x2－x)的图象恒过点(1，1)，连接AC，AB，BC，可得d＝|BC|＝eq\r(10)，S<S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|×1＝1，故选C.11.(4，0)抛物线的方程抛物线y2＝2px，∴2p＝16，∴p＝8，∴抛物线的焦点坐标为(4，0).12.－eq\f(1,2)诱导公式由题意知cosβ＝－cosα，α∈(题眼)，则当α＝eq\f(π,3)时，cosβ取得最大值，(cosβ)max＝－eq\f(1,2).【溯源教材】本题考查本质同人教A版必修第一册，P188，探究1.13.eq\f(1,2)(答案不唯一)双曲线的几何性质＋直线与双曲线的位置关系双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(x,2).又直线y＝k(x－3)恒过定点(3，0)，若要满足题意，则k＝±eq\f(1,2).14.2357.5圆柱的体积＋等比数列的应用设升量器的容积为V1，底面半径为r1，高为h1，斗量器的容积为V2，底面半径为r2，高为h2，斛量器的容积为V3，底面半径为r3，则r1＝eq\f(65,2)mm，r2＝r3＝eq\f(325,2)mm，且r2＝r3＝5r1.由已知得V1∶V2∶V3＝1∶10∶100.由V3＝10V2得πreq\o\al(2,3)·230＝10πreq\o\al(2,2)h2，∴h2＝23mm.由V2＝10V1得πreq\o\al(2,2)·23＝10πreq\o\al(2,1)h1，∴h1＝57.5mm，则斗量器的高为23mm，升量器的高为57.5mm.15.①③④数列与集合的综合运用易知①④正确.对于②，令an＝2n-1，bn＝－(－2)n-1，满足{an}，{bn}均为等比数列，但当n为偶数时，an＝2n-1＝bn＝－(－2)n-1，此时M中有无穷多个元素，故②错误.对于③，由题知an是关于n的一次函数，即点(n，an)在一条斜率不为0的直线l上.设bn＝b1qn-1(q≠1)，当公比q>0时，直线l与数列{bn}对应的函数的图象最多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在下图所示的曲线上，由图易知直线l与曲线最多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n-1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，这两个数列有3项是相同的，所以M中最多有3个元素；当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素.综上可知，若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素，故③正确.综上，故正确结论的序号是①③④.16.正、余弦定理＋同角三角函数的基本关系＋三角恒等变换【思路引导】(1)sin2B＝eq\f(\r(3),7)bcosBeq\o(→,\s\up7(二倍角公式),\s\do5(A为钝角))sinB＝eq\f(\r(3),14)beq\o(→,\s\up7(正弦定理))sinA→∠A＝eq\f(2π,3).(2)选择条件②，解法一：cosB→sinB→beq\o(→,\s\up7(sinC＝sin(A＋B)))sinC→S.解法二：cosB→sinB→beq\o(→,\s\up7(余弦定理))c→S.解法三：作CD⊥AB交BA延长线于点D→sinBeq\o(→,\s\up7(△BCD中))CD，BDbeq\o(→,\s\up7(△ACD中))AD，AB→S.解法四：cosB→sinB→sinCeq\o(→,\s\up7(正弦定理))c→S.选择条件③，解法一：csinAceq\o(→,\s\up7(余弦定理))b→S.解法二：csinA，∠A＝eq\f(2π,3)→ceq\o(→,\s\up7(正弦定理))sinC→cosC→sinB→S.解法三：csinA，∠A＝eq\f(2π,3)→ceq\o(→,\s\up7(正弦定理))sinCeq\o(→,\s\up7(余弦定理))b→S.解法四：csinA，∠A＝eq\f(2π,3)→ceq\o(→,\s\up7(作BD⊥AC交CA延长线于点D))BD，ADeq\o(→,\s\up7(△BCD中))CD，AC→S.解：(1)由sin2B＝eq\f(\r(3),7)bcosB，得2sinBcosB＝bcosB(题眼).在△ABC中，∠A是钝角，所以cosB≠0.所以sinB＝eq\f(\r(3),14)b.(2分)又因为a＝7，所以sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(3),2)，(4分)即∠A＝eq\f(2π,3).(6分)(2)选择条件②：cosB＝eq\f(13,14).解法一：因为cosB＝eq\f(13,14)，所以sinB＝eq\f(3\r(3),14).(7分)由(1)知sinB＝eq\f(\r(3),14)b，所以b＝3.(8分)又sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),14)，(10分)所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×7×3×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法二：因为cosB＝eq\f(13,14)，所以sinB＝eq\f(3\r(3),14).(7分)由(1)知sinB＝eq\f(\r(3),14)b，所以b＝3.(10分)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得c2＋3c－40＝0，解得c＝5或c＝－8(舍).所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法三：如下图，作CD⊥AB交BA延长线于点D.因为cosB＝eq\f(13,14)，所以sinB＝eq\f(3\r(3),14).(7分)在△BCD中，CD＝asinB＝eq\f(3\r(3),2)，BD＝acosB＝eq\f(13,2).由(1)知sinB＝eq\f(\r(3),14)b，所以b＝3.(10分)在△ACD中，AD＝bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π,3)))＝eq\f(3,2)，AB＝BD－AD＝5，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)AB·CD＝eq\f(1,2)×5×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法四：因为cosB＝eq\f(13,14)，所以sinB＝eq\f(3\r(3),14).(7分)故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),14).因为c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(3),2))＝5，(10分)所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×7×5×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)选择条件③：csinA＝eq\f(5\r(3),2).解法一：因为csinA＝eq\f(5\r(3),2)，且∠A＝eq\f(2π,3)，所以c＝5.(8分)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋5b－24＝0.解得b＝3或－8(舍).(10分)所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法二：因为csinA＝eq\f(5\r(3),2)，∠A＝eq\f(2π,3)，所以c＝5，(8分)sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\f(5\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14).所以cosC＝eq\f(11,14).(10分)所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3\r(3),14).所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×7×5×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法三：因为csinA＝eq\f(5\r(3),2)，∠A＝eq\f(2π,3)，所以c＝5，(8分)sinC＝eq\f(csinA,a)＝eq\f(\f(5\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋5b－24＝0，b＝3或b＝－8(舍).(10分)所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×7×3×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)解法四：因为csinA＝eq\f(5\r(3),2)，∠A＝eq\f(2π,3)，所以c＝5.(8分)如下图，作BD⊥AC交CA延长线于点D.在△ABD中，BD＝csineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π,3)))＝eq\f(5\r(3),2)，AD＝ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π,3)))＝eq\f(5,2).(10分)在△BCD中，CD＝eq\r(BC2－BD2)＝eq\f(11,2)，AC＝CD－AD＝3.所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)AC·BD＝eq\f(1,2)×3×eq\f(5\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).(13分)17.线面平行的判定定理＋平面与平面夹角的余弦值＋空间向量的应用【思路引导】(1)证法一：取PD的中点M，连接CM，FM→FM∥DE，FM＝1eq\o(→,\s\up7(BC∥AD，BC＝1))FM∥BC，且FM＝BC→四边形BCMF为平行四边形→BF∥CM→得证.证法二：连接EB，延长DC，EB交于点H，连接PH→B为HE中点→BF∥PH→得证.证法三：取DE的中点G，连接FG，BG→FG∥PD→FG∥平面PCD→四边形BCDG是平行四边形→BG∥平面PCD→得证.(2)解法一：已知条件→CE⊥PE，CE⊥AEeq\o(→,\s\up7(PE⊥AE))以E为坐标原点建立空间直角坐标系→相关点坐标→相关向量→分别求出平面PAB，PCD的一个法向量eq\o(→,\s\up7(空间向量夹角公式))得解.解法二：已知条件→PE⊥平面ABCD→过点A在平面PAD内作Az∥PE→以A为坐标原点建立空间直角坐标系→相关点坐标→相关向量→分别求出平面PAB和平面PCD的一个法向量eq\o(→,\s\up7(空间向量夹角公式))得解.解：(1)证法一：如图1，取PD的中点M，连接CM，FM.∵F为PE的中点，DE＝2，∴FM∥DE，FM＝eq\f(1,2)DE＝1(提示：遇线段中点考虑利用三角形中位线定理得线线平行).又BC∥AD，BC＝1，∴FM∥BC，且FM＝BC.∴四边形BCMF是平行四边形(题眼).(2分)∴BF∥CM.(3分)又BF⊄平面PCD，CM⊂平面PCD，∴BF∥平面PCD.(5分)图1证法二：如图2，连接EB，延长DC，EB交于点H，连接PH.图2∵BC∥ED，BC＝eq\f(1,2)ED，故B为HE中点.(2分)又F为PE中点，∴BF∥PH.(3分)又BF⊄平面PCD，PH⊂平面PCD，∴BF∥平面PCD.(5分)证法三：如图3，取DE的中点G，连接FG，BG.图3∵F为PE的中点，∴FG∥PD.(2分)又FG⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴FG∥平面PCD.∵BC∥AD，DG＝eq\f(1,2)DE＝1，BC＝1，∴DG∥BC，且DG＝BC.∴四边形BCDG是平行四边形.∴BG∥CD.(3分)又BG⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BG∥平面PCD.∵BG∩FG＝G，∴平面BFG∥平面PCD.∴BF∥平面PCD.(5分)(2)解法一：∵AB⊥平面PAD，且PE，AE⊂平面PAD，∴AB⊥PE，AB⊥AE.(6分)连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，∴四边形ABCE是平行四边形.∴AB∥CE.∴CE⊥PE，CE⊥AE.(7分)由题意知PE⊥AE.如图1，建立空间直角坐标系E－xyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2).因此eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2).(9分)设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2z1＝0，,y1＝0.))令x1＝2，则z1＝1.于是m＝(2，0，1).(11分)设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－2z2＝0，,－2x2－2z2＝0.))令z2＝－1，则x2＝1，y2＝－2.于是n＝(1，－2，－1).(12分)设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(30),30).(14分)解法二：∵AB⊥平面PAD，∴平面ABCD⊥平面PAD，AB⊥AD.(6分)又PE⊥AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.过点A在平面PAD内作Az∥PE，则Az⊥平面ABCD.∴Az⊥AB，Az⊥AD.如图4，建立空间直角坐标系A－xyz，图4则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，3，0)，P(0，1，2).因此eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2).(9分)设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋2z1＝0，,x1＝0.))令z1＝－1，则y1＝2.于是m＝(0，2，－1).(11分)设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2z2＝0，,2y2－2z2＝0.))令z2＝1，则x2＝2，y2＝1.于是n＝(2，1，1).(12分)设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(30),30).∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq\f(\r(30),30)