数学丨2024届高考终极猜想数学试卷及答案

(π)2．已知角α∈|（0,4)|，则数据sinα,sin(π−α),cosα,cos(π−α),tan(π)A．sinαB．cos(π−α)C．cosαD．tanα4，则z的虚部为()4．对于R上可导的任意函数f(x)，若当x≠1时满足≥0，则必有()A．tanα=sinβB．tanα=−cosβC．tanβ=−sinαD．tanβ=−cosα10．已知函数f(x)满足f(x)f(y)=f(xy)+|x|+|y|，则()A．f(0)=1B．f(1)=−1C．f(x)是偶函数D．f(x)是奇函数11．中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关.为了建立茶水温度y随时间x变化的回y=yi绘制了如图所示的散点图.小明选择了如下2个回归模型来拟合茶水温度y随时间x面，且与直线PO所成角为，设平面α截球O和圆锥所得的截面面积分别为S1，S2，则=.,1333(1)若tanC=3,求A的大小；点.DE，M为AB中(1)过M作平面α,使得平面α与平面BEF的平行（只需作图，无需证明）(2)试确定（1）中的平面α与线段ED的交点所在的位置；(3)若DE⊥平面ABCD，在线段BC是否存在点P，使得二面角B−FE−P的平面角为余弦值为，若存+y2P.(2)已知直线l的方程x=4，过点B的直线②点O为坐标原点，求△OND面积的最大值.‘/‘20次，记第i次试验中A种的数目为随机变量Xi(i=1,2,…,20).设该区域中A种的数目为M，B种的数目为N（M，N均大于100每一次试验均相互独立.(1)求X1的分布列；(2)记随机变量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，则S8>S4>0，得S4=2.所以0<sinα<cosα,0<sinα<tanα,按照从小到大的顺序排列时，前3个数为cos(π−α)，sinα,sin(π−α)，则中位数为sinα（或sin(π−α)）. 2π其中当0<x 2π时sinx<x<tanx的证明过程如下：过点A作直线AT垂直于x轴，交OP所在直线于点T，由图可知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，则z=−2+2i，z的虚部为2.(x)≤0，函数f(x)不单调递增，则f(0)≥f(1)；【详解】若函数f(x)=+为偶函数，由定义域为R，则有f(x)=f(−x)，axba−xbaxb1即+=+，即+=+axba−xbaxb1baxba−xbaxb⋅ax故“b=-1”是“函数f(x)=+为偶函数”的充分不必要条件.22ED42+---2−2---AC2+---2−2---AC---------==PFsinc在PP1MPFsinc在PP1M---BC---BC 2【详解】过P作PP1垂直准线于P1，如图，在△PFM中，由正弦定理可得PFPM在△PFM中，由正弦定理可得sinsincPFsinβ=PM，PMsinβ牵sincPFPMsinccoscsinβ==sincPFPMsinccoscsinβ==tanc即过点O1作O1A垂直于该圆柱的母线，垂足为A,过点O2作O2B垂直于圆柱底面， 则球O2同理可得球O3上的点到该圆柱底面的最大距离为T(x)r又由题设知C2=Cn,2=n或n-2=n，∴n=6或n=3.根据非线性回归模型的拟合方法，先令t=ax，则y=kt+b，此时拟合为线性回归方程，【详解】M={x|x2−5x+6≤0}={x|2≤x≤3}，12π4πN={x|cosx<−}={x|+2kπ<x<+2kπ,k∈Z}，则M∩N={x|<x≤3}.【详解】令球O半径为R，则R3=36π,解得R=3，由平面α与直线PO成角，得平面α截球所得小圆半径r=Rcosπ=3，因此S1=πr2=27π,由球O的内接圆锥高为2，得球心O到此圆锥底面距离d=R−2=1，则圆锥底面圆半径′r=R2R2−d2=2，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB，线段AB为圆锥底面圆PC=,PC=, =6π6CO1=，显然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为直角三角形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=，从而求出结果.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,则A−C的最大值为，此时A= π ,3∴B=π−(A+C)= π ,2所以ABC为直角三角形.(2)（1）中的平面α与线段ED的交点在靠近点E的四等分点处【详解】（1）如图，取BC,CF的中点H,Q，连接MH,HQ，延长MH,DC交于点T，连接TQ并延长TQ交DE于点R，连接MR，取CD的中点N，连接MN，则MN//BC且MN=BC，MNTN2TD3CQTC1又因为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，因为H,Q分别为BC,CF的中点，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即为平面α;（2）又（1）得，点R在线段DE上靠近点E的四等分点处，即（1）中的平面α与线段ED的交点在靠近点E的四等分点处；------------------lBE⋅=−x−y+2z=0lEP⋅m=ta+b−2c=01+t+t1BP则cosm,1+t+t1BP(2)证明见解析.1,ex)>0,f(x)在,+∞上单调递增，所以当x=时，0由过点(a,b)可以作两条直线与曲线y=f(x)相切，（12+y2（2）①设直线MN的方程为x=my+1，2NDx2−4y2（2y212y2故直线ND过定点,0，即定点E,0.36m23m2+4336m23m2+43m2+42+=，=−y2== +y22−4y1y2=12m2+13m2+4.又直线ND过定点E,0，OND=SOED+SOEN=2⋅OE⋅y1−y2=4.3m2+4=3m2+4.令t=≥1，则S△OND=3t2+1=3t+，y=y=y=y=t(2)（i）证明见解析i）M=624，N=1456且M，N均大于100，故X1的分布列为P(X1=k)=(k∈N,0≤k≤100).X101P MN MNM+M+N M