2007-2024年宁夏、海南新课标理科数学。
数列、三角函数、立体几何解答题答案）
1.（2007宁夏）
解析】在中，．
由正弦定理得．
所以．在中，2.（2007宁夏）
解析】（ⅰ证明：
由题设，连结，为等腰直角三角形，所以，且，又为等腰三角形，故，且，从而．
所以为直角三角形，．
又．所以平面．
ⅱ）解法一：
取中点，连结，由（ⅰ）知，得．
为二面角的平面角．
由得平面．所以，又，故．
所以二面角的余弦值为．
解法二：以为坐标原点，射线分别为轴、轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．
设，则．的中点，．
故等于。二面角的平面角．
所以二面角的余弦值为．
3.（2008宁夏卷同海南）
解：（ⅰ设的公差为，由已知条件，，解出，．所以．
所以时，取到最大值．
4.（2008宁夏卷同海南）
解：如图，以为原点，为单位长建立空间直角坐标系．
则，．连结，．
在平面中，延长交于．
设，由已知，由。
可得．解得，所以．
ⅰ）因为，所以．
即与所成的角为．
ⅱ）平面的一个法向量是．
因为，所以．
可得与平面所成的角为．
5.（2009海南卷同宁夏卷）
解：在△abc中，∠dac=30°, adc=60°－∠dac=30,所以cd=ac=0.1 又∠bcd=180°－60°－60°=60°，故cb是△cad底边ad的中垂线，所以bd=ba， …5分。
在△abc中，
即ab=因此，bd=
故b，d的距离约为0.33km12分。
6.（2009海南卷同宁夏卷）
i）解法一：
取cd的中点g，连接mg，ng。
设正方形abcd，dcef的边长为2，则mg⊥cd，mg=2，ng=.
因为平面abcd⊥平面dced，所以mg⊥平面dcef，可得∠mng是mn与平面dcef所成的角。因为mn=，所以sin∠mng=为mn与平面dcef所成角的正弦值6分。
解法二：设正方形abcd，dcef的边长为2，以d为坐标原点，分别以射线dc，df，da为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图。
则m（1,0,2）,n(0,1,0),可得=(－1,1,2).
又=（0，0，2）为平面dcef的法向量，可得。
所以mn与平面dcef所成角的正弦值为。
cos6分。
ⅱ)假设直线me与bn共面8分。
则ab平面mben，且平面mben与平面dcef交于en
由已知，两正方形不共面，故ab平面dcef。
又ab//cd，所以ab//平面dcef。面en为平面mben与平面dcef的交线，所以ab//en。
又ab//cd//ef，所以en//ef，这与en∩ef=e矛盾，故假设不成立。
所以me与bn不共面，它们是异面直线12分。
7. （2024年全国新课标卷）
解： (1)由已知得，当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…a2－a1)]＋a1
3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1，而a1＝2，所以数列的通项公式为an＝22n－1.
2)由bn＝nan＝n·22n－1知。
sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1
从而22·sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1
－②得。1－22)sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1.即sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]．
8. （2024年全国新课标卷）
解：以h为原点，ha，hb，hp所在直线分别为x，y，z轴，线段ha的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则a(1,0,0)，b(0,1,0)．
1)证明：设c(m,0,0)，p(0,0，n)(m<0，n>0)，则d(0，m,0)，e(，，0)．
可得＝(，n)，＝m，－1,0)．
因为·＝－0＝0，所以pe⊥bc.
2)由已知条件可得m＝－，n＝1，故c(－，0,0)，d(0，－，0)，e(，－0)，p(0，0,1)．
设n＝(x，y，z)为平面peh的法向量，则即。
因此可以取n＝(1，，0)．
由＝(1,0，－1)，可得|cos〈，n〉|＝所以直线pa与平面peh所成角的正弦值为。
9.（2011全国统一考试）
解：（ⅰ设数列的公比为q，由得所以。
由条件可知a>0,故。
由得，所以。
故数列的通项式为an=。
故。所以数列的前n项和为。
10. （2011全国统一考试）
解：（ⅰ因为， 由余弦定理得
从而bd2+ad2= ab2，故bdad
又pd底面abcd，可得bdpd
所以bd平面pad. 故 pabd
ⅱ）如图，以d为坐标原点，ad的长为单位长，射线da为轴的正半轴建立空间直角坐标系d-，则。
设平面pab的法向量为n=（x,y,z），则。
即。因此可取n=
设平面pbc的法向量为m，则。
可取m=（0，-1
故二面角a-pb-c的余弦值为
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