數(shù)學(xué)丨2024屆高考終極猜想數(shù)學(xué)試卷及答案

(π)2．已知角α∈|（0,4)|，則數(shù)據(jù)sinα,sin(π?α),cosα,cos(π?α),tan(π)A．sinαB．cos(π?α)C．cosαD．tanα4，則z的虛部為()4．對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若當(dāng)x≠1時滿足≥0，則必有()A．tanα=sinβB．tanα=?cosβC．tanβ=?sinαD．tanβ=?cosα10．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)f(y)=f(xy)+|x|+|y|，則()A．f(0)=1B．f(1)=?1C．f(x)是偶函數(shù)D．f(x)是奇函數(shù)11．中國茶文化博大精深，茶水的口感與茶葉類型和水的溫度有關(guān).為了建立茶水溫度y隨時間x變化的回y=yi繪制了如圖所示的散點(diǎn)圖.小明選擇了如下2個回歸模型來擬合茶水溫度y隨時間x面，且與直線PO所成角為，設(shè)平面α截球O和圓錐所得的截面面積分別為S1，S2，則=.,1333(1)若tanC=3,求A的大??；點(diǎn).DE，M為AB中(1)過M作平面α,使得平面α與平面BEF的平行（只需作圖，無需證明）(2)試確定（1）中的平面α與線段ED的交點(diǎn)所在的位置；(3)若DE⊥平面ABCD，在線段BC是否存在點(diǎn)P，使得二面角B?FE?P的平面角為余弦值為，若存+y2P.(2)已知直線l的方程x=4，過點(diǎn)B的直線②點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OND面積的最大值.‘/‘20次，記第i次試驗中A種的數(shù)目為隨機(jī)變量Xi(i=1,2,…,20).設(shè)該區(qū)域中A種的數(shù)目為M，B種的數(shù)目為N（M，N均大于100每一次試驗均相互獨(dú)立.(1)求X1的分布列；(2)記隨機(jī)變量X=Xi.已知E(Xi+Xj)=E(Xi)+E(Xj)，D(Xi+Xj)=D(Xi)+D(Xj)XX2=S44=32或S4=2.S8=S4=1+q4>1，則S8>S4>0，得S4=2.所以0<sinα<cosα,0<sinα<tanα,按照從小到大的順序排列時，前3個數(shù)為cos(π?α)，sinα,sin(π?α)，則中位數(shù)為sinα（或sin(π?α)）. 2π其中當(dāng)0<x 2π時sinx<x<tanx的證明過程如下：過點(diǎn)A作直線AT垂直于x軸，交OP所在直線于點(diǎn)T，由圖可知SOPA<S扇形OPA<STOA，即sinx<x<tanx.4=[(1+i)2]2=(2i)2=?4(1+i)=?2(1+i)=?2?2i，則z=?2+2i，z的虛部為2.(x)≤0，函數(shù)f(x)不單調(diào)遞增，則f(0)≥f(1)；【詳解】若函數(shù)f(x)=+為偶函數(shù)，由定義域為R，則有f(x)=f(?x)，axba?xbaxb1即+=+，即+=+axba?xbaxb1baxba?xbaxb?ax故“b=-1”是“函數(shù)f(x)=+為偶函數(shù)”的充分不必要條件.22ED42+---2?2---AC2+---2?2---AC---------==PFsinc在PP1MPFsinc在PP1M---BC---BC 2【詳解】過P作PP1垂直準(zhǔn)線于P1，如圖，在△PFM中，由正弦定理可得PFPM在△PFM中，由正弦定理可得sinsincPFsinβ=PM，PMsinβ牽sincPFPMsinccoscsinβ==sincPFPMsinccoscsinβ==tanc即過點(diǎn)O1作O1A垂直于該圓柱的母線，垂足為A,過點(diǎn)O2作O2B垂直于圓柱底面， 則球O2同理可得球O3上的點(diǎn)到該圓柱底面的最大距離為T(x)r又由題設(shè)知C2=Cn,2=n或n-2=n，∴n=6或n=3.根據(jù)非線性回歸模型的擬合方法，先令t=ax，則y=kt+b，此時擬合為線性回歸方程，【詳解】M={x|x2?5x+6≤0}={x|2≤x≤3}，12π4πN={x|cosx<?}={x|+2kπ<x<+2kπ,k∈Z}，則M∩N={x|<x≤3}.【詳解】令球O半徑為R，則R3=36π,解得R=3，由平面α與直線PO成角，得平面α截球所得小圓半徑r=Rcosπ=3，因此S1=πr2=27π,由球O的內(nèi)接圓錐高為2，得球心O到此圓錐底面距離d=R?2=1，則圓錐底面圓半徑′r=R2R2?d2=2，令平面α截圓錐所得截面為等腰PAB，線段AB為圓錐底面圓PC=,PC=, =6π6CO1=，顯然AB=2(22)2?()2=43，于是S2=AB?PC=，所以==π.3,12≥>0，故a2≥4.2y2?1=3y2?x2.222sin120(2)ABC為直角三角形21+3tanC,再利用基本不等式可得到 6π 6π,再利用0<A?C<，即可得到A=，從而求出結(jié)果.得b2+2c2?2a2=0，即b2=2(b2+c2?a2)，由余弦定理得b2=4bccosA，所以b=4ccosA，33故4sinCcosA=sinB=sinAcosC+cosAsinC，得到3sinCcosA=sinAcosC，33,所以tanA=3tanC= 2π又∵0<A?C 2π,則A?C的最大值為，此時A= π ,3∴B=π?(A+C)= π ,2所以ABC為直角三角形.(2)（1）中的平面α與線段ED的交點(diǎn)在靠近點(diǎn)E的四等分點(diǎn)處【詳解】（1）如圖，取BC,CF的中點(diǎn)H,Q，連接MH,HQ，延長MH,DC交于點(diǎn)T，連接TQ并延長TQ交DE于點(diǎn)R，連接MR，取CD的中點(diǎn)N，連接MN，則MN//BC且MN=BC，MNTN2TD3CQTC1又因為DE//CF，所以==CQTC1DRTD3所以CF=CQ=DR，所以DR=DE，所以RE=QF且RE//QF，所以EF//QR，又EF?平面BEF，QR?平面BEF，所以QR//平面BEF，因為H,Q分別為BC,CF的中點(diǎn)，所以HQ//BF，又BF?平面BEF，HQ?平面BEF，所以HQ//平面BEF，所以平面MHQR//平面BEF，又M∈平面MHQR，所以平面MHQR即為平面α;（2）又（1）得，點(diǎn)R在線段DE上靠近點(diǎn)E的四等分點(diǎn)處，即（1）中的平面α與線段ED的交點(diǎn)在靠近點(diǎn)E的四等分點(diǎn)處；------------------lBE?=?x?y+2z=0lEP?m=ta+b?2c=01+t+t1BP則cosm,1+t+t1BP(2)證明見解析.1,ex)>0,f(x)在,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=時，0由過點(diǎn)(a,b)可以作兩條直線與曲線y=f(x)相切，（12+y2（2）①設(shè)直線MN的方程為x=my+1，2NDx2?4y2（2y212y2故直線ND過定點(diǎn),0，即定點(diǎn)E,0.36m23m2+4336m23m2+43m2+42+=，=?y2== +y22?4y1y2=12m2+13m2+4.又直線ND過定點(diǎn)E,0，OND=SOED+SOEN=2?OE?y1?y2=4.3m2+4=3m2+4.令t=≥1，則S△OND=3t2+1=3t+，y=y=y=y=t(2)（i）證明見解析i）M=624，N=1456且M，N均大于100，故X1的分布列為P(X1=k)=(k∈N,0≤k≤100).X101P MN MNM+M+N M