【高考数学】2024年普通高等学校招生全国统一考试真题（全国甲卷·理）π911．在△ABC中，内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B,b2ac,则sinAsinC＝（）347【答案】2π941【解析】因为B,b2ac,所以sinAsinCsin2B.由余弦定理可得：34939131313b2a2c2acac，即：a2c2ac,sin2Asin2CsinAsinC，所以4441277(sinAsinC)2sin2Asin2C2sinAsinC,sinAsinC.4212．已知2bac,直线axbyc0与圆C:x2(y2)25A,B|AB|交于两点，则的最小值为（）【答案】4【解析】因为a2bc0,所以直线axbyc0恒过P(1,2)．当PCAB时，|AB|取得|PC|1,|AB|25|PC|24.最小值，此时14．甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r和r,母线长分别为2rr和3rr,则两个圆台211212V的体积之比甲=.V乙6【答案】4Vh3rr6【解析】甲甲12．Vh22rr4乙乙1211515．已知a1，,则alogalog42.8a16．编号为1、2、3、4、5、6的六个小球，不放回的抽取三次，记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过0.5的概率是.7【答案】15【详解】记前三个球的号码分别为a,b,c，则共有A3120种可能.令6ababcab2cmn0.5.可得：ab2c3,根据对称性：c1或6236时，均有2种可能：c2或5时，均有10种可能：c3或4时，均有16种可能：故满足条件的共有56种可能，567P.1201518．已知数列a的前n项和为S，且4S3a4．nnnn(1)求a的通项公式；n(2)设b(1)n1na，求数列b的前n项和T.nnnn【答案】(1)a4(3)n1；(2)T(2n1)3n1.nn【解析】(1)因为4S3a4,所以4S3a4，两式相减可得4a3a3a，即nnn1n1n1n1na3a，又因为4S3a4，所以a4，故数列a是首项为4，公比为3的等比数列，n1n111na4(3)n1；n(2)b(1)n1na4n3n1，nn所以T4130231332n3n1,3T4131232333n3n，nn两式相减可得：13n2T4131323n1n3n4n3n(24n)3n2,n13△T(2n1)3n1.n19．如图，已知AB//CD,CD//EF,ABDEEFCF2,CD4,ADBC10,AE23,M为CD的中点.（1）证明：EM平面BCF；（2）求二面角AEMB的正弦值.3【答案】（1）见详解；（2）413【解析】（1）由题意：EF//CM,EFCM，而CF△平面ADO,EM△平面ADO，所以EM//平面BCF；（2）取DM的中点O,连结OA,OE,则OADM,OEDM,OA3,OE3,AE23.故OAOE,以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,3),E(3,0,0),M(0,1,0),B(0,2,3),AE(3,0,3),EM(3,1,0),MB(0,1,3),设平面AEM的法向量为n(x,y,z).nAE03x3z0由可得：,令z1,则n(3,3,1),同理：取平面BEM的法向nEM03xy0mn1143量为m(3,3,1),则cosm,n,sinm,n.故二面角AEMBmn13133的正弦值为4.13x2y2320．已知椭圆C:1(ab0)的右焦点为F,点M1,在椭圆C上,且MFx轴.a2b22(1)求椭圆C的方程；（2）P(4,0),过P的直线与椭圆C交于A,B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q,证明：AQy轴.x2y2【答案】（1）1；（2）见详解433【解析】(1)设椭圆C的左焦点为F,则|