2024年高考數(shù)學(xué)仿真模擬卷(五)（新高考專用）解析

2024年高考數(shù)學(xué)仿真模擬卷(五)（新高考專用）解析(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.答案D解析由z＋2i＝eq\f(1,1－i)，得z＝eq\f(1,1－i)－2i＝eq\f(1＋i,2)－2i＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，所以eq\x\to(z)·(1＋3i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,2)i))·(1＋3i)＝eq\f(－8＋6i,2)＝－4＋3i，所以|eq\x\to(z)·(1＋3i)|＝eq\r(－42＋32)＝5.2.答案C解析由題意，可得log2x<1＝log22，∴A＝{x|0<x<2}；又x2＋x－2≤0，∴B＝{x|－2≤x≤1}，則A∩B＝{x|0<x≤1}．3.答案B解析由題設(shè)eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(BC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(BA,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,6)b.4.答案B解析由圖可知，講座前10位居民問卷答題的正確率分別為65%,60%,70%,60%,65%,75%,90%,85%,80%,95%，講座后10位居民問卷答題的正確率分別為90%,85%,80%,90%,85%,85%,95%,100%,85%,100%.講座前10位居民問卷答題的正確率按從小到大排列為60%,60%,65%,65%,70%,75%,80%,85%,90%,95%，其中位數(shù)為eq\f(70%＋75%,2)＝72.5%<75%，故A錯(cuò)誤；講座后10位居民問卷答題的正確率的眾數(shù)為85%，故B正確；由圖可知，講座前10位居民問卷答題的正確率波動(dòng)比講座后的大，所以講座前10位居民問卷答題的正確率的方差大于講座后正確率的方差，故C錯(cuò)誤；講座前10位居民問卷答題的正確率的極差為95%－60%＝35%，講座后10位居民問卷答題的正確率的極差為100%－80%＝20%，20%<35%，故D錯(cuò)誤．5.答案D解析因?yàn)閏os2θ－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝1，所以2cos2θ－1＋3cosθ＝1，所以(2cosθ－1)(cosθ＋2)＝0，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以cosθ∈(0,1)，所以2cosθ－1＝0，則cosθ＝eq\f(1,2)，所以sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\f(\r(3),2)，則tanθ＝－eq\r(3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(tan\f(π,4)－tanθ,1＋tan\f(π,4)tanθ)＝eq\f(1＋\r(3),1－\r(3))＝－2－eq\r(3).6.答案A解析由圖所示，易知三棱錐D－ABC的外接球球心為AC的中點(diǎn)O，易得OB＝OC＝OD＝1，且OC⊥OB，DO⊥平面OBC，計(jì)算可得BC＝CD＝BD＝eq\r(2)，設(shè)球心到平面BCD的距離為d，則VD－OBC＝VO－BCD?eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,3)×d×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2?d＝eq\f(\r(3),3).7.答案C解析設(shè)∠PF1F2＝θ，由已知可得|PF1|＝|F1F2|＝2c，根據(jù)橢圓的定義有|PF2|＝2a－|PF1|＝2a－2c.又eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a2，所以|eq\o(F1P,\s\up6(→))|·|eq\o(F1F2,\s\up6(→))|·cosθ＝eq\f(1,2)a2，即4c2cosθ＝eq\f(1,2)a2.在△PF1F2中，由余弦定理可得|PF2|2＝|PF1|2＋|F1F2|2－2|PF1|·|F1F2|cosθ，即(2a－2c)2＝8c2－8c2cosθ＝8c2－a2，整理可得4c2＋8ac－5a2＝0，等式兩邊同時(shí)除以a2可得4e2＋8e－5＝0，解得e＝eq\f(1,2)或e＝－eq\f(5,2)(舍去)，所以e＝eq\f(1,2).8.答案A解析由題意可得f(2＋x)＝－f(x)，f(4＋x)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期為4的函數(shù)，且圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱．令g(x)＝f(x)－πx，則g′(x)＝f′(x)－π，∵當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f′(x)>π，∴當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，g′(x)>0，∴函數(shù)g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，g(x)≥g(0)＝f(0)－π×0＝0，即f(x)－πx≥0，設(shè)h(x)＝sinπx－πx，x∈[0,1]，h′(x)＝πcosπx－π＝π(cosπx－1)≤0，即函數(shù)h(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，則h(x)≤h(0)＝0，即sinπx≤πx，故f(x)≥sinπx在[0,1]上恒成立，結(jié)合對(duì)稱性可畫出函數(shù)f(x)和y＝sinπx在[－3,3]上的簡(jiǎn)圖，如圖所示．由圖象可知，不等式f(x)≤sinπx在[－3,3]上的解集為[－2,0]∪[2,3]．二、選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求的．全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．答案AC解析從兩個(gè)盒子中取出的兩個(gè)數(shù)字之和只有兩種結(jié)果：偶數(shù)和奇數(shù)．而“數(shù)字之和為9”是結(jié)果為奇數(shù)的其中一種情況，所以事件A與B是互斥事件，選項(xiàng)A正確；從兩個(gè)盒子各取1個(gè)小球，共有4×4＝16(種)結(jié)果，其中數(shù)字之和為偶數(shù)的有8種；數(shù)字之和等于9的有5＋4,6＋3,7＋2,8＋1這4種；數(shù)字之和大于9的有6＋4,7＋3,7＋4,8＋2,8＋3,8＋4這6種．所以P(A)＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4)，P(C)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).因?yàn)镻(B)＋P(C)＝eq\f(5,8)≠1，所以B與C不是對(duì)立事件，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；事件AC為“取出的數(shù)字之和為偶數(shù)且大于9”，其結(jié)果有4種：6＋4,7＋3,8＋2,8＋4.所以P(AC)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4)，顯然P(AC)≠P(A)P(C)，所以A與C不是相互獨(dú)立事件，選項(xiàng)C正確；因?yàn)楫?dāng)取出的數(shù)字之和為偶數(shù)時(shí)，不可能出現(xiàn)取出的數(shù)字之和等于9這種情況，所以P(AB)＝0，而P(A)P(B)＝eq\f(1,8)≠0，所以A與B不是相互獨(dú)立事件，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．10.答案ABD解析由題意，d的最大值為5.2，最小值為－0.8，則A＋K＝5.2，－A＋K＝－0.8，所以A＝3，K＝2.2，故A正確；由旋轉(zhuǎn)一周需要60s，得函數(shù)的周期T＝eq\f(2π,ω)＝60，所以ω＝eq\f(π,30)，故B正確；故d＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋φ))＋2.2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，當(dāng)t＝0時(shí)，d＝0，則3sinφ＋2.2＝0，所以sinφ＝－eq\f(2.2,3)，故C錯(cuò)誤；由sinφ＝－eq\f(2.2,3)，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，得－eq\f(π,2)<φ<0，因?yàn)閠∈[0,60]，所以eq\f(π,30)t＋φ∈[φ，2π＋φ]，由－eq\f(π,2)<φ<0，得eq\f(3π,2)<2π＋φ<2π，令d＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋φ))＋2.2≥3.7，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋φ))≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)≤eq\f(π,30)t＋φ≤eq\f(5π,6)，故5－eq\f(30,π)φ≤t≤25－eq\f(30,π)φ，所以P離水面的距離不小于3.7m的時(shí)長(zhǎng)為25－eq\f(30,π)φ－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(30,π)φ))＝20(s)，故D正確．11.答案ABD解析如圖，過點(diǎn)A，B分別作拋物線的準(zhǔn)線x＝－1的垂線，垂足為A′，B′.過點(diǎn)B作AA′的垂線，垂足為E，設(shè)|BF|＝m，則|AF|＝3m，由拋物線定義得|AE|＝|AA′|－|BB′|＝|AF|－|BF|＝3m－m＝2m，|AB|＝4m，在Rt△ABE中，cos∠BAE＝eq\f(2m,4m)＝eq\f(1,2)，所以∠BAE＝eq\f(π,3)，所以直線l的斜率為eq\r(3)，故A項(xiàng)正確；則直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3，,y1＝2\r(3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,3)，,y2＝－\f(2\r(3),3)，))即A(3,2eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2\r(3),3)))，所以|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(16,3)，故B項(xiàng)正確；連接OA，OB，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝1－4＝－3≠0，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；線段AF的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2，eq\r(3))，它到y(tǒng)軸的距離為2，因?yàn)閨AF|＝4，所以r＝2，所以以AF為直徑的圓與y軸相切，故D項(xiàng)正確．12.答案ABC解析因?yàn)閳A錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以圓錐的母線長(zhǎng)為2，底面圓的半徑為1，圓錐的高為eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以圓錐的表面積為S＝π×1×2＋π×12＝2π＋π＝3π，故選項(xiàng)A正確；設(shè)圓柱的高為h，如圖，則eq\f(r,1)＝eq\f(\r(3)－h(huán),\r(3))，解得h＝eq\r(3)(1－r)，則圓柱的體積為V(r)＝πr2·h＝eq\r(3)πr2(1－r)，令f(r)＝r2(1－r)(0<r<1)，則f′(r)＝r(2－3r)，當(dāng)0<r<eq\f(2,3)時(shí)，f′(r)>0，f(r)單調(diào)遞增，當(dāng)eq\f(2,3)<r<1時(shí)，f′(r)<0，f(r)單調(diào)遞減，所以f(r)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，所以圓柱的體積最大值為V(r)max＝eq\r(3)π×eq\f(4,27)＝eq\f(4\r(3)π,27)，故選項(xiàng)B正確；如圖，設(shè)圓錐的外接球球O的半徑為R，則由△ABC是正三角形可得BO1＝1，AO1＝eq\r(3)，在Rt△BO1O中，R2＝(eq\r(3)－R)2＋12，解得R＝eq\f(2\r(3),3)，所以圓錐的外接球體積為V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))3＝eq\f(32\r(3)π,27)，故選項(xiàng)C正確；因?yàn)閂(r)＝eq\r(3)πr2(1－r)，所以eq\f(Vr1＋Vr2,2)＝eq\f(\r(3)πr\o\al(2,1)1－r1＋\r(3)πr\o\al(2,2)1－r2,2)＝eq\f(\r(3)πr\o\al(2,1)－r\o\al(3,1)＋r\o\al(2,2)－r\o\al(3,2),2)，Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))＝eq\r(3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(r1＋r2,2)))＝eq\r(3)πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))3))，所以V(r1)＋V(r2)－2Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))＝eq\r(3)πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(r\o\al(2,1)－r\o\al(3,1)＋r\o\al(2,2)－r\o\al(3,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))3))＝eq\f(\r(3)π,2)(r1－r2)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)r1＋r2))，由于eq\f(3,2)(r1＋r2)與1的關(guān)系無法判斷，所以eq\f(Vr1＋Vr2,2)與Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1＋r2,2)))的大小關(guān)系不確定，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．答案eq\f(11,4)解析∵a1＋a5＝3a2，∴2a1＋4d＝3a1＋3d，∴a1＝d，eq\f(S10,a20)＝eq\f(10a1＋45d,a1＋19d)＝eq\f(55d,20d)＝eq\f(11,4).14.答案42解析若這兩名同學(xué)選自同一個(gè)學(xué)校，則有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝6(種)安排方法；若這兩名同學(xué)選自兩所不同學(xué)校有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)種選法，比如1,2分別選自甲、乙兩所學(xué)校，則1去乙，2可去甲或丙校，若1去丙校，則2只能去甲校，即此時(shí)有3種方法安排學(xué)生，故有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)×(2＋1)＝36(種)安排方法．綜上，有36＋6＝42(種)不同的安排方法．15.答案x2＋y2＋x－y－2＝0解析聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))整理得y＝x＋2，代入x2＋y2－4＝0，得x2＋2x＝0，解得x＝0或x＝－2，則圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2)，(－2,0)，設(shè)經(jīng)過點(diǎn)P(1,1)以及(0,2)，(－2,0)的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋D＋E＋F＝0，,4＋2E＋F＝0，,4－2D＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝1，,E＝－1，,F＝－2，))故經(jīng)過點(diǎn)P(1,1)以及圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0交點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2＋x－y－2＝0.16.答案－1解析令x＝y(tǒng)＝1，則f(2)＝f(1)f(0)＋f(0)f(1)＝2f(0)＝0，∴f(0)＝0；令x＝2，y＝－1，則f(1)＝f2(2)＋f2(－1)＝f2(－1)＝1，又f(－1)<0，∴f(－1)＝－1，令y＝1，則f(x＋1)＝f(x)f(0)＋f(1－x)f(1)＝f(1－x)，∴f(x)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱；令y＝－x，則f(0)＝f(x)f(1＋x)＋f(1－x)f(－x)＝[f(x)＋f(－x)]f(1＋x)＝0，∵f(1＋x)＝0不恒成立，∴f(x)＋f(－x)＝0恒成立，∴f(x)為奇函數(shù)，∵f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(55)＝f(4×14－1)＝f(－1)＝－1.四、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．證明(1)由已知，an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1，∴an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an)，顯然an＋1－2an＝0與a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－2an≠0，∴eq\f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝3，∴數(shù)列{an＋1－2an}是首項(xiàng)為a2－2a1＝5－2＝3，公比為3的等比數(shù)列．(2)∵an＋2＝5an＋1－6an，∴an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1，∴an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an)，顯然an＋1－3an＝0與a1＝1，a2＝5矛盾，∴an＋1－3an≠0，∴eq\f(an＋2－3an＋1,an＋1－3an)＝2，∴數(shù)列{an＋1－3an}是首項(xiàng)為a2－3a1＝5－3＝2，公比為2的等比數(shù)列，∴an＋1－3an＝2n，①又an＋1－2an＝3n，②②－①得an＝3n－2n，∴存在bn＝3n，cn＝－2n，兩個(gè)等比數(shù)列{bn}，{cn},使得an＝bn＋cn成立．18．解(1)樣本中愛好飛盤運(yùn)動(dòng)的年輕人中男性有16人，女性有24人，比例為4∶6，按照性別采用比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法抽取10人，則抽取男性4人，女性6人．隨機(jī)變量X的取值為0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(C\o\al(3,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,6),C\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(1,30)，隨機(jī)變量X的分布列為X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).(2)零假設(shè)為H0：愛好飛盤運(yùn)動(dòng)與性別無關(guān)聯(lián)．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得到χ2＝eq\f(50×6×24－4×162,10×40×22×28)≈1.299<6.635＝x0.01，根據(jù)小概率值α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷H0不成立，因此可以認(rèn)為H0成立，即認(rèn)為愛好飛盤運(yùn)動(dòng)與性別無關(guān)聯(lián)．列聯(lián)表中所有數(shù)據(jù)都擴(kuò)大到原來的10倍后，χ2＝eq\f(500×60×240－40×1602,100×400×220×280)≈12.99>6.635＝x0.01，根據(jù)小概率值α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷H0不成立，即認(rèn)為愛好飛盤運(yùn)動(dòng)與性別有關(guān)聯(lián)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.01.所以結(jié)論不一樣，原因是每個(gè)數(shù)據(jù)都擴(kuò)大為原來的10倍，相當(dāng)于樣本量變大為原來的10倍，導(dǎo)致推斷結(jié)論發(fā)生了變化．19．解(1)如圖所示，連接OA，OC，在△AOC中，OA＝OC＝eq\f(7\r(3),3)，AC＝7，∴cos∠AOC＝eq\f(OA2＋OC2－AC2,2OA·OC)＝eq\f(\f(49,3)＋\f(49,3)－49,2×\f(49,3))＝－eq\f(1,2)，∵0<∠AOC<π，∴∠AOC＝eq\f(2π,3)，則∠ADC＝eq\f(π,3)，∵AD＝CD，∴△ACD為等邊三角形，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AC2·sin

eq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×49×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(49\r(3),4)，∵∠ABC＋∠ADC＝π，∴∠ABC＝eq\f(2π,3)，在△ABC中，AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcos

eq\f(2π,3)，即49＝25＋AB2＋5AB，又∵AB>0，∴AB＝3，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×3×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4)，∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝16eq\r(3).(2)設(shè)BC＝a，AB＝c，在△ABC中，由題意可知，∠ABC＝eq\f(2π,3)，AC＝7，則eq\f(a2＋c2－49,2ac)＝－eq\f(1,2)，即a2＋c2＋ac＝49，故(a＋c)2＝49＋ac，∵a>0，c>0，∴ac≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，等號(hào)成立，∴(a＋c)2＝49＋ac≤49＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，等號(hào)成立，∴eq\f(3,4)(a＋c)2≤49，則(a＋c)2≤eq\f(4×49,3)，∵a＋c>0，故7<a＋c≤eq\f(14\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，等號(hào)成立，∴14<a＋c＋AC≤eq\f(14\r(3),3)＋7，即△ABC周長(zhǎng)的最大值為eq\f(14\r(3),3)＋7.20．(1)證明如圖，延長(zhǎng)三條側(cè)棱交于點(diǎn)P.因?yàn)锽C＝2，EF＝1，所以D，E，F(xiàn)分別為AP，BP，CP的中點(diǎn)，且AB＝2DE＝2eq\r(5).因?yàn)锳D＝BE，所以AP＝BP.取AB的中點(diǎn)M，連接PM，CM，則PM⊥AB.因?yàn)锳C＝4，BC＝2，AB＝2eq\r(5)，所以AC2＋BC2＝AB2，所以CA⊥CB.因?yàn)锳M＝CM，則△PAM≌△PCM，故∠PMC＝∠PMA＝90°，即PM⊥MC.因?yàn)镻M⊥AB，AB∩MC＝M，AB?平面ABC，MC?平面ABC，所以PM⊥平面ABC.又PM?平面ABED，故平面ABED⊥平面ABC.(2)解因?yàn)閂D－BCF＝eq\f(1,2)VD－BCP＝eq\f(1,4)VA－BCP＝eq\f(1,4)VP－ABC＝2，所以VP－ABC＝8.而S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×PM＝eq\f(1,3)×4×PM＝8，解得PM＝6.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB所在直線分別為x軸、y軸，作Cz垂直于平面ABC，以Cz為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(4,0,0)，P(2,1,6)，B(0,2,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)，3))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，3))，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面EBD的法向量，即n1為平面ABP的法向量，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－2,1,6)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝－4x＋2y＋0＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝－2x＋y＋6z＝0，))不妨設(shè)x＝1，則平面EBD的一個(gè)法向量n1＝(1,2,0)．同理可求得平面BDF的一個(gè)法向量n2＝(0,2,1)．所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(0＋4＋0,\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，所以平面EBD與平面BDF夾角的余弦值為eq\f(4,5).21．(1)解由已知可得A(－1,0)，B(1,0)．因?yàn)辄c(diǎn)M(2，eq\r(3))，直線BM的斜率為kMB＝eq\f(\r(3)－0,2－1)＝eq\r(3)，所以直線BM的垂線l的方程為y－0＝－eq\f(1,\r(3))(x－2)，整理可得x＝－eq\r(3)y＋2.設(shè)點(diǎn)S(x1，y1)，T(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)y＋2，,x2－y2＝1))可得2y2－4eq\r(3)y＋3＝0，則Δ＝(－4eq\r(3))2－4×2×3＝24>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2\r(3)，,y1y2＝\f(3,2)，))所以|ST|＝eq\r(1＋－\r(3)2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝2eq\r(2\r(3)2－4×\f(3,2))＝2eq\r(6).原點(diǎn)O到直線l的距離為d＝1，所以△OST的面積為eq\f(1,2)×|ST|×d＝eq\f(1,2)×2eq\r(6)×1＝eq\r(6).(2)證明①②為條件，③為結(jié)論．令點(diǎn)D(0，yD)，M(x0，y0)(x0>1)，且xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1，因?yàn)锳，D，M三點(diǎn)共線，所以eq\f(y0,x0＋1)＝y(tǒng)D.又eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))，所以點(diǎn)E的坐標(biāo)為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋1)))，因?yàn)橹本€BM的斜率為kBM＝eq\f(y0,x0－1).又BM⊥EQ，所以kEQ＝－eq\f(1,kBM)＝eq\f(1－x0,y0).設(shè)點(diǎn)Q(xQ,0)，因?yàn)橹本€EQ的斜率kEQ＝eq\f(\f(2y0,x0＋1),－xQ)，所以xQ＝eq\f(2y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(2y\o\al(2,0),y\o\al(2,0))＝2，所以|OQ|＝2.①③為條件，②為結(jié)論．令點(diǎn)D(0，yD)，M(x0，y0)(x0>1)，且xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1，因?yàn)锳，D，M三點(diǎn)共線，所以eq\f(y0,x0＋1)＝y(tǒng)D.又eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))，所以點(diǎn)E的坐標(biāo)為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋1)))，又|OQ|＝2，點(diǎn)Q在x軸正半軸上，所以Q(2,0)，所以kEQ＝eq\f(\f(2y0,x0＋1),－2)＝－eq\f(y0,x0＋1).又kBM＝eq\f(y0,x0－1)，所以kBM·kEQ＝eq\f(y0,x0－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y0,x0＋1)))＝－eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－1)＝－eq\f(x\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－1)＝－1，所以BM⊥EQ.②③為條件，①為結(jié)論．令點(diǎn)D(0，yD)，M(x0，y0)(x0>1)，且xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1，不妨設(shè)y0>0.因?yàn)锳，D，M三點(diǎn)共線，所以yD＝eq\f(y0,x0＋1)>0，且yeq\o\al(2,D)＝eq\f(y\o\al(2,0),x0＋12)