新高考II卷2024年高考數(shù)學(xué)真題含解析

2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（新課標(biāo)II卷）

數(shù)學(xué)

本試卷共10頁(yè)，19小題，滿分150分.

注意事項(xiàng)：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘

貼在答題卡上的指定位置.

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.寫在試卷、草稿紙

和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效.

3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡

上的非答題區(qū)域均無(wú)效.

4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并上交.

一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選

項(xiàng)是正確的．請(qǐng)把正確的選項(xiàng)填涂在答題卡相應(yīng)的位置上.

1.已知z1i，則z（）

A.0B.1C.2D.2

【答案】C

【解析】

【分析】由復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式直接計(jì)算即可.

22

【詳解】若z1i，則z112.

故選：C

.

2.已知命題p：xR，|x1|1；命題q：x0，x3x，則（）

A.p和q都是真命題B.p和q都是真命題

C.p和q都是真命題D.p和q都是真命題

【答案】B

【解析】

【分析】對(duì)于兩個(gè)命題而言，可分別取x=1、x1，再結(jié)合命題及其否定的真假性相反即可得解.

【詳解】對(duì)于p而言，取x=1，則有x101，故p是假命題，p是真命題，

對(duì)于q而言，取x1，則有x3131x，故q是真命題，q是假命題，

綜上，p和q都是真命題.

故選：B.

3.已知向量a,b滿足a1,a2b2，且b2ab，則b（）

A.1B.2C.3D.1

222

【答案】B

【解析】

222

【分析】由b2ab得b2ab，結(jié)合a1,a2b2，得14ab4b16b4，由此即可

得解.

2

【詳解】因?yàn)閎2ab，所以b2ab0，即b2ab，

又因?yàn)閍1,a2b2，

22

所以14ab4b16b4，

2

從而b.

2

故選：B.

4.某農(nóng)業(yè)研究部門在面積相等的100塊稻田上種植一種新型水稻，得到各塊稻田的畝產(chǎn)量（單位：kg）并

部分整理下表

畝產(chǎn)

[900，950）[950，1000）[1000，1050）[1100，1150）[1150，1200）

量

頻數(shù)612182410

據(jù)表中數(shù)據(jù)，結(jié)論中正確的是（）

A.100塊稻田畝產(chǎn)量的中位數(shù)小于1050kg

B.100塊稻田中畝產(chǎn)量低于1100kg的稻田所占比例超過80%

C.100塊稻田畝產(chǎn)量的極差介于200kg至300kg之間

D.100塊稻田畝產(chǎn)量的平均值介于900kg至1000kg之間

【答案】C

【解析】

【分析】計(jì)算出前三段頻數(shù)即可判斷A；計(jì)算出低于1100kg的頻數(shù)，再計(jì)算比例即可判斷B；根據(jù)極差計(jì)

算方法即可判斷C；根據(jù)平均值計(jì)算公式即可判斷D.

【詳解】對(duì)于A,根據(jù)頻數(shù)分布表可知,612183650,

所以畝產(chǎn)量的中位數(shù)不小于1050kg,故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，畝產(chǎn)量不低于1100kg的頻數(shù)為241034，

10034

所以低于1100kg的稻田占比為66%，故B錯(cuò)誤；

100

對(duì)于C，稻田畝產(chǎn)量的極差最大為1200900300，最小為1150950200，故C正確；

對(duì)于D，由頻數(shù)分布表可得，畝產(chǎn)量在[1050,1100)的頻數(shù)為100(612182410)30，

1

所以平均值為(692512975181025301075241125101175)1067，故D錯(cuò)誤.

100

故選；C.

5.已知曲線C：x2y216（y0），從C上任意一點(diǎn)P向x軸作垂線段PP，P為垂足，則線段PP

的中點(diǎn)M的軌跡方程為（）

x2y2x2y2

A.1（y0）B.1（y0）

164168

y2x2y2x2

C.1（y0）D.1（y0）

164168

【答案】A

【解析】

【分析】設(shè)點(diǎn)M(x,y)，由題意，根據(jù)中點(diǎn)的坐標(biāo)表示可得P(x,2y)，代入圓的方程即可求解.

【詳解】設(shè)點(diǎn)M(x,y)，則P(x,y0),P(x,0)，

因?yàn)镸為PP的中點(diǎn)，所以y02y，即P(x,2y)，

又P在圓x2y216(y0)上，

x2y2

所以x24y216(y0)，即1(y0)，

164

x2y2

即點(diǎn)M的軌跡方程為1(y0).

164

故選：A

6.設(shè)函數(shù)f(x)a(x1)21，g(x)cosx2ax，當(dāng)x(1,1)時(shí)，曲線yf(x)與yg(x)恰有一個(gè)

交點(diǎn)，則a（）

1

A.1B.C.1D.2

2

【答案】D

【解析】

【分析】解法一：令Fxax2a1,Gxcosx，分析可知曲線yF(x)與yG(x)恰有一個(gè)交點(diǎn)，

結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知該交點(diǎn)只能在y軸上，即可得a2，并代入檢驗(yàn)即可；解法二：令

hxf(x)gx,x1,1，可知hx為偶函數(shù)，根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱性可知hx的零點(diǎn)只能為0，

即可得a2，并代入檢驗(yàn)即可.

【詳解】解法一：令f(x)gx，即a(x1)21cosx2ax，可得ax2a1cosx，

令Fxax2a1,Gxcosx，

原題意等價(jià)于當(dāng)x(1,1)時(shí)，曲線yF(x)與yG(x)恰有一個(gè)交點(diǎn)，

注意到Fx,Gx均為偶函數(shù)，可知該交點(diǎn)只能在y軸上，

可得F0G0，即a11，解得a2，

若a2，令FxGx，可得2x21cosx0

因?yàn)閤1,1，則2x20,1cosx0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立，

可得2x21cosx0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立，

則方程2x21cosx0有且僅有一個(gè)實(shí)根0，即曲線yF(x)與yG(x)恰有一個(gè)交點(diǎn)，

所以a2符合題意；

綜上所述：a2.

解法二：令hxf(x)gxax2a1cosx,x1,1，

原題意等價(jià)于hx有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，

2

因?yàn)閔xaxa1cosxax2a1cosxhx，

則hx為偶函數(shù)，

根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱性可知hx的零點(diǎn)只能為0，

即h0a20，解得a2，

若a2，則hx2x21cosx,x1,1，

又因?yàn)?x20,1cosx0當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立，

可得hx0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號(hào)成立，

即hx有且僅有一個(gè)零點(diǎn)0，所以a2符合題意；

故選：D.

52

7.已知正三棱臺(tái)ABC-ABC的體積為，AB6，AB2，則AA與平面ABC所成角的正切值為

1113111

（）

A.1B.1C.2D.3

2

【答案】B

【解析】

43

【分析】解法一：根據(jù)臺(tái)體的體積公式可得三棱臺(tái)的高h(yuǎn)，做輔助線，結(jié)合正三棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征求

3

43-

得AM，進(jìn)而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺(tái)ABCA1B1C1補(bǔ)成正三棱錐

3

PABC，A1A與平面ABC所成角即為PA與平面ABC所成角，根據(jù)比例關(guān)系可得VPABC18，進(jìn)而可求

正三棱錐PABC的高，即可得結(jié)果.

【詳解】解法一：分別取的中點(diǎn)，則==，

BC,B1C1D,D1AD33,A1D13

131

可知S6693,S233，

ABC22A1B1C12

-

設(shè)正三棱臺(tái)ABCA1B1C1的為h，

15243

則VABCABC933933h，解得h，

111333

如圖，分別過A1,D1作底面垂線，垂足為M,N，設(shè)AMx，

16

則AA=AM2+AM2=x2+，DN=AD-AM-MN=23-x，

113

2

可得2216，

DD1DND1N23x

3

2

結(jié)合等腰梯形可得2622,

BCC1B1BB1DD1

2

2

2161643

即x23x4，解得x，

333

AM

所以AA與平面ABC所成角的正切值為tanDAAD=1=1；

11AM

-

解法二：將正三棱臺(tái)ABCA1B1C1補(bǔ)成正三棱錐PABC，

則A1A與平面ABC所成角即為PA與平面ABC所成角，

PAAB1VPABC1

因?yàn)?11，則111，

PAAB3VPABC27

2652

可知VV，則VPABC18，

ABCA1B1C127PABC3

113

設(shè)正三棱錐PABC的高為d，則Vd6618，解得d23，

PABC322

取底面ABC的中心為O，則PO底面ABC，且AO23，

PO

所以PA與平面ABC所成角的正切值tanPAO1.

AO

故選：B.

8.設(shè)函數(shù)f(x)(xa)ln(xb)，若f(x)0，則a2b2的最小值為（）

11

A.B.C.1D.1

842

【答案】C

【解析】

【分析】解法一：由題意可知：f(x)的定義域?yàn)閎,，分類討論a與b,1b的大小關(guān)系，結(jié)合符號(hào)

分析判斷，即可得ba1，代入可得最值；解法二：根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)分析ln(xb)的符號(hào)，進(jìn)而可

得xa的符號(hào)，即可得ba1，代入可得最值.

【詳解】解法一：由題意可知：f(x)的定義域?yàn)閎,，

令xa0解得xa；令ln(xb)0解得x1b；

若ab，當(dāng)xb,1b時(shí)，可知xa0,lnxb0，

此時(shí)f(x)0，不合題意；

若ba1b，當(dāng)xa,1b時(shí)，可知xa0,lnxb0，

此時(shí)f(x)0，不合題意；

若a1b，當(dāng)xb,1b時(shí)，可知xa0,lnxb0，此時(shí)f(x)0；

當(dāng)x1b,時(shí)，可知xa0,lnxb0，此時(shí)f(x)0；

可知若a1b，符合題意；

若a1b，當(dāng)x1b,a時(shí)，可知xa0,lnxb0，

此時(shí)f(x)0，不合題意；

綜上所述：a1b，即ba1，

2

222211111

則abaa12a，當(dāng)且僅當(dāng)a,b時(shí)，等號(hào)成立，

22222

所以22的最小值為1；

ab2

解法二：由題意可知：f(x)的定義域?yàn)閎,，

令xa0解得xa；令ln(xb)0解得x1b；

則當(dāng)xb,1b時(shí)，lnxb0，故xa0，所以1ba0；

x1b,時(shí)，lnxb0，故xa0，所以1ba0；

2

2222111

故1ba0，則abaa12a，

222

11

當(dāng)且僅當(dāng)a,b時(shí)，等號(hào)成立，

22

所以22的最小值為1.

ab2

故選：C.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：分別求xa0、ln(xb)0的根，以根和函數(shù)定義域?yàn)榕R界，比較大小分類討

論，結(jié)合符號(hào)性分析判斷.

二、多項(xiàng)選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合

題目要求.全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

π

9.對(duì)于函數(shù)f(x)sin2x和g(x)sin(2x)，下列正確的有（）

4

A.f(x)與g(x)有相同零點(diǎn)B.f(x)與g(x)有相同最大值

C.f(x)與g(x)有相同的最小正周期D.f(x)與g(x)的圖像有相同的對(duì)稱軸

【答案】BC

【解析】

【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的零點(diǎn)，最值，周期公式，對(duì)稱軸方程逐一分析每個(gè)選項(xiàng)即可.

kπ

【詳解】A選項(xiàng)，令f(x)sin2x0，解得x,kZ，即為f(x)零點(diǎn)，

2

πkππ

令g(x)sin(2x)0，解得x,kZ，即為g(x)零點(diǎn)，

428

顯然f(x),g(x)零點(diǎn)不同，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

B選項(xiàng)，顯然f(x)maxg(x)max1，B選項(xiàng)正確；

2π

C選項(xiàng)，根據(jù)周期公式，f(x),g(x)的周期均為π，C選項(xiàng)正確；

2

πkππ

D選項(xiàng)，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)f(x)的對(duì)稱軸滿足2xkπx,kZ，

224

ππkπ3π

g(x)的對(duì)稱軸滿足2xkπx,kZ，

4228

顯然f(x),g(x)圖像的對(duì)稱軸不同，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選：BC

10.拋物線C：y24x的準(zhǔn)線為l，P為C上的動(dòng)點(diǎn)，過P作⊙A:x2(y4)21的一條切線，Q為切點(diǎn)，

過P作l的垂線，垂足為B，則（）

A.l與A相切

B.當(dāng)P，A，B三點(diǎn)共線時(shí)，|PQ|15

C.當(dāng)|PB|2時(shí)，PAAB

D.滿足|PA||PB|的點(diǎn)P有且僅有2個(gè)

【答案】ABD

【解析】

【分析】A選項(xiàng)，拋物線準(zhǔn)線為x=1，根據(jù)圓心到準(zhǔn)線的距離來判斷；B選項(xiàng)，P,A,B三點(diǎn)共線時(shí)，先

求出P的坐標(biāo)，進(jìn)而得出切線長(zhǎng)；C選項(xiàng)，根據(jù)PB2先算出P的坐標(biāo)，然后驗(yàn)證kPAkAB1是否成立；

D選項(xiàng)，根據(jù)拋物線的定義，PBPF，于是問題轉(zhuǎn)化成PAPF的P點(diǎn)的存在性問題，此時(shí)考察AF

的中垂線和拋物線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即可，亦可直接設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)進(jìn)行求解.

【詳解】A選項(xiàng)，拋物線y24x的準(zhǔn)線為x=1，

A的圓心(0,4)到直線x=1的距離顯然是1，等于圓的半徑，

故準(zhǔn)線l和A相切，A選項(xiàng)正確；

B選項(xiàng)，P,A,B三點(diǎn)共線時(shí)，即PAl，則P的縱坐標(biāo)yP4，

2

由yP4xP，得到xP4，故P(4,4)，

2

此時(shí)切線長(zhǎng)PQPAr2421215，B選項(xiàng)正確；

C選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)2，故或，

PB2xP1yP4xP4P(1,2)P(1,2)

4242

當(dāng)P(1,2)時(shí)，A(0,4),B(1,2)，k2，kAB2，

PA010(1)

不滿足kPAkAB1；

4(2)4(2)

當(dāng)P(1,2)時(shí)，A(0,4),B(1,2)，k6，kAB6，

PA010(1)

不滿足kPAkAB1；

于是PAAB不成立，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D選項(xiàng)，方法一：利用拋物線定義轉(zhuǎn)化

根據(jù)拋物線的定義，PBPF，這里F(1,0)，

于是PAPB時(shí)P點(diǎn)的存在性問題轉(zhuǎn)化成PAPF時(shí)P點(diǎn)的存在性問題，

111

A(0,4),F(1,0)，AF中點(diǎn),2，AF中垂線的斜率為，

2kAF4

2x15

于是AF的中垂線方程為：y，與拋物線y24x聯(lián)立可得y216y300，

8

1624301360，即AF的中垂線和拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，

即存在兩個(gè)P點(diǎn)，使得PAPF，D選項(xiàng)正確.

方法二：（設(shè)點(diǎn)直接求解）

t2

設(shè)P,t，由PBl可得B1,t，又A(0,4)，又PAPB，

4

t4t2

根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式，(t4)21，整理得t216t300，

164

1624301360，則關(guān)于t的方程有兩個(gè)解，

即存在兩個(gè)這樣的P點(diǎn)，D選項(xiàng)正確.

故選：ABD

11.設(shè)函數(shù)f(x)2x33ax21，則（）

A.當(dāng)a1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)

B.當(dāng)a0時(shí)，x0是f(x)的極大值點(diǎn)

C.存在a，b，使得xb為曲線yf(x)的對(duì)稱軸

D.存在a，使得點(diǎn)1,f1為曲線yf(x)的對(duì)稱中心

【答案】AD

【解析】

【分析】A選項(xiàng)，先分析出函數(shù)的極值點(diǎn)為x0,xa，根據(jù)零點(diǎn)存在定理和極值的符號(hào)判斷出f(x)在

(1,0),(0,a),(a,2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)；B選項(xiàng)，根據(jù)極值和導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的關(guān)系進(jìn)行分析；C選項(xiàng)，假設(shè)存

在這樣的a,b，使得xb為f(x)的對(duì)稱軸，則f(x)f(2bx)為恒等式，據(jù)此計(jì)算判斷；D選項(xiàng)，若存

在這樣的a，使得(1,33a)為f(x)的對(duì)稱中心，則f(x)f(2x)66a，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算判斷，亦可利

用拐點(diǎn)結(jié)論直接求解.

【詳解】A選項(xiàng)，f(x)6x26ax6x(xa)，由于a1，

故x,0a,時(shí)f(x)0，故f(x)在,0,a,上單調(diào)遞增，

x(0,a)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，

則f(x)在x0處取到極大值，在xa處取到極小值，

由f(0)10，f(a)1a30，則f(0)f(a)0，

根據(jù)零點(diǎn)存在定理f(x)在(0,a)上有一個(gè)零點(diǎn)，

又f(1)13a0，f(2a)4a310，則f(1)f(0)0,f(a)f(2a)0，

則f(x)在(1,0),(a,2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)，于是a1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，A選項(xiàng)正確；

B選項(xiàng)，f(x)6x(xa)，a<0時(shí)，x(a,0),f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，

x(0,)時(shí)f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，

此時(shí)f(x)在x0處取到極小值，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C選項(xiàng)，假設(shè)存在這樣的a,b，使得xb為f(x)的對(duì)稱軸，

即存在這樣的a,b使得f(x)f(2bx)，

即2x33ax212(2bx)33a(2bx)21，

根據(jù)二項(xiàng)式定理，等式右邊3展開式含有3的項(xiàng)為3033，

(2bx)x2C3(2b)(x)2x

于是等式左右兩邊x3的系數(shù)都不相等，原等式不可能恒成立，

于是不存在這樣的a,b，使得xb為f(x)的對(duì)稱軸，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D選項(xiàng)，

方法一：利用對(duì)稱中心的表達(dá)式化簡(jiǎn)

f(1)33a，若存在這樣的a，使得(1,33a)為f(x)的對(duì)稱中心，

則f(x)f(2x)66a，事實(shí)上，

f(x)f(2x)2x33ax212(2x)33a(2x)21(126a)x2(12a24)x1812a，

于是66a(126a)x2(12a24)x1812a

126a0

即12a240，解得a2，即存在a2使得(1,f(1))是f(x)的對(duì)稱中心，D選項(xiàng)正確.

1812a66a

方法二：直接利用拐點(diǎn)結(jié)論

任何三次函數(shù)都有對(duì)稱中心，對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)是二階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)，

f(x)2x33ax21，f(x)6x26ax，f(x)12x6a，

aaa

由f(x)0x，于是該三次函數(shù)的對(duì)稱中心為,f，

222

a

由題意(1,f(1))也是對(duì)稱中心，故1a2，

2

即存在a2使得(1,f(1))是f(x)的對(duì)稱中心，D選項(xiàng)正確.

故選：AD

【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：（1）f(x)的對(duì)稱軸為xbf(x)f(2bx)；（2）f(x)關(guān)于(a,b)對(duì)稱

f(x)f(2ax)2b；（3）任何三次函數(shù)f(x)ax3bx2cxd都有對(duì)稱中心，對(duì)稱中心是三次

bb

函數(shù)的拐點(diǎn)，對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)是f(x)0的解，即,f是三次函數(shù)的對(duì)稱中心

3a3a

三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.

12.記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3a47，3a2a55，則S10________.

【答案】95

【解析】

【分析】利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式得到方程組，解出a1,d，再利用等差數(shù)列的求和公式節(jié)即可得到答案.

a12da13d7a4

【詳解】因?yàn)閿?shù)列a為等差數(shù)列，則由題意得，解得1，

n

3a1da14d5d3

109

則S10ad10445395.

1012

故答案為：95.

13.已知為第一象限角，為第三象限角，tantan4，tantan21，則

sin()_______.

22

【答案】

3

【解析】

【分析】法一：根據(jù)兩角和與差的正切公式得tan22，再縮小的范圍，最后結(jié)合同角

的平方和關(guān)系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.

tantan4

【詳解】法一：由題意得tan22，

1tantan121

π3π

因?yàn)?kπ,2kπ,2mππ,2mπ，k,mZ，

22

則2m2kππ,2m2kπ2π，k,mZ，

又因?yàn)閠an220，

3π

則2m2kπ,2m2kπ2π，k,mZ，則sin0，

2

sin2222

則22，聯(lián)立sincos1，解得sin.

cos3

法二：因?yàn)闉榈谝幌笙藿?，為第三象限角，則cos0,cos0,

cos1cos1

，cos，

cos222

sin2cos21tan2sincos1tan

則sin()sincoscossincoscos(tantan)

44422

4coscos

1tan21tan2(tantan)2(tantan1)24223

22

故答案為：.

3

14.在如圖的4×4方格表中選4個(gè)方格，要求每行和每列均恰有一個(gè)方格被選中，則共有________種選法，

在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個(gè)數(shù)之和的最大值是________．

【答案】①.24②.112

【解析】

【分析】由題意可知第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個(gè)方格可選；利用列舉法寫出所有的可能結(jié)果，

即可求解.

【詳解】由題意知，選4個(gè)方格，每行和每列均恰有一個(gè)方格被選中，

則第一列有4個(gè)方格可選，第二列有3個(gè)方格可選，

第三列有2個(gè)方格可選，第四列有1個(gè)方格可選，

所以共有432124種選法；

每種選法可標(biāo)記為(a,b,c,d)，a,b,c,d分別表示第一、二、三、四列的數(shù)字，

則所有的可能結(jié)果為：

(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，

(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，

(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，

(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，

所以選中的方格中，(15,21,33,43)的4個(gè)數(shù)之和最大，

故答案為：24；112

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是確定第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個(gè)方格可選，利用列

舉法寫出所有的可能結(jié)果.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.記ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA3cosA2．

（1）求A．

（2）若a2，2bsinCcsin2B，求ABC的周長(zhǎng)．

π

【答案】（1）A

6

（2）2632

【解析】

【分析】（1）根據(jù)輔助角公式對(duì)條件sinA3cosA2進(jìn)行化簡(jiǎn)處理即可求解，常規(guī)方法還可利用同角

三角函數(shù)的關(guān)系解方程組，亦可利用導(dǎo)數(shù)，向量數(shù)量積公式，萬(wàn)能公式解決；

（2）先根據(jù)正弦定理邊角互化算出B，然后根據(jù)正弦定理算出b,c即可得出周長(zhǎng).

【小問1詳解】

方法一：常規(guī)方法（輔助角公式）

13π

由sinA3cosA2可得sinAcosA1，即sin(A)1，

223

ππ4ππππ

由于A(0,π)A(,)，故A，解得A

333326

方法二：常規(guī)方法（同角三角函數(shù)的基本關(guān)系）

由sinA3cosA2，又sin2Acos2A1，消去sinA得到：

3

4cos2A43cosA30(2cosA3)20，解得cosA，

2

π

又A(0,π)，故A

6

方法三：利用極值點(diǎn)求解

π

設(shè)f(x)sinx3cosx(0xπ)，則f(x)2sinx(0xπ)，

3

ππ

顯然x時(shí)，f(x)2，注意到f(A)sinA3cosA22sin(A)，

6max3

f(x)maxf(A)，在開區(qū)間(0,π)上取到最大值，于是xA必定是極值點(diǎn)，

3

即f(A)0cosA3sinA，即tanA，

3

π

又A(0,π)，故A

6

方法四：利用向量數(shù)量積公式（柯西不等式）

設(shè)a(1,3),b(sinA,cosA)，由題意，absinA3cosA2，

根據(jù)向量的數(shù)量積公式，ababcosa,b2cosa,b，

則2cosa,b2cosa,b1，此時(shí)a,b0，即a,b同向共線，

3

根據(jù)向量共線條件，1cosA3sinAtanA，

3

π

又A(0,π)，故A

6

方法五：利用萬(wàn)能公式求解

A2t3(1t2)

設(shè)ttan，根據(jù)萬(wàn)能公式，sinA3cosA2，

21t21t2

整理可得，t22(23)t(23)20(t(23))2，

A2t3

解得tant23，根據(jù)二倍角公式，tanA，

21t23

π

又A(0,π)，故A

6

【小問2詳解】

由題設(shè)條件和正弦定理

2bsinCcsin2B2sinBsinC2sinCsinBcosB，

2π

又B,C(0,π)，則sinBsinC0，進(jìn)而cosB，得到B，

24

7π

于是CπAB，

12

26

sinCsin(πAB)sin(AB)sinAcosBsinBcosA，

4

2bc

abc

由正弦定理可得，，即ππ7π，

sinAsinBsinCsinsinsin

6412

解得b22,c62，

故ABC的周長(zhǎng)為2632

16.已知函數(shù)f(x)exaxa3．

（1）當(dāng)a1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)1,f(1)處的切線方程；

（2）若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．

【答案】（1）e1xy10

（2）1,

【解析】

【分析】（1）求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；

（2）解法一：求導(dǎo)，分析a0和a0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和極值，分析可得a2lna10，

構(gòu)建函數(shù)解不等式即可；解法二：求導(dǎo)，可知f(x)exa有零點(diǎn)，可得a0，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)求fx的

單調(diào)性和極值，分析可得a2lna10，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可.

【小問1詳解】

當(dāng)a1時(shí)，則f(x)exx1，f(x)ex1，

可得f(1)e2，f(1)e1，

即切點(diǎn)坐標(biāo)為1,e2，切線斜率ke1，

所以切線方程為ye2e1x1，即e1xy10.

【小問2詳解】

解法一：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f(x)exa，

若a0，則f(x)0對(duì)任意xR恒成立，

可知f(x)在R上單調(diào)遞增，無(wú)極值，不合題意；

若a0，令f(x)0，解得xlna；令f(x)0，解得xlna；

可知f(x)在,lna內(nèi)單調(diào)遞減，在lna,內(nèi)單調(diào)遞增，

則f(x)有極小值flnaaalnaa3，無(wú)極大值，

3

由題意可得：flnaaalnaa0，即a2lna10，

1

構(gòu)建gaa2lna1,a0，則ga2a0，

a

可知ga在0,內(nèi)單調(diào)遞增，且g10，

不等式a2lna10等價(jià)于gag1，解得a1，

所以a的取值范圍為1,；

解法二：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f(x)exa，

若f(x)有極小值，則f(x)exa有零點(diǎn)，

令f(x)exa0，可得exa，

可知yex與ya有交點(diǎn)，則a0，

若a0，令f(x)0，解得xlna；令f(x)0，解得xlna；

可知f(x)在,lna內(nèi)單調(diào)遞減，在lna,內(nèi)單調(diào)遞增，

則f(x)有極小值flnaaalnaa3，無(wú)極大值，符合題意，

3

由題意可得：flnaaalnaa0，即a2lna10，

構(gòu)建gaa2lna1,a0，

因?yàn)閯tya2,ylna1在0,內(nèi)單調(diào)遞增，

可知ga在0,內(nèi)單調(diào)遞增，且g10，

不等式a2lna10等價(jià)于gag1，解得a1，

所以a的取值范圍為1,.

17.如圖，平面四邊形ABCD中，AB8，CD3，AD53，ADC90，BAD30，點(diǎn)E，

21

F滿足AEAD，AFAB，將△AEF沿EF對(duì)折至PEF，使得PC43．

52

（1）證明：EFPD；

（2）求面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值．

【答案】（1）證明見解析

（2）865

65

【解析】

【分析】（1）由題意，根據(jù)余弦定理求得EF2，利用勾股定理的逆定理可證得EFAD，則

EFPE,EFDE，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明；

（2）由（1），根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可證明PEED，建立如圖空間直角坐標(biāo)系Exyz，利

用空間向量法求解面面角即可.

【小問1詳解】

21

由AB8,AD53,AEAD,AFAB，

52

得AE23,AF4，又BAD30，在△AEF中，

3

由余弦定理得EFAE2AF22AEAFcosBAD161224232,

2

所以AE2EF2AF2，則AEEF，即EFAD，

所以EFPE,EFDE，又PEDEE,PE、DE平面PDE，

所以EF平面PDE，又PD平面PDE，

故EFPD；

【小問2詳解】

連接CE，由ADC90,ED33,CD3，則CE2ED2CD236，

在PEC中，PC43,PE23,EC6，得EC2PE2PC2，

所以PEEC，由（1）知PEEF，又ECEFE,EC、EF平面ABCD，

所以PE平面ABCD，又ED平面ABCD，

所以PEED，則PE,EF,ED兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標(biāo)系Exyz，

則E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),A(0,23,0)，

由F是AB的中點(diǎn)，得B(4,23,0)，

所以PC(3,33,23),PD(0,33,23),PB(4,23,23),PF(2,0,23)，

設(shè)平面和平面的一個(gè)法向量分別為，

PCDPBFn(x1,y1,z1),m(x2,y2,z2)

nPC3x133y123z10mPB4x223y223z20

則，，

nPD33y123z10mPF2x223z20

令y12,x23，得x10,z13,y21,z21，

所以n(0,2,3),m(3,1,1)，

mn165

所以cosm,n，

mn51365

865

設(shè)平面PCD和平面PBF所成角為，則sin1cos2，

65

865

即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值為.

65

18.某投籃比賽分為兩個(gè)階段，每個(gè)參賽隊(duì)由兩名隊(duì)員組成，比賽具體規(guī)則如下：第一階段由參賽隊(duì)中一

名隊(duì)員投籃3次，若3次都未投中，則該隊(duì)被淘汰，比賽成員為0分；若至少投中一次，則該隊(duì)進(jìn)入第二

階段，由該隊(duì)的另一名隊(duì)員投籃3次，每次投中得5分，未投中得0分.該隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)榈诙A段的得分

總和．某參賽隊(duì)由甲、乙兩名隊(duì)員組成，設(shè)甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否

相互獨(dú)立．

（1）若p0.4，q0.5，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分的概率．

（2）假設(shè)0pq，

（i）為使得甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)?yōu)?5分的概率最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？

（ii）為使得甲、乙，所在隊(duì)的比賽成績(jī)的數(shù)學(xué)期望最大，應(yīng)該由誰(shuí)參加第一階段比賽？

【答案】（1）0.686

（2）（i）由甲參加第一階段比賽；（i）由甲參加第一階段比賽；

【解析】

【分析】（1）根據(jù)對(duì)立事件的求法和獨(dú)立事件的乘法公式即可得到答案；

3333

（2）（i）首先各自計(jì)算出P甲1(1p)q，P乙1(1q)p，再作差因式分解即可判斷；(ii)

首先得到X和Y的所有可能取值，再按步驟列出分布列，計(jì)算出各自期望，再次作差比較大小即可.

【小問1詳解】

甲、乙所在隊(duì)的比賽成績(jī)不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中1次，

比賽成績(jī)不少于5分的概率P10.6310.530.686.

【小問2詳解】