新课标Ⅱ数学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_新课标全国Ⅱ卷（语数英）

2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题 一、单选题 1．已知z=−1−i，则 z =（ ） A．0 B．1 C． 2 D．2 【答案】C 【解析】若z=−1−i，则 z = (−1)2+(−1)2 = 2. 故选C. 2．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 【答案】B 【解析】对于p而言，取x=−1，则有 x+1 =0<1，故p是假命题，¬p是真命题， 对于q而言，取x=1，则有x3 =13 =1=x，故q是真命题，¬q是假命题， 综上，¬p和q都是真命题. 故选B.      (   )   3．已知向量a,b满足 a =1, a+2b =2，且 b−2a ⊥b，则 b =（ ） 1 2 3 A． B． C． D．1 2 2 2 【答案】B (   )            【分析】由 b−2a ⊥b得 b 2 =2a⋅b ，结合 a =1, a+2b =2，得 1+4a⋅b+4b 2 =1+6b 2 =4 ，由此即可得解.       ( ) ( )    【解析】因为 b−2a ⊥b，所以 b−2a ⋅b=0，即 b 2 =2a⋅b ，    又因为 a =1, a+2b =2，     所以 1+4a⋅b+4b 2 =1+6b 2 =4 ，  2 从而 b = . 2 故选B. 4．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（均在[ 900,1200)之间， 单位：kg）并部分整理下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 24 10 据表中数据，结论中正确的是（ ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．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 【答案】C【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法 即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D. 【解析】 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, A 错误； 100−34 B，亩产量不低于1100kg的频数为24+10=34，因此低于1100kg的稻田占比为 =66%，B错误； 100 C，稻田亩产量的极差最大为1200−900=300，最小为1150−950=200，C正确； D，根据频数分布表可得，亩产量在[1050,1100)的频数为100−(6+12+18+24+10)=30， 1 所以平均值为 ×(6×925+12×975+18×1025+30×1075+24×1125+10×1175)=1067，D错误. 100 故选C. 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（ ） x2 y2 x2 y2 A． + =1（y>0） B． + =1（y>0） 16 4 16 8 y2 x2 y2 x2 C． + =1（y>0） D． + =1（y>0） 16 4 16 8 【答案】A 【分析】设点M(x,y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P(x,2y)，代入圆的方程即可求解. 【解析】设点M(x,y)，则P(x,y ),P′(x,0)， 0 因为M 为PP′的中点，所以y =2y，即P(x,2y)，又P在圆x2+y2 =16(y>0)上 0 x2 y2 x2 y2 所以x2+4y2 =16(y>0)，即 + =1(y>0)，即点M 的轨迹方程为 + =1(y>0). 16 4 16 4 故选A. 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=（ ） 1 A．−1 B． C．1 D．2 2 【答案】D 【分析】解法一：令F(x)=ax2+a−1,G(x)=cosx，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，结合偶函数的 对称性可知该交点只能在y轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令h(x) = f(x) − g(x),x∈(−1,1)，可 知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，即可得a=2，并代入检验即可. 【解析】解法一：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正确； 综上所述：a=2. 解法二：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，由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正确； 故选D. 52 7．已知正三棱台ABC- ABC 的体积为 ，AB=6，AB =2，则AA与平面ABC所成角的正切值为（ ） 1 1 1 3 1 1 1 1 A． B．1 C．2 D．3 2 【答案】B 4 3 4 3 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高h= ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM = ， 3 3 进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC- ABC 补成正三棱锥P−ABC，AA与平面ABC所 1 1 1 1 成角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得V =18，进而可求正三棱锥P−ABC的高，即可得结果. P−ABC 【解析】解法一：分别取BC,BC 的中点D,D，则AD=3 3,AD = 3， 1 1 1 1 1 1 3 1 可知S = ×6×6× =9 3,S = ×2× 3= 3， ABC 2 2 A1B1C1 2 设正三棱台ABC- ABC 的为h， 1 1 1 1( ) 52 4 3 则V = 9 3+ 3+ 9 3× 3 h= ，解得h= ， ABC−A1B1C1 3 3 3 如图，分别过A,D 作底面垂线，垂足为M,N，设AM =x， 1 1 16 则AA = AM2+AM2 = x2+ ，DN =AD- AM - MN =2 3- x， 1 1 3( )2 16 可得DD = DN2+DN2 = 2 3−x + ， 1 1 3 6−2 2 结合等腰梯形BCC 1 B 1 可得BB 1 2 =  2   +DD 1 2, 16 ( )2 16 4 3 即x2+ = 2 3−x + +4，解得x= ， 3 3 3 所以 与平面ABC所成角的正切值为 ∠ ； 𝐴𝐴1𝑀𝑀 𝐴𝐴1𝐴𝐴 tan 𝐴𝐴1𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝑀𝑀 =1 解法二：将正三棱台ABC- ABC 补成正三棱锥P−ABC， 1 1 1 则AA与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角， 1 PA AB 1 V 1 26 52 因为 1 = 1 1 = ，则 P−A1B1C1 = ，可知V = V = ，则V =18， PA AB 3 V 27 ABC−A1B1C1 27 P−ABC 3 P−ABC P−ABC 1 1 3 设正三棱锥P−ABC的高为d，则V = d× ×6×6× =18，得d =2 3， P−ABC 3 2 2 取底面ABC的中心为O，则 底面ABC，且AO=2 3， 𝑃𝑃𝑃𝑃 ⊥ PO 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO= =1. AO 故选B. 8．设函数 f(x)=(x+a)ln(x+b)，若 f(x)≥0，则a2+b2的最小值为（ ） 1 1 1 A． B． C． D．1 8 4 2 【答案】C 【分析】解法一：根据题意可知： f(x)的定义域为(−b,+∞)，分类讨论−a与−b,1−b的大小关系，结合符号分析判 断，即可得b=a+1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln(x+b)的符号，进而可得x+a的符号， 即可得b=a+1，代入可得最值. 【详解】解法一：根据题意可知： 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，错误； 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，错误； 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，正确； 若−a>1−b，当x∈(1−b,−a)时，可知x+a 0,ln(x+b) 0，此时 f(x)<0，错误； 综上所述：−a=1−b，即b=a+1，  1 2 1 1 1 1 则a2+b2 =a2+(a+1)2 =2a+  + ≥ ，当且仅当a=− ,b= 时，等号成立，  2 2 2 2 2 1 所以a2+b2的最小值为 ； 2 解法二：根据题意可知： 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； x∈(1−b,+∞)时，ln(x+b)>0，故x+a≥0，所以1−b+a≥0； 2  1 1 1 故1−b+a=0， 则a2+b2 =a2+(a+1)2 =2a+  + ≥ ，  2 2 2 1 1 当且仅当a=− ,b= 时，等号成立， 2 2 1 所以a2+b2的最小值为 . 2 故选C. 二、多选题 π 9．对于函数 f(x)=sin2x和g(x)=sin(2x− )，下列说法正确的有（ ） 4 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)的图像有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】由正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. kπ π kπ π 【解析】A令 f(x)=sin2x=0，解得x= ,k∈Z，即为 f(x)零点，令g(x)=sin(2x− )=0，解得x= + ,k∈Z， 2 4 2 8 即为g(x)零点，显然 f(x),g(x)零点不同，A错误； B显然 f(x) =g(x) =1，B正确； max max 2π C由周期公式， f(x),g(x)的周期均为 =π，C正确； 2 π kπ π D由正弦函数的性质 f(x)的对称轴满足2x=kπ+ ⇔ x= + ,k∈Z，g(x)的对称轴满足 2 2 4 π π kπ 3π 2x− =kπ+ ⇔ x= + ,k∈Z，显然 f(x),g(x)图像的对称轴不同，D错误. 4 2 2 8 故选BC。 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|= 15 C．当|PB|=2时，PA⊥ AB D．满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个 【答案】ABD 【分析】A、抛物线准线为x=−1，根据圆心到准线的距离来判断；B、P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而 得出切线长；C、根据 PB =2先算出P的坐标，然后验证k k =−1是否成立；D、根据抛物线的定义，PB = PF ， PA AB 于是问题转化成 PA = PF 的P点的存在性问题，此时考察AF 的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点 坐标进行求解. 【解析】A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正确； BP,A,B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标y =4，由y2 =4x ，得到x =4，故P(4,4)， P P P P 此时切线长 PQ = PA 2−r2 = 42−12 = 15，B正确； 4−2 C当 PB =2时，x =1，此时y2 =4x =4，故P(1,2)或P(1,−2)，当P(1,2)时，A(0,4),B(−1,2)，k = =−2， P P P PA 0−1 4−2 4−(−2) 4−(−2) k = =2，不满足k k =−1；当P(1,−2)时，A(0,4),B(−1,2)，k = =−6，k = =6，不满 AB 0−(−1) PA AB PA 0−1 AB 0−(−1) 足k k =−1；于是PA⊥ AB不成立，C错误； PA AB D方法一：利用抛物线定义转化 由抛物线的定义， PB = PF ，这里F(1,0)，于是 PA = PB 时P点的存在性问题转化成 PA = PF 时P点的存在性 1  1 1 2x+15 问题，A(0,4),F(1,0)，AF 中点 ,2，AF 中垂线的斜率为− = ，于是AF 的中垂线方程为：y= ，与 2  k 4 8 AF 抛物线y2 =4x联立可得y2−16y+30=0， ∆=162−4×30=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 PA = PF ，D正确. 方法二：（设点直接求解） t2  设P ,t，由PB⊥l可得B(−1,t)，又A(0,4)，又 PA = PB ，  4  t4 t2 根据两点间的距离公式， +(t−4)2 = +1，整理得t2−16t+30=0， 16 4 ∆=162−4×30=136>0，则关于t的方程有两个解， 即存在两个这样的P点，D正确. 故选ABD。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 【答案】AD 【分析】A、先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出 f(x)在(−1,0),(0,a),(a,2a) 上各有一个零点；B、根据极值和导函数符号的关系进行分析；C、假设存在这样的a,b，使得x=b为 f(x)的对称轴， 则 f(x)= f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D、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，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【解析】A f′(x)=6x2−6ax=6x(x−a)，由于a>1，故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时 f′(x)>0，故 f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上 单调递增，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a>1时， f(x)有三个零点，A正确； B f′(x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0), f′(x)<0，f(x)单调递减，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错误； C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，由二项式定理，等式右边(2b−x)3展开式含有x3的项为 2C3(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， 3 于是不存在这样的a,b，使得x=b为 f(x)的对称轴，C错误； D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 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 12−6a=0  即12a−24=0 ，解得a=2，即存在a=2使得(1, f(1))是 f(x)的对称中心，D正确.  18−12a=6−6a 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，a a a a 由 f′′(x)=0⇔ x= ，于是该三次函数的对称中心为 , f  ，由题意(1, f(1))也是对称中心，故 =1⇔a=2， 2 2 2 2 即存在a=2使得(1, f(1))是 f(x)的对称中心，D正确. 故选：AD 三、填空题 12．记S 为等差数列{a }的前n项和，若a +a =7，3a +a =5，则S = . n n 3 4 2 5 10 【答案】95  a +2d+a +3d =7 a =−4 【解析】因为数列a 为等差数列，由题意得 1 1 ，解得 1 ， n 3(a 1 +d)+a 1 +4d =5  d =3 10×9 则S =10a + d =10×(−4)+45×3=95. 10 1 2 答案为：95. 13．已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ= 2+1，则sin(α+β)= . 2 2 【答案】− 3 【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan(α+β)=−2 2，再缩小α+β的范围，最后结合同角的平方和关 系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. tanα+tanβ 4 【解析】法一：由题意得tan(α+β)= 1−tanαtanβ = 1− ( 2+1 ) =−2 2， 因为α∈  2kπ,2kπ+ π ,β∈  2mπ+π,2mπ+ 3π ，k,m∈Z，则α+β∈((2m+2k)π+π,(2m+2k)π+2π ) ，k,m∈Z，  2  2   3π  又因为tan(α+β)=−2 2 <0，则α+β∈ (2m+2k)π+ ,(2m+2k)π+2π，k,m∈Z，则sin(α+β)<0，则  2  sin(α+β) =−2 2，联立 sin2(α+β)+cos2(α+β)=1，解得sin(α+β)=− 2 2 . cos(α+β) 3 法二： 因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cosα>0,cosβ<0, cosα 1 cosβ −1 cosα= = ，cosβ= = ， sin2α+cos2α 1+tan2α sin2β+cos2β 1+tan2β 则sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=cosαcosβ(tanα+tanβ) −4 −4 −4 2 2 =4cosαcosβ= = = =− 1+tan2α 1+tan2β (tanα+tanβ)2+(tanαtanβ−1)2 42+2 3 2 2 答案为：− . 3 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 ．【答案】 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可 求解. 【详解】根据题意知，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； 每种选法可标记为(a,b,c,d)，a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： (11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)， (12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)， (13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)， (15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)， 所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112. 答案为：24；112 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+ 3cosA=2． (1)求A． (2)若a=2， 2bsinC =csin2B，求ABC的周长． π 【答案】(1)A= 6 (2)2+ 6+3 2 【分析】（1）根据辅助角公式对条件sinA+ 3cosA=2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的 关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长. 【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 1 3 π π π 4π π π 由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sin(A+ )=1，由于A∈(0,π)⇒ A+ ∈( , )，故A+ = ， 2 2 3 3 3 3 3 2 π 解得A= 6 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由sinA+ 3cosA=2，又sin2 A+cos2 A=1，消去sinA得到： 3 π 4cos2 A−4 3cosA+3=0⇔(2cosA− 3)2 =0，解得cosA= ，又A∈(0,π)，故A= 2 6 方法三：利用极值点求解  π 设 f(x)=sinx+ 3cosx(00两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函 数解不等式即可；解法二：求导，可知 f′(x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求 f (x)的单调性和极值， 分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可. 【解析】（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）解法一：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，错误；若a>0，令 f′(x)>0，解得x>lna；令 f′(x)<0，解得x0，构 1 建g(a)=a2+lna−1,a>0，则g′(a)=2a+ >0，可知g(a)在(0,+∞)内单调递增，且g(1)=0，不等式a2+lna−1>0 a 等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1,+∞)； 解法二：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， 若a>0，令 f′(x)>0，解得x>lna；令 f′(x)<0，解得x0，构建g(a)=a2+lna−1,a>0，因为则y=a2,y=lna−1在(0,+∞)内单调递增， 可知g(a)在(0,+∞)内单调递增，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,+∞) .  2 17．如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5 3，∠ADC =90°，∠BAD=30°，点E，F满足AE= AD， 5  1 AF = AB，将△AEF 沿EF对折至 ，使得PC =4 3． 2 △𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 (1)证明：EF ⊥PD； (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 8 65 (2) 65 【分析】（1）根据余弦定理求得EF =2，利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD，则EF ⊥PE,EF ⊥DE，结合线面 垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明PE⊥ED，建立如图空间直角坐标系E−xyz，利用空间向量 法求解面面角即可.  2  1 【解析】（1）由AB=8,AD=5 3,AE= AD,AF = AB，得AE=2 3,AF =4，又∠BAD=30°，在△AEF 中，根据余弦定 5 2 理得 EF = AE2+AF2−2AE⋅AFcos∠BAD = 16+12−2⋅4⋅2 3⋅ 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）连接CE，由∠ADC=90°,ED=3 3,CD=3，则CE2 =ED2+CD2 =36， 在PEC中，PC=4 3,PE=2 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，建立如图空间直角坐标系E−xyz， 则E(0,0,0),P(0,0,2 3),D(0,3 3,0),C(3,3 3,0),F(2,0,0),A(0,−2 3,0)，由F 是AB的中点，得B(4,2 3,0)，     所以PC=(3,3 3,−2 3),PD=(0,3 3,−2 3),PB=(4,2 3,−2 3),PF =(2,0,−2 3)，   设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x,y ,z ),m=(x ,y ,z )， 1 1 1 2 2 2      n⋅PC =3x +3 3y −2 3z =0  m⋅PB=4x +2 3y −2 3z =0 则   1 1 1 ，   2 2 2 ， n⋅PD=3 3y −2 3z =0 m⋅PF =2x −2 3z =0 1 1 2 2       m⋅n 1 65 令y =2,x = 3，得x =0,z =3,y =−1,z =1，所以n=(0,2,3),m=( 3,−1,1)，所以 cosm,n =   = = ，设平 1 2 1 1 2 2 m n 5⋅ 13 65 8 65 8 65 面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ= 1−cos2θ= ，即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为 . 65 65 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，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另 一名队员投篮3次，每次投中得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< p0， ∴P >P ，应该由甲参加第一阶段比赛. 甲 乙 (ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩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 C1q⋅(1−q)2，   3 P(X =10)=  1−(1− p)3  ⋅C 3 2q2(1−q)， P(X =15)=  1−(1− p)3  ⋅q3， ∴E(X)=15  1−(1− p)3  q=15 ( p3−3p2+3p ) ⋅q 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩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)， 因为0< p0， ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 19．已知双曲线C:x2−y2 =m(m>0)，点P(5,4)在C上，k为常数，0