2024年海南高考数学试题(含答案)

本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.

一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．已知z1i，则z（ ）A．0

B．1

C．2D．2

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C．p和q都是真命题

B．p和q都是真命题D．p和q都是真命题

a1,a2b2b2abb3．已知向量a,b满足，且，则（ ）

A．21B．22C．32D．1

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（单位：kg）并部分整理下表亩产

[900，950）

量频数

6

12

18

24

10

[950，1000）

[1000，1050）

[1100，1150）

[1150，1200）

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

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（ ）x2y21（y0）A．164x2y2B．1（y0）

168y2x2D．1（y0）

168y2x2C．1（y0）

1646．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．1B．21C．1D．2

7．已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为的正切值为（ ）A．2152，AB6，A1B12，则A1A与平面ABC所成角3B．1C．2D．3

8．设函数f(x)(xa)ln(xb)，若f(x)0，则a2b2的最小值为（ ）A．

18B．

14C．21D．1

二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.

π9．对于函数f(x)sin2x和g(x)sin(2x)，下列正确的有（ ）

4A．f(x)与g(x)有相同零点C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期

B．f(x)与g(x)有相同最大值D．f(x)与g(x)的图像有相同的对称轴

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|15C．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：本大题共 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为第一象限角，为第三象限角，tantan4，tantan21，则sin() .

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 ．

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．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．16．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．如图，平面四边形ABCD中，AB8，CD3，AD53，ADC90，

12BAD30，点E，F满足AEAD，AFAB，将△AEF沿EF对折至!PEF，使得

52PC43．(1)证明：EFPD；

(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．

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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？

2219．已知双曲线C:xy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1，求x2,y2；21k的等比数列；1k(2)证明：数列xnyn是公比为

(3)设Sn为PnPn1Pn2的面积，证明：对任意的正整数n，SnSn1.

1．C

【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【详解】若z1i，则z故选：C.2．B

【分析】对于两个命题而言，可分别取x=1、x1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.

【详解】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．B

11222.2a1,a2b2，得14ab4b216b24，b2ab【分析】由得b2ab，结合

由此即可得解.

2【详解】因为b2ab，所以b2ab0，即b2ab，

又因为a1,a2b2，

22所以14ab4b16b4，

2从而b.2故选：B.4．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.【详解】对于 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, 故 A 错误；对于B，亩产量不低于1100kg的频数为241034，所以低于1100kg的稻田占比为

1003466%，故B错误；100对于C，稻田亩产量的极差最大为1200900300，最小为1150950200，故C正确；

对于D，由频数分布表可得，亩产量在[1050,1100)的频数为100(612182410)30，所以平均值为D错误.故选；C.5．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.【详解】设点M(x,y)，则P(x,y0),P(x,0)，因为M为PP的中点，所以y02y，即P(x,2y)，又P在圆x2y216(y0)上，所以x24y216(y0)，即

x2y21(y0)，1641(692512975181025301075241125101175)1067，故100x2y2即点M的轨迹方程为1(y0).

164故选：A6．D

2【分析】解法一：令Fxax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.

【详解】解法一：令f(x)gx，即a(x1)21cosx2ax，可得ax2a1cosx，

2令Fxax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符合题意；综上所述：a2.

2解法二：令hxf(x)gxax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a1cosxax2a1cosxhx，则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h0a20，解得a2，

2若a2，则hx2x1cosx,x1,1，

2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符合题意；故选：D.7．B

【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高h的结构特征求得AM43，做辅助线，结合正三棱台343，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台3ABC-A1B1C1补成正三棱锥PABC，A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得VPABC18，进而可求正三棱锥PABC的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1，则AD=33,A1D1=3，131可知SABC6693,SA1B1C1233，222设正三棱台ABC-A1B1C1的为h，则VABCA1B1C115243933933h，解得h，333如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N，设AMx，

则AA1=AM2+A1M2=x2+可得DD1DND1N2216，DN=AD-AM-MN=23-x，32213x2216，3622结合等腰梯形BCC1B1可得BBDD1,

22161643即x23x4，解得x，3332所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tanÐA1AD=A1M=1；AM解法二：将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥PABC，

则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，

因为

VPA1B1C11PA1A1B11，则，

VPABC27PAAB32652VPABC，则VPABC18，273可知VABCA1B1C1113设正三棱锥PABC的高为d，则VPABCd6618，解得d23，

322取底面ABC的中心为O，则PO底面ABC，且AO23，所以PA与平面ABC所成角的正切值tanPAO故选：B.8．C

【分析】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为b,，分类讨论a与b,1b的大小关

PO1.AO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：由题意可知：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，不合题意；

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，不合题意；

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，符合题意；

若a1b，当x1b,a时，可知xa0,lnxb0，此时f(x)0，不合题意；综上所述：a1b，即ba1，

11111则abaa12a，当且仅当a,b时，等号成立，

2222222222所以a2b2的最小值为2；

解法二：由题意可知：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；

1111故1ba0， 则a2b2a2a12a，

2222211当且仅当a,b时，等号成立，

22所以a2b2的最小值为2.故选：C.

1【点睛】关键点点睛：分别求xa0、ln(xb)0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.9．BC

【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.【详解】A选项，令f(x)sin2x0，解得xkπ,kZ，即为f(x)零点，2πkππ,kZ，即为g(x)零点，令g(x)sin(2x)0，解得x284显然f(x),g(x)零点不同，A选项错误；

B选项，显然f(x)maxg(x)max1，B选项正确；C选项，根据周期公式，f(x),g(x)的周期均为

2ππ，C选项正确；2πkππx,kZ，224D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2xkπg(x)的对称轴满足2xππkπ3πkπx,kZ，4228显然f(x),g(x)图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC10．ABD

【分析】A选项，抛物线准线为x=1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据PB2先算出P的坐标，然后验证kPAkAB1是否成立；D选项，根据抛物线的定义，PBPF，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.

【详解】A选项，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选项正确；

B选项，P,A,B三点共线时，即PAl，则P的纵坐标yP4，

2由yP4xP，得到xP4，故P(4,4)，

此时切线长PQPAr2421215，B选项正确；

22C选项，当PB2时，xP1，此时yP4xP4，故P(1,2)或P(1,2)，

当P(1,2)时，A(0,4),B(1,2)，kPA不满足kPAkAB1；

当P(1,2)时，A(0,4),B(1,2)，kPA不满足kPAkAB1；

于是PAAB不成立，C选项错误；

42422，2，kAB0(1)014(2)4(2)6，6，kAB0(1)01D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，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点的存在性问题，

111，A(0,4),F(1,0)，AF中点,2，AF中垂线的斜率为kAF42于是AF的中垂线方程为：y2x15，与抛物线y24x联立可得y216y300，8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选项正确.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t4t22根据两点间的距离公式，(t4)1，整理得t216t300，

164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选项正确.故选：ABD

11．AD

【分析】A选项，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选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，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选项，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.

【详解】A选项，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选项正确；B选项，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选项错误；

C选项，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，

3033根据二项式定理，等式右边(2bx)3展开式含有x3的项为2C3(2b)(x)2x，

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，于是不存在这样的a,b，使得xb为f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，

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，事实上，

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选项正确.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，

由f(x)0xaa，于是该三次函数的对称中心为,22a1a2，2af，2由题意(1,f(1))也是对称中心，故

即存在a2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD

【点睛】结论点睛：（1）f(x)的对称轴为xbf(x)f(2bx)；（2）f(x)关于(a,b)对称f(x)f(2ax)2b；（3）任何三次函数f(x)ax3bx2cxd都有对称中心，对称中

b心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是f(x)0的解，即,3a的对称中心12．95

bf是三次函数3a【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a1,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.

a12da13d7a14a【详解】因为数列n为等差数列，则由题意得，解得，

3ada4d5d311则S1010a1109d10445395.2故答案为：95.13．223【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan22，再缩小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.【详解】法一：由题意得tantantan422，1tantan121π3π因为2kπ,2kπ,2mππ,2mπ，k,mZ，

22则2m2kππ,2m2kπ2π，k,mZ，又因为tan220，

3π则2m2kπ,2m2kπ2π，k,mZ，则sin0，

2则

sin22，联立 sin2cos21，解得sin22.cos3法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则cos0,cos0,

coscossin2cos211tan2，coscossin2cos211tan2，则sin()sincoscossincoscos(tantan)4coscos

故答案为：41tan21tan24(tantan)2(tantan1)2442222322.314． 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】由题意知，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.故答案为：24；112

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、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.15．(1)Aπ6(2)2632【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.【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）

π13由sinA3cosA2可得sinAcosA1，即sin(A)1，

322πππππ4π由于A(0,π)A(,)，故A，解得A333632方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）

由sinA3cosA2，又sin2Acos2A1，消去sinA得到：

4cos2A43cosA30(2cosA3)20，解得cosA又A(0,π)，故A3，2π6方法三：利用极值点求解

π设f(x)sinx3cosx(0xπ)，则f(x)2sinx(0xπ)，

3ππ显然x时，f(x)max2，注意到f(A)sinA3cosA22sin(A)，

63f(x)maxf(A)，在开区间(0,π)上取到最大值，于是xA必定是极值点，

即f(A)0cosA3sinA，即tanA又A(0,π)，故A3，3π6方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）

设a(1,3),b(sinA,cosA)，由题意，absinA3cosA2，ababcosa,b2cosa,b，根据向量的数量积公式，

则2cosa,b2cosa,b1，此时a,b0，即a,b同向共线，

根据向量共线条件，1cosA3sinAtanA又A(0,π)，故A3，3π6方法五：利用万能公式求解

A2t3(1t2)设ttan，根据万能公式，sinA3cosA2，2221t1t整理可得，t22(23)t(23)20(t(23))2，A2t3t23，根据二倍角公式，tanA，21t23π又A(0,π)，故A6解得tan（2）由题设条件和正弦定理

2bsinCcsin2B2sinBsinC2sinCsinBcosB，又B,C(0,π)，则sinBsinC0，进而cosB于是CπABπ2，得到B，

427π，12sinCsin(πAB)sin(AB)sinAcosBsinBcosA26，4abcππ7π，由正弦定理可得，，即sinAsinBsinCsinsinsin6412解得b22,c62，2bc故ABC的周长为263216．(1)e1xy10(2)1,【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；

（2）解法一：求导，分析a0和a0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得

xa2lna10，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f(x)e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.

【详解】（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，不合题意；

若a0，令f(x)0，解得xlna；令f(x)0，解得xlna；可知f(x)在,lna内单调递减，在lna,内单调递增，

3则f(x)有极小值flnaaalnaa，无极大值，

3由题意可得：flnaaalnaa0，即a2lna10，

2构建gaalna1,a0，则ga2a10，a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,；

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xlna；可知f(x)在,lna内单调递减，在lna,内单调递增，

3则f(x)有极小值flnaaalnaa，无极大值，符合题意，

3由题意可得：flnaaalnaa0，即a2lna10，

2构建gaa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,.17．(1)证明见解析(2)86565【分析】（1）由题意，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.

【详解】（1）由AB8,AD53,AEAD,AFAB，得AE23,AF4，又BAD30，在△AEF中，

由余弦定理得EFAE2AF22AEAFcosBAD1612242332,

2251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33,CD3，则CE2ED2CD236，在PEC中，PC43,PE23,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(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),A(0,23,0)，由F是AB的中点，得B(4,23,0)，

所以PC(3,33,23),PD(0,33,23),PB(4,23,23),PF(2,0,23)，n(x,y,z),m(x2,y2,z2)，PCD设平面和平面PBF的一个法向量分别为111nPC3x133y123z10mPB4x223y223z20则，，nPD33y123z10mPF2x223z20令y12,x23，得x10,z13,y21,z21，所以n(0,2,3),m(3,1,1)，

165mn所以cosm,n，mn65513设平面PCD和平面PBF所成角为，则sin1cos2即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为865，65865.6518．(1)0.686(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；

【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；

3333（2）（i）首先各自计算出P乙1(1q)p，再作差因式分解即可甲1(1p)q，P判断；(ii)首先得到X和Y的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.

【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，

比赛成绩不少于5分的概率P10.6310.530.686.

（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为

33P甲1(1p)q，

33若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙1(1q)p，

0pq，

3333P甲P乙q(qpq)p(ppq)22(qp)q2pqp2(pq)(ppq)(qpq)(ppq)(qpq)(pq)3p2q23p2q3pq23pq(pq)(pqpq)3pq(pq)[(1p)(1q)1]0，

P甲P乙，应该由甲参加第一阶段比赛.

(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，

33P(X0)(1p)31(1p)(1q)，3212P(X5)1(1p)C3q(1q)，

322P(X10)1(1p)C3q(1q)，33P(X15)1(1p)q，332E(X)151(1p)q15p3p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，

32同理E(Y)15q3q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pq，则pq0，pq31130，则(pq)pq(pq3)0，

应该由甲参加第一阶段比赛.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.19．(1)x23，y20(2)证明见解析(3)证明见解析

【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；

（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明Sn的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明Sn的取值为与n无关的定值即可.【详解】（1）

由已知有m52429，故C的方程为x2y29.当kx311225,4yxy9联立得到时，过P且斜率为的直线为，与12222x3x9.

22解得x3或x5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q13,0，该点显然在C的左支上.

故P23,0，从而x23，y20.

（2）由于过Pnxn,yn且斜率为k的直线为ykxxnyn，与x2y29联立，得到方程

x2kxxnyn9.

22展开即得1kx2kynkxnxynkxn90，由于Pnxn,yn已经是直线

22ykxxnyn和x2y29的公共点，故方程必有一根xxn.

从而根据韦达定理，另一根x2kynkxn1k22kynxnk2xn，相应的xn1k2ynk2yn2kxn.ykxxnyn1k22kynxnk2xnynk2yn2kxn,所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn21k1k2横坐标亦可通过韦达定理表示为

，而注意到Qn的ynkxn921kx2，故Qn一定在C的左支上.

nxnk2xn2kynynk2yn2kxn,所以Pn121k1k2.xnk2xn2kynynk2yn2kxn这就得到xn1，yn1.

1k21k2xnk2xn2kynynk2yn2kxn所以xn1yn11k21k2xnk2xn2kxnynk2yn2kyn1k22k1kxyxnyn.nn1k21k21k21k1k22再由x1y19，就知道x1y10，所以数列xnyn是公比为的等比数列.

1kU,V,WUWUVa,b（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，c,d，则1adbc.（若U,V,W在同一条直线上，约定SUVW0）2112证明：SUVWUVUWsinUV,UWUVUW1cosUV,UW22SUVW1UVUWUVUW1UVUW2221UVUWUVUW22212a2b2c2d2acbd2122aca2d2b2c2b2d2a2c2b2d22abcd21221adb2c22abcd22adbc21adbc.2证毕，回到原题.

xnk2xn2kynynk2yn2kxn由于上一小问已经得到xn1，yn1，

1k21k2xnk2xn2kynynk2yn2kxn1k22k1k故xn1yn1xyxnyn.nn2221k1k1k1k22再由x1y19，就知道x1y10，所以数列xnyn是公比为

1k的等比数列.1k所以对任意的正整数m，都有

xnynmynxnm11xnxnmynynmxnynmynxnmxnxnmynynmxnynmynxnm2211xnynxnmynmxnynxnmynm22m11k21k11kxnynxnyn21kmmmxnynxnyn11k1k21k1k91k1k21k1km22xnynm.而又有Pn1Pnxn1xn,yn1yn，Pn1Pn2xn2xn1,yn2yn1，

故利用前面已经证明的结论即得SnSPnPn1Pn21xn1xnyn2yn1yn1ynxn2xn121xn1xnyn2yn1yn1ynxn2xn121xn1yn2yn1xn2xnyn1ynxn1xnyn2ynxn2222191k1k91k1k91k1k.221k1k21k1k21k1k这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以SnSn1.

xnk2xn2kynynk2yn2kxn方法二：由于上一小问已经得到xn1，yn1，

1k21k2xnk2xn2kynynk2yn2kxn1k22k1k故xn1yn1xyxnyn.nn1k21k21k21k22再由x1y19，就知道x1y10，所以数列xnyn是公比为

1k的等比数列.1k所以对任意的正整数m，都有

xnynmynxnm11xnxnmynynmxnynmynxnmxnxnmynynmxnynmynxnm2211xnynxnmynmxnynxnmynm22m11k21k11kxnynxnyn21kmmmxnynxnyn11k1k21k1k91k1k21k1km22xnynm.91k1k这就得到xn2yn3yn2xn3xnyn1ynxn1，

21k1k以及xn1yn3yn1xn391k1k21k1k22xyynxn2.nn2两式相减，即得xn2yn3yn2xn3xn1yn3yn1xn3xnyn1ynxn1xnyn2ynxn2.移项得到xn2yn3ynxn2xn1yn3ynxn1yn2xn3xnyn2yn1xn3xnyn1.故yn3ynxn2xn1yn2yn1xn3xn.

而PnPn3xn3xn,yn3yn，Pn1Pn2xn2xn1,yn2yn1.PP所以nn3和Pn1Pn2平行，这就得到SPnPn1Pn2SPn1Pn2Pn3，即SnSn1.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.