浙江省高考数学试题解析.docx

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2017浙江省高考理科数学试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）

1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）

A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）

2．（4分）椭圆x29+y24=1的离心率是（　　）

A．133 B．53 C．23 D．59

3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：

cm），则该几何体的体积（单位：

cm3）是（　　）

A．π2+1 B．π2+3 C．3π2+1 D．3π2+3

4．（4分）若x、y满足约束条件&x≥0&x+y-3≥0&x-2y≤0，则z=x+2y的取值范围是（　　）

A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）

5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（　　）

A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关

C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关

6．（4分）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（　　）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）

A． B． C． D．

8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜12，则（　　）

A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）

C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）

9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α

10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=OA→•OB→，I2=OB→•OC→，I3=OC→•OD→，则（　　）

A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3

二、填空题：

本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分

11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=　　．

12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　　，ab=　　．

13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　　，a5=　　．

14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是　　，cos∠BDC=　　．

15．（6分）已知向量a→、b→满足|a→|=1，|b→|=2，则|a→+b→|+|a→﹣b→|的最小值是　　，最大值是　　．

16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　　种不同的选法．（用数字作答）

17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+4x﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　　．

三、解答题（共5小题，满分74分）

18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣23sinxcosx（x∈R）．

（Ⅰ）求f（2π3）的值．

（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．

19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．

（Ⅰ）证明：

CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣2x-1）e﹣x（x≥12）．

（1）求f（x）的导函数；

（2）求f（x）在区间[12，+∞）上的取值范围．

21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣12，14），B（32，94），抛物线上的点P（x，y）（﹣12＜x＜32），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；

（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．

22．（15分）已知数列{xn}满足：

x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：

当n∈N*时，

（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤xnxn+12；

（Ⅲ）12n-1≤xn≤12n-2．

2017年浙江省高考理科数学参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）

1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）

A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）

【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．

【解答】解：

集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，

那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．

故选：

A．

【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．

2．（4分）椭圆x29+y24=1的离心率是（　　）

A．133 B．53 C．23 D．59

【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．

【解答】解：

椭圆x29+y24=1，可得a=3，b=2，则c=9-4=5，

所以椭圆的离心率为：

ca=53．

故选：

B．

【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．

3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：

cm），则该几何体的体积（单位：

cm3）是（　　）

A．π2+1 B．π2+3 C．3π2+1 D．3π2+3

【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．

【解答】解：

由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，

圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，

故该几何体的体积为12×13×π×12×3+13×12×2×2×3=π2+1，

故选：

A

【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．

4．（4分）若x、y满足约束条件&x≥0&x+y-3≥0&x-2y≤0，则z=x+2y的取值范围是（　　）

A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．

【解答】解：

x、y满足约束条件&x≥0&x+y-3≥0&x-2y≤0，表示的可行域如图：

目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，

由&x+y-3=0&x-2y=0解得C（2，1），

目标函数的最小值为：

4

目标函数的范围是[4，+∞）．

故选：

D．

【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．

5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（　　）

A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关

C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关

【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．

【解答】解：

函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣a2为对称轴的抛物线，

①当﹣a2＞1或﹣a2＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，

函数f（x）在区间[0，1]上单调，

此时M﹣m=|f

（1）﹣f（0）|=|a+1|，

故M﹣m的值与a有关，与b无关

②当12≤﹣a2≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，

函数f（x）在区间[0，﹣a2]上递减，在[﹣a2，1]上递增，

且f（0）＞f

（1），

此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣a2）=a24，

故M﹣m的值与a有关，与b无关

③当0≤﹣a2＜12，即﹣1＜a≤0时，

函数f（x）在区间[0，﹣a2]上递减，在[﹣a2，1]上递增，

且f（0）＜f

（1），

此时M﹣m=f

（1）﹣f（﹣a2）=1+a+a24，

故M﹣m的值与a有关，与b无关

综上可得：

M﹣m的值与a有关，与b无关

故选：

B

【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．

6．（4分）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（　　）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．

【解答】解：

∵S4+S6＞2S5，

∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），

∴21d＞20d，

∴d＞0，

故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，

故选：

C

【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题

7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能

【解答】解：

由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，

则由导函数y=f′（x）的图象可知：

f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，

且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，

故选D

【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．

8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜12，则（　　）

A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）

C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）

【分析】由已知得0＜p1＜p2＜12，12＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．

【解答】解：

∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2，…，

0＜p1＜p2＜12，

∴12＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，

E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，

E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，

D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=p1-p12，

D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=p2-p22，

D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（p2-p22）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，

∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．

故选：

A．

【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α

【分析】解法一：

如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），Q（3，3，0），R（-23，0，0），利用法向量的夹角公式即可得出二面角．

解法二：

如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：

OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=ODOE．tanβ=ODOF，tanγ=ODOG．由已知可得：

OE＞OG＞OF．即可得出．

【解答】解法一：

如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．

不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），B（33，﹣3，0）．Q（3，3，0），R（-23，0，0），

PR→=（-23，3，0），PD→=（0，3，62），PQ→=（3，6，0），QR→=（-33，-3，0），

QD→=（-3，-3，62）．

设平面PDR的法向量为n→=（x，y，z），则&n→⋅PR→=0&n→⋅PD→=0，可得&-23x+3y=0&3y+62z=0，

可得n→=（6，22，-1），取平面ABC的法向量m→=（0，0，1）．

则cos＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=-115，取α=arccos115．

同理可得：

β=arccos3681．γ=arccos295．

∵115＞295＞3681．

∴α＜γ＜β．

解法二：

如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：

OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．

设OD=h．

则tanα=ODOE．

同理可得：

tanβ=ODOF，tanγ=ODOG．

由已知可得：

OE＞OG＞OF．

∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．

∴α＜γ＜β．

故选：

B．

【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=OA→•OB→，I2=OB→•OC→，I3=OC→•OD→，则（　　）

A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3

【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．

【解答】解：

∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，

∴AC=22，

∴∠AOB=∠COD＞90°，

由图象知OA＜OC，OB＜OD，

∴0＞OA→•OB→＞OC→•OD→，OB→•OC→＞0，

即I3＜I1＜I2，

故选：

C．

【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．

二、填空题：

本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分

11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=　332　．

【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．

【解答】解：

如图所示，

单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，

△AOB是边长为1的正三角形，

所以正六边形ABCDEF的面积为

S6=6×12×1×1×sin60°=332．

故答案为：

332．

【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．

12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　5　，ab=　2　．

【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．

【解答】解：

a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），

∴3+4i=a2﹣b2+2abi，

∴3=a2﹣b2，2ab=4，

解得ab=2，&a=2&b=1，&a=-2&b=-1．

则a2+b2=5，

故答案为：

5，2．

【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　16　，a5=　4　．

【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．

【解答】解：

多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，

（x+1）3中，x的系数是：

3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，

a4=3×4+1×4=16；

a5=1×4=4．

故答案为：

16；4．

【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．

14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是　152　，cos∠BDC=　104　．

【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC=12S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出

【解答】解：

如图，取BC得中点E，

∵AB=AC=4，BC=2，

∴BE=12BC=1，AE⊥BC，

∴AE=AB2-BE2=15，

∴S△ABC=12BC•AE=12×2×15=15，

∵BD=2，

∴S△BDC=12S△ABC=152，

∵BC=BD=2，

∴∠BDC=∠BCD，

∴∠ABE=2∠BDC

在Rt△ABE中，

∵cos∠ABE=BEAB=14，

∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=14，

∴cos∠BDC=104，

故答案为：

152，104

【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题

15．（6分）已知向量a→、b→满足|a→|=1，|b→|=2，则|a→+b→|+|a→﹣b→|的最小值是　4　，最大值是　25　．

【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|a→+b→|=5+4cosα、|a→﹣b→|=5-4cosα，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．

【解答】解：

记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，

由余弦定理可得：

|a→+b→|=5+4cosα，

|a→﹣b→|=5-4cosα，

令x=5-4cosα，y=5+4cosα，

则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，

令z=x+y，则y=﹣x+z，

则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为zmin=1+3=3+1=4，

当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，

由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的2倍，

也就是圆弧MN所在圆的半径的2倍，

所以zmax=2×10=25．

综上所述，|a→+b→|+|a→﹣b→|的最小值是4，最大值是25．

故答案为：

4、25．

【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．

16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　660　种不同的选法．（用数字作答）

【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可

【解答】解：

第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，

第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，

根据分类计数原理共有480+180=660种，

故答案为：

660

【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题

17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+4x﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　（﹣∞，92]　．

【分析】通过转化可知|x+4x﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+4x≤5，进而计算可得结论．

【解答】解：

由题可知|x+4x﹣a|+a≤5，即|x+4x﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，

又因为|x+4x﹣a|≤5﹣a，

所以a﹣5≤x+4x﹣a≤5﹣a，

所以2a﹣5≤x+4x≤5，

又因为1≤x≤4，4≤x+4x≤5，

所以2a﹣5≤4，解得a≤92，

故答案为：

（﹣∞，92]．

【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．

三、解答题（共5小题，满分74分）

18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣23sinxcosx（x∈R）．

（Ⅰ）求f（2π3）的值．

（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．

【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，

（Ⅰ）代入可得：

f（2π3）的值．

（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间

【解答】解：

∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣23sinxcosx=﹣3sin2x﹣cos2x=2sin（2x+7π6）

（Ⅰ）f（2π3）=2sin（2×2π3+7π6）=2sin5π2=2，

（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，

即f（x）的最小正周期为π，

由2x+7π6∈[﹣π2+2kπ，π2+2kπ]，k∈Z得：

x∈[﹣5π6+kπ，﹣π3+kπ]，k∈Z，

故f（x）的单调递增区间为[﹣5π6+kπ，﹣π3+kπ]或写成[kπ+π6，kπ+2π3]，k∈Z．

【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．

19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．

（Ⅰ）证明：

CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．

（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．

【解答】证明：

（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，

∵E为PD的中点，∴EF∥PA，

在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2