《真题重组卷02（2024新题型）-冲刺2024年高考数学真题重组卷（新高考新题型专用）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《真题重组卷02（2024新题型）-冲刺2024年高考数学真题重组卷（新高考新题型专用）含答案.pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、冲刺冲刺 2024 年高考数学真题重组卷年高考数学真题重组卷（新七省专用）（新七省专用）真题重组卷真题重组卷 02（考试时间：（考试时间：120 分钟分钟试卷满分：试卷满分：150 分）分）第 I 卷（选择题）一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要只有一项是符合要求的。求的。1（2023 全国甲卷数学（理）若复数i 1i2,Raaa，则a（）A-1B0C1D22.（2023 新课标全国卷）设集合0,Aa，1,2,22Baa，若AB，则a（）A2B1C23D13.（202
2、3 新课标全国卷）已知向量1,1,1,1ab，若abab，则（）A1B1 C1D1 4.（2023 新课标全国卷）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400 名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有（）A4515400200CC种B2040400200CC种C3030400200CC种D4020400200CC种5.（2023新高考）若21()()21xf xxa lnx为偶函数，则(a)A1B0C12D16.（2023 新课标全国卷）已知11sin,cossin36，则cos
3、22（）A79B19C19D797（2021新高考）若过点(,)a b可以作曲线xye的两条切线，则()AbeaBaebC0baeD0abe8.（2023 全国乙卷数学（文）(理)）设 A，B 为双曲线2219yx 上两点，下列四个点中，可为线段 AB 中点的是（）A1,1B()1,2-C1,3D1,4 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的有多项符合题目的要求，全部选对的得要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得分，部分选对的得部分部分分，有选错的得分，有选错的得 0
4、 分。分。9（2022 新课标全国卷）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续 11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是A这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加;B这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;C第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%;D第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量;10（2023 新课标全国卷）若函数 2ln0bcfxaxaxx既有极大值也有极小值，则（）A0bc B0ab C280bacD0ac 11（2023 新课标全国卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计
5、）内的有（）A直径为0.99m的球体B所有棱长均为1.4m的四面体C底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。分。12（2023北京卷）已知函数2()4logxf xx，则12f_13.（2023 全国乙卷数学（文）已知 na为等比数列，24536a a aa a，9108a a，则7a _.14.（2023 新课标全国卷）在正四棱台1111ABCDABC D中，1112,1,2ABABAA，则该棱台的体积为_四、解
6、答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15（本小题满分 13 分）（新题型）在平面直角坐标系xOy中，点,A B分别在x轴，y轴上运动，且2 2AB，动点P满足23OPOAOB .(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设直线:l yxm 与曲线C交于M，N两点，且3 2MN，求实数m的值.16（本小题满分 15 分）（2023 新课标全国卷）如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，60ADBADC，E 为 BC的中点(1)证明：BCDA；(2)点 F 满足EFDA ，
7、求二面角DABF的正弦值17（本小题满分 15 分）（2021新高考）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束A类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分；B类问题中的每个问题回答正确得 80 分，否则得 0 分已知小明能正确回答A类问题的概率为 0.8，能正确回答B类问题的概率为 0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使
8、累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由18（本小题满分 17 分）（2023甲卷（理）已知3sin()xf xaxcos x，(0,)2x（1）若8a，讨论()f x的单调性；（2）若()sin2f xx恒成立，求a的取值范围19（本小题满分 17 分）（新题型）若存在0 xD使得 0f xf x对任意xD恒成立，则称0 x为函数 f x在D上的最大值点，记函数 f x在D上的所有最大值点所构成的集合为M(1)若 221,f xxxD R，求集合M；(2)若 2,4xxx xf xD R，求集合M；(3)设a为大于 1 的常数，若 sin,0,f xxax Db，证明，若集合
9、M中有且仅有两个元素，则所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列冲刺冲刺 2024 年高考数学真题重组卷年高考数学真题重组卷（新七省专用）（新七省专用）真题重组卷真题重组卷 02（考试时间：（考试时间：120 分钟分钟试卷满分：试卷满分：150 分）分）第第 I 卷（选择题）卷（选择题）一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要只有一项是符合要求的。求的。1（2023 全国甲卷数学（理）若复数i 1i2,Raaa，则a（）A-1B0C1D2【答案】C【详解】因为22i1
10、iii21i2aaaaaaa，所以22210aa，解得：1a 故选：C.2.（2023 新课标全国卷）设集合0,Aa，1,2,22Baa，若AB，则a（）A2B1C23D1【答案】B【详解】因为AB，则有：若20a，解得2a，此时0,2A，1,0,2B，不符合题意；若220a，解得1a，此时0,1A，1,1,0B，符合题意；综上所述：1a.故选：B.3.（2023 新课标全国卷）已知向量1,1,1,1ab，若abab，则（）A1B1 C1D1【答案】D【详解】因为1,1,1,1ab，所以1,1ab，1,1ab，由abab可得，0abab，即 11110，整理得：1 故选：D4.（2023 新课
11、标全国卷）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取 60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有 400 名和 200 名学生，则不同的抽样结果共有（）A4515400200CC种B2040400200CC种C3030400200CC种D4020400200CC种【答案】D【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取4006040600人，高中部共抽取2006020600，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有4020400200CC种.故选：D.5.（2023新高考）若21()()21xf xxa lnx为偶函数，则(a)A1
12、B0C12D1【答案】B【解析】由21021xx，得12x 或12x ，由()f x是偶函数，()()fxf x，得2121()()2121xxxa lnxa lnxx，即121212121()()()()()21212121xxxxxa lnxa lnxa lnxa lnxxxx ，xaxa，得aa，得0a 故选：B6.（2023 新课标全国卷）已知11sin,cossin36，则cos 22（）A79B19C19D79【答案】B【详解】因为1sin()sincoscossin3，而1cossin6，因此1sincos2，则2sin()sincoscossin3，所以2221cos(22)c
13、os2()12sin()12()39 .故选：B7（2021新高考）若过点(,)a b可以作曲线xye的两条切线，则()AbeaBaebC0baeD0abe【答案】D【解析】法一：函数xye是增函数，0 xye 恒成立，函数的图象如图，0y，即切点坐标在x轴上方，如果(,)a b在x轴下方，连线的斜率小于 0，不成立点(,)a b在x轴或下方时，只有一条切线如果(,)a b在曲线上，只有一条切线；(,)a b在曲线上侧，没有切线；由图象可知(,)a b在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0abe故选：D法二：设过点(,)a b的切线横坐标为t，则切线方程为()ttye xte，可得
14、(1)tbe at，设()(1)f tat，可得()()tf te at，(,)ta，()0f t，()f t是增函数，(,)ta，()0f t，()f t是减函数，因此当且仅当0abe时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线故选：D8.（2023 全国乙卷数学（文）(理)）设 A，B 为双曲线2219yx 上两点，下列四个点中，可为线段 AB 中点的是（）A1,1B()1,2-C1,3D1,4【答案】D【详解】设1122,A x yB xy，则AB的中点1212,22xxyyM，可得1212121212122,2AByyyyyykkxxxxxx，因为,A B在双曲线上，则2211222
15、21919yxyx，两式相减得2222121209yyxx，所以221222129AByykkxx.对于选项 A：可得1,9ABkk，则:98AB yx，联立方程229819yxyx，消去 y 得2722 72730 xx，此时22 724 72 732880 ，所以直线 AB 与双曲线没有交点，故 A 错误；对于选项 B：可得92,2ABkk ，则95:22AB yx，联立方程22952219yxyx，消去 y 得2452 45610 xx，此时22 454 45 614 45 160 ，所以直线 AB 与双曲线没有交点，故 B 错误；对于选项 C：可得3,3ABkk，则:3AB yx由双曲
16、线方程可得1,3ab，则:3AB yx为双曲线的渐近线，所以直线 AB 与双曲线没有交点，故 C 错误；对于选项 D：94,4ABkk，则97:44AB yx，联立方程22974419yxyx，消去 y 得2631261930 xx，此时21264 63 1930 ，故直线 AB 与双曲线有交两个交点，故 D 正确；故选：D.二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的有多项符合题目的要求，全部选对的得要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得分，部分选对的得部分部分分，有选错
17、的得分，有选错的得 0 分。分。9（2022 新课标全国卷）我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续 11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是A这 11 天复工指数和复产指数均逐日增加;B这 11 天期间，复产指数增量大于复工指数的增量;C第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%;D第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量;【答案】CD【解析】由图可知，第 1 天到第 2 天复工指数减少，第 7 天到第 8 天复工指数减少，第 10 天到第 11 复工指数减少，第 8 天到第 9 天复产指数减少，故 A 错误；由图可知，第一天的复产指标与复工指
18、标的差大于第 11 天的复产指标与复工指标的差，所以这 11 天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故 B 错误;由图可知，第 3 天至第 11 天复工复产指数均超过 80%，故 C 正确;由图可知，第 9 天至第 11 天复产指数增量大于复工指数的增量，故 D 正确;10（2023 新课标全国卷）若函数 2ln0bcfxaxaxx既有极大值也有极小值，则（）A0bc B0ab C280bacD0ac【答案】BCD【解析】函数2()lnbcf xaxxx的定义域为(0,)，求导得223322()abcaxbxcfxxxxx，因为函数()f x既有极大值也有极小值，则函数()fx在(0,)上有
19、两个变号零点，而0a，因此方程220axbxc有两个不等的正根12,x x，于是2121280020bacbxxacx xa，即有280bac，0ab，0ac，显然20a bc，即0bc，A 错误，BCD 正确.故选：BCD11（2023 新课标全国卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A直径为0.99m的球体B所有棱长均为1.4m的四面体C底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】ABD【解析】对于选项 A：因为0.99m1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内
20、，故 A 正确；对于选项 B：因为正方体的面对角线长为2m，且21.4，所以能够被整体放入正方体内，故 B 正确；对于选项 C：因为正方体的体对角线长为3m，且31.8，所以不能够被整体放入正方体内，故 C 不正确；对于选项 D：因为1.2m1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过1AC的中点O作1OEAC，设OEACEI，可知1132,1,3,=2ACCCACOA，则11tanCCOECACACAO，即1232OE，解得64OE，且2263990.6482425，即60.64，故以1AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆
21、柱的底面圆心1O，与正方体的下底面的切点为M，可知：111,0.6ACO M O M，则1111tanCCO MCACACAO，即110.62AO，解得10.6 2AO，根据对称性可知圆柱的高为32 0.6 21.732 1.2 1.4140.03520.01，所以能够被整体放入正方体内，故 D 正确；故选：ABD.第第 II 卷（非选择题）卷（非选择题）三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。分。12（2023北京卷）已知函数2()4logxf xx，则12f_【答案】1【解析】函数2()4logxf xx，所以12211()4log2
22、 1122f.13.（2023 全国乙卷数学（文）已知 na为等比数列，24536a a aa a，9108a a，则7a _.【答案】2【详解】设 na的公比为0q q，则3252456aqaa q aa aa，显然0na，则24aq，即321a qq，则11a q，因为9108a a，则89118a qa q，则3315582qq ，则32q ，则55712aa q qq，14.（2023 新课标全国卷）在正四棱台1111ABCDABC D中，1112,1,2ABABAA，则该棱台的体积为_【答案】7 66【详解】如图，过1A作1AMAC，垂足为M，易知1AM为四棱台1111ABCDABC
23、 D的高，因为1112,1,2ABABAA，则11111111112,22222222AOACABAOACAB，故111222AMACAC，则221116222AMA AAM，所以所求体积为167 6(4 14 1)326V .四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15（13 分）（新题型）在平面直角坐标系xOy中，点,A B分别在x轴，y轴上运动，且2 2AB，动点P满足23OPOAOB .(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设直线:l yxm 与曲线C交于M，N两
24、点，且3 2MN，求实数m的值.【解】（1）设,P x y，0,0A x，00,By，2 2AB，22008xy，23OPOAOB ，即 002,3,00,x yxy，023xx，02yy，动点P的轨迹C的方程221124xy.（2）设11,M x y，22,N xy联立221124yxmxy ,可得：22463120 xmxm，由0 得223644 3120mm，化简得216m,又因为1232mxx，2123124mxx，3 2MN，所以221212121212243 2MNkxxxxxxx x，即2221212331244324mmxxx x，化简得24m，满足0，所以2m .16（15
25、分）（2023 新课标全国卷）如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，60ADBADC，E 为 BC的中点(1)证明：BCDA；(2)点 F 满足EFDA ，求二面角DABF的正弦值【解析】（1）连接,AE DE，因为 E 为 BC 中点，DBDC，所以DEBC，因为DADBDC，60ADBADC，所以ACD与ABD均为等边三角形，ACAB，从而AEBC，由，AEDEE，,AE DE 平面ADE，所以，BC平面ADE，而AD 平面ADE，所以BCDA（2）不妨设2DADBDC，BDCD，2 2,2BCDEAE2224AEDEAD，AEDE，又,AEBC DEBCE，,DE BC 平面B
26、CDAE平面BCD以点E为原点，,ED EB EA所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0),(0,0,0)DABE，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为11112222,nx y znxy z，二面角DABF平面角为,而0,2,2AB ，因为2,0,2EFDA ，所以2,0,2F，即有2,0,0AF ，1111220220 xzyz，取11x，所以1(1,1,1)n；22222020yzx，取21y，所以2(0,1,1)n ，所以，121226cos332n nn n ，从而63sin193所以二面角DABF的正弦值为3
27、317（15 分）（2021新高考）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束A类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分；B类问题中的每个问题回答正确得 80 分，否则得 0 分已知小明能正确回答A类问题的概率为 0.8，能正确回答B类问题的概率为 0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回
28、答哪类问题？并说明理由【解析】（1）由已知可得，X的所有可能取值为 0，20，100，则(0)10.80.2P X ，(20)0.8(10.6)0.32P X(100)0.80.60.48P X，所以X的分布列为：X020100P0.20.320.48（2）由（1）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为()00.2200.321000.4854.4E X，若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为 0，80，100，(0)10.60.4P Y ，(80)0.6(10.8)0.12P Y，(100)0.60.80.48P Y，则Y的期望为()00.4800.121000.4
29、857.6E Y，因为()()E YE X，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题18（17 分）（2023甲卷（理）已知3sin()xf xaxcos x，(0,)2x（1）若8a，讨论()f x的单调性；（2）若()sin2f xx恒成立，求a的取值范围【解析】（1）已知3sin()xf xaxcos x，函数定义域为(0,)2，若8a，此时3sin()8xf xxcos x，可得326coscossin3cossin()8xxxxxfxcos x224(4cos3)(2cos1)xxcos x，因为4cos230 x，4cos0 x，所以当2cos2x，即04x时，()0f
30、x，()f x单调递增；当2cos2x，即42x时，()0fx，()f x单调递减；（2）不妨设3sin()sin2xg xaxxcos x，函数定义域为(0,)2，224432cos32cos()2cos22(2cos21)xxg xaxaxcos xcos x，令cos2xt，01t，此时223()24g tattt，不妨令223()24k tattt，可得2233262(1)(223)()40tttk tttt ，所以()k t单调递增，此时()k tk（1）3a，当3a时，()()3 0g xk ta，所以()g x在(0,)2上单调递减，此时()(0)0g xg，则当3a时，()si
31、n2f xx恒成立，符合题意；当3a 时，当0t 时，2231113()233ttt ，所以()k t ，又k（1）30a，所以在区间(0,1)上存在一点0t，使得0()0k t，即存在0(0,)2x，使得0()0g x，当01tt 时，()0k t，所以当00 xx时，()0g x，()g x单调递增，可得当00 xx时，()(0)0g xg，不符合题意，综上，a的取值范围为(，319（17 分）（新题型）若存在0 xD使得 0f xf x对任意xD恒成立，则称0 x为函数 f x在D上的最大值点，记函数 f x在D上的所有最大值点所构成的集合为M(1)若 221,f xxxD R，求集合M
32、；(2)若 2,4xxx xf xD R，求集合M；(3)设a为大于 1 的常数，若 sin,0,f xxax Db，证明，若集合M中有且仅有两个元素，则所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列【解】（1）222112fxxxx ,当且仅当1x 时，221f xxx 在 R 上取得最大值，故 1M；（2）24xxx xf x定义域为 R，22 ln2 12424 ln44xxxxxxxxx xfx221ln24xxxx，令 22xq xx，则 2 ln22xq x，令 0q x得22logln2x，x22,logln222logln222log,ln2 qx-0+q x极小值其中1ln2l
33、ne,lne,12，故22,4ln2，22log1,2ln2，可以看出 10,20qq，故 q x有且仅有 2 个零点，分别为 1 和 2，令 0fx得11,2ln2x 或 1 或 2，x,1111,ln21ln21,2ln222,fx+0-0+0-f x极大值极小值极大值其中 1124ff，故当1x 或 2 时，f x取得最大值，故1,2M；（3）sin,0,f xxax Db，1a，1cos,0,fxax Db，1a，令 0fx得112 arccos2 arccosxkkaa，Zk，当10arccosxa时，()0fx，f x单调递增，当11arccosarccosxaa时，0fx，f x
34、单调递减，当11arccos3arccosxaa时，()0fx，f x单调递增，当113arccos3arccosxaa时，0fx，f x单调递减，当113arccos5arccosxaa，()0fx，f x单调递增，由于 21cos21cosfxaxaxfx ，故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，要想集合M中有且仅有两个元素，则需要 11arccosf bfa或213arccosf bfa，或315arccosf bfa，12 arccoskf bfka，其中22sin22sinf xxaxxax，22sinsin2f xf xxaxxax，又
35、1112 2arccos2 arccos2kkf bf bfkfkaa，所有的kb均处在单调递增区间上，所以1kkbb为定值，故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列冲刺冲刺 2024 年高考数学真题重组卷（新七省专用）年高考数学真题重组卷（新七省专用）真题重组卷真题重组卷 02（参考答案）（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）第 I 卷（选择题）一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。12345678CBDDBBDD二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有
36、多项符合题目的要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。91011CDBCDABD第 II 卷（非选择题）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。121132147 66四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（13 分）【解析】【解】（【解】（1）设）设,P x y，0,0A x，00,By，2 2AB，22008xy，23OPOAOB ，即，即 002,3,00,x yxy，023xx，02yy，动点动点P的轨迹的轨迹C的方程的方程221124xy.（2）设）设11,M x y，22,N
37、xy联立联立221124yxmxy ,可得：可得：22463120 xmxm，由由0 得得223644 3120mm，化简得，化简得216m,又因为又因为1232mxx，2123124mxx，3 2MN，所以所以221212121212243 2MNkxxxxxxx x，即即2221212331244324mmxxx x，化简得化简得24m，满足，满足0，所以所以2m .16（15 分）分）【解析】（【解析】（1）连接）连接,AE DE，因为，因为 E 为为 BC 中点，中点，DBDC，所以，所以DEBC，因为因为DADBDC，60ADBADC，所以，所以ACD与与ABD均为等边三角形，均为等
38、边三角形，ACAB，从而，从而AEBC，由，由，AEDEE，,AE DE 平面平面ADE，所以，所以，BC平面平面ADE，而，而AD 平面平面ADE，所以，所以BCDA（2）不妨设）不妨设2DADBDC，BDCD，2 2,2BCDEAE2224AEDEAD，AEDE，又又,AEBC DEBCE，,DE BC 平面平面BCDAE平面平面BCD以点以点E为原点，为原点，,ED EB EA所在直线分别为所在直线分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设设(2,0,0),(0,0,2),(0,2,0),(0,0,0)DABE，设平面设平面DAB与平面与平面
39、ABF的一个法向量分别为的一个法向量分别为11112222,nx y znxy z，二面角二面角DABF平面角为平面角为,而而0,2,2AB ，因为因为2,0,2EFDA ，所以，所以2,0,2F，即有，即有2,0,0AF ，1111220220 xzyz，取，取11x，所以，所以1(1,1,1)n；22222020yzx，取，取21y，所以，所以2(0,1,1)n ，所以，所以，121226cos332n nn n ，从而，从而63sin193所以二面角所以二面角DABF的正弦值为的正弦值为3317（15 分）分）【解析】（【解析】（1）由已知可得，）由已知可得，X的所有可能取值为的所有可能
40、取值为 0，20，100，则则(0)10.80.2P X ，(20)0.8(10.6)0.32P X(100)0.80.60.48P X，所以所以X的分布列为：的分布列为：X020100P0.20.320.48（2）由（）由（1）可知小明先回答）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为类问题累计得分的期望为()00.2200.321000.4854.4E X，若小明先回答若小明先回答B类问题，记类问题，记Y为小明的累计得分，为小明的累计得分，则则Y的所有可能取值为的所有可能取值为 0，80，100，(0)10.60.4P Y ，(80)0.6(10.8)0.12P Y，(100)0.60.80.
41、48P Y，则则Y的期望为的期望为()00.4800.121000.4857.6E Y，因为因为()()E YE X，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题类问题18（17 分）分）【解析】（【解析】（1）已知）已知3sin()xf xaxcos x，函数定义域为，函数定义域为(0,)2，若若8a，此时，此时3sin()8xf xxcos x，可得可得326coscossin3cossin()8xxxxxfxcos x224(4cos3)(2cos1)xxcos x，因为因为4cos230 x，4cos0 x，所以当所以当2cos2x，
42、即，即04x时，时，()0fx，()f x单调递增；单调递增；当当2cos2x，即，即42x时，时，()0fx，()f x单调递减；单调递减；（2）不妨设）不妨设3sin()sin2xg xaxxcos x，函数定义域为，函数定义域为(0,)2，224432cos32cos()2cos22(2cos21)xxg xaxaxcos xcos x，令令cos2xt，01t，此时此时223()24g tattt，不妨令不妨令223()24k tattt，可得可得2233262(1)(223)()40tttk tttt ，所以所以()k t单调递增，单调递增，此时此时()k tk（1）3a，当当3a时
43、，时，()()3 0g xk ta，所以所以()g x在在(0,)2上单调递减，上单调递减，此时此时()(0)0g xg，则当则当3a时，时，()sin2f xx恒成立，符合题意；恒成立，符合题意；当当3a 时，时，当当0t 时，时，2231113()233ttt ，所以所以()k t ，又又k（1）30a，所以在区间所以在区间(0,1)上存在一点上存在一点0t，使得，使得0()0k t，即存在即存在0(0,)2x，使得，使得0()0g x，当当01tt 时，时，()0k t，所以当所以当00 xx时，时，()0g x，()g x单调递增，单调递增，可得当可得当00 xx时，时，()(0)0g
44、 xg，不符合题意，不符合题意，综上，综上，a的取值范围为的取值范围为(，319（17 分）分）【解】（【解】（1）222112fxxxx ,当且仅当当且仅当1x 时，时，221f xxx 在在 R 上取得最大值，故上取得最大值，故 1M；（2）24xxx xf x定义域为定义域为 R，22 ln2 12424 ln44xxxxxxxxx xfx221ln24xxxx，令令 22xq xx，则，则 2 ln22xq x，令令 0q x得得22logln2x，x22,logln222logln222log,ln2 qx-0+q x极小值极小值其中其中1ln2lne,lne,12，故，故22,4l
45、n2，22log1,2ln2，可以看出可以看出 10,20qq，故故 q x有且仅有有且仅有 2 个零点，分别为个零点，分别为 1 和和 2，令令 0fx得得11,2ln2x 或或 1 或或 2，x,1111,ln21ln21,2ln222,fx+0-0+0-f x极大值极大值极小值极小值极大值极大值其中其中 1124ff，故当故当1x 或或 2 时，时，f x取得最大值，故取得最大值，故1,2M；（3）sin,0,f xxax Db，1a，1cos,0,fxax Db，1a，令令 0fx得得112 arccos2 arccosxkkaa，Zk，当当10arccosxa时，时，()0fx，f
46、x单调递增，单调递增，当当11arccosarccosxaa时，时，0fx，f x单调递减，单调递减，当当11arccos3arccosxaa时，时，()0fx，f x单调递增，单调递增，当当113arccos3arccosxaa时，时，0fx，f x单调递减，单调递减，当当113arccos5arccosxaa，()0fx，f x单调递增，单调递增，由于由于 21cos21cosfxaxaxfx ，故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，要想集合要想集合M中有且仅有两个元素，中有且仅有两个元素，则需要则需要 11arccosf bfa或或213arccosf bfa，或或315arccosf bfa，12 arccoskf bfka，其中其中22sin22sinf xxaxxax，22sinsin2f xf xxaxxax，又又1112 2arccos2 arccos2kkf bf bfkfkaa，所有的所有的kb均处在单调递增区间上，均处在单调递增区间上，所以所以1kkbb为定值，为定值，故所有满足条件的故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列从小到大排列构成一个等差数列