2024届新高三开学联考数学参考答案及解析三、填空题13.eq\f(5,6) 【解析】coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(3π,2)))＝sinα＋cosβ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,6).故答案为eq\f(5,6).14.eq\f(17,8) 【解析】令eq\r(1－x)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥0))，则x＝1－t2，y＝－2t2＋t＋2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥0))，所以ymax＝eq\f(17,8).故答案为eq\f(17,8).15.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) 【解析】设C的半焦距为c，则F(－c，0)关于直线y＝－x的对称点P的坐标为(0，c)，因为P落在C上或C内，所以b≥c，所以a2－c2＝b2≥c2，所以e∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).故答案为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).16.eq\f(27\r(65),65) 【解析】如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AB＝BC＝3，BS＝1，所以BM＝1，延长SM与DA的延长线交于E，再连接PE，PE与A1A的交点为N，同理确定R.因为AE∥BS，所以eq\f(AM,BM)＝eq\f(AE,BS)，因为BS＝BM＝1，AM＝2，所以AE＝2，因为A1D1＝3，P为A1D1的中点，所以A1P＝eq\f(3,2)，因为A1P∥AE，所以eq\f(A1P,AE)＝eq\f(A1N,AN)，又A1A＝2，所以AN＝eq\f(8,7)，同理CR＝eq\f(8,7)，C1R＝eq\f(6,7)，在CD上取一点X，使得CX＝1，过X作XY与QR垂直，垂足为Y，连接MX，可以证明：MY⊥QR，且MX＝3.因为S△XQR＝SXCC1Q－S△XCR－S△QC1R＝eq\f(9,7)，QR＝eq\r(C1Q2＋C1R2)＝eq\f(3\r(65),14)，所以eq\f(1,2)QR·XY＝eq\f(9,7)，所以XY＝eq\f(12,\r(65))，所以MY＝eq\r(MX2＋XY2)＝eq\f(27\r(65),65).故答案为eq\f(27\r(65),65).【没有化简也给分】四、解答题17．解：(1)因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))eq\s\up12(2)＝b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))ac，所以a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac，(2分)由余弦定理得，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2),2)，(4分)因为B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，【没有范围扣1分】所以B＝eq\f(π,4).(5分)(2)sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋B))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝sineq\f(π,3)coseq\f(π,4)＋coseq\f(π,3)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，(6分)由正弦定理得，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，(7分)所以eq\f(l,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(b,sinB)，(8分)所以b＝eq\f(lsinB,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)＋2\r(3)＋3\r(2)))×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2)＋\f(\r(2),2)＋\f(\r(6)＋\r(2),4))＝2eq\r(2).(10分)【结果没有化简得出2eq\r(2)扣1分】【其他解法酌情给分】18．解：(1)设等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比为q，因为a1，eq\f(5,8)，a3成等差数列，所以a1＋a1q2＝eq\f(5,4)，因为S3＝eq\f(7,4)，所以a1＋a1q＋a1q2＝eq\f(7,4)，(2分)相减得a1q＝eq\f(1,2)，所以q＝eq\f(1,2a1)，代入a1＋a1q2＝eq\f(5,4)得4a12－5a1＋1＝0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2))，(4分)因为an＋10，y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1)，(7分)所以x1x2＝(my1＋2)(my2＋2)＝m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝m2·eq\f(9,3m2－1)－eq\f(24m2,3m2－1)＋4＝－eq\f(3m2＋4,3m2－1)，(9分)令x1x2＋y1y2＝－eq\f(3m2＋4,3m2－1)＋eq\f(9,3m2－1)＝0，解得，m＝±eq\f(\r(5),\r(3))，此时OA⊥OB，(11分)所以存在直线l：eq\r(3)x±eq\r(5)y－2eq\r(3)＝0，使OA⊥OB成立．(12分)【其他解法酌情给分】21．解：(1)由已知得，X＝0，20，40，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X＝0))＝C20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，Pe