云南省昭通市市直中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

书 高二数学ZT 第1页(共6页) 高二数学ZT 第2页(共6页) 高二数学ZT 第3页(共6页) 昭通市市直中学 2024年秋季学期高二年级第一次月考 数 学 本试卷分第 卷(选择题)和第 卷(非选择题)两部分. 第 卷第1页至第3页, 第 卷第3页至第6页. 考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回. 满分150分,考试 用时120分钟. 第 卷(选择题,共58分) 注意事项: 1. 答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚. 2. 每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动, 用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号. 在试题卷上作答无效. 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分. 在每小题所给的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的) 1. 倾斜角为45 的直线方向向量是 A. (2,槡2) B. 1,槡22 C. (1,-2) D. (1,1) 2. 已知集合M={x -3<x<2},N= x 1 2( ) x ≤4{ },则 A. M∩N=(-2,2) B. M∩N=(-3,2) C. M∪N=[-2,+∞) D. M∪N=(-3,+∞) 3. 已知a =(2,-1,1),b =(-1,1,0),c =(1,0, ),若a ,b ,c 三向量共面,则 实数 等于 A. 1 4 B. 1 2 C. 1 D. 2 4. “cos2 =-槡32 ”是“ = k + 5 12 ,k∈Z”的 A. 必要非充分条件 B. 充分非必要条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 5. 经过直线l1:y=-2x-1和l2:y = 2x+3的交点,且倾斜角是直线l2的倾斜角的两倍的 直线方程为 A. 2x+y+1= 0 B. x-4y+3= 0 C. 4x+3y+1= 0 D. 3x+4y-1= 0 6. 若a= 槡ln 10,b= ln2 槡 ln5,c= 槡ln 4e,则a,b,c的大小关系是 A. c<a<b B. a<b<c C. c<b<a D. b<a<c 7. 2023年6月22日,由中国帮助印尼修建的雅万高铁测试成功,高铁实现时速350km 自动驾驶,不仅速度比普通列车快,而且车内噪声更小. 如果用声强I (单位:W/ m2) 表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度,声强级L (单位:dB)与声强I的 函数关系式为L=L0 lg(aI),其中L0为基准声强级,a为常数,当声强I= 10a时,声强级 L= 20dB. 下表为不同列车声源在距离20m处的声强级: 声源 与声源的距离(单位:m) 声强级范围 内燃列车 20 [50,80] 电力列车 20 [20,50] 高速列车 20 {10} 设在离内燃列车、电力列车、高速列车20m处测得的实际声强分别为I1,I2,I3,则下 列结论正确的是 A. L0 = 30 B. I1≥I2 C. I2≥10I3 D. I1≤100I2 8. 已知函数f(x)的定义域是R,函数f(x+1)的图象的对称中心是(-1,0),若对任意的 x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有 x2 f(x1)-x1 f(x2) x1-x2 >0成立,f(1)= 1,则不等式f(x) -x>0的解集为 A. (-∞,-1)∪(1,+∞) B. (-1,1) C. (-∞,-1)∪(0,1) D. (-1,0)∪(1,+∞) 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分. 在每小题给出的选项中,有 多项是符合题目要求的. 全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9. 下列有关复数的说法中(其中i为虚数单位),正确的是 A. i22 = 1 B. 复数z= 3-2i的共轭复数的虚部为2 C. 若复数z满足z-i = 1,则z 的最大值为2 D. 若1-3i是关于x的方程x2+px+q= 0(p,q∈R)的一个根,则q=-8 10. 若直线y= kx(k∈R)与圆C:(x-1)2 +(y-1)2 = 1交于不同的两点A,B,O为坐标原 点,则 A. 当k= 2时, AB = 槡4 5 5 B. CA CB 的取值范围为[-1,1] C. OA OB = 1 D. 线段AB中点的轨迹长度为槡2 11. 如图1,正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为4,M是侧面ADD′A′上的一个动点(含边 界),点P在棱CC′上,且PC′ = 1,则下列结论正确的有 图1 A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为槡73 B. 保持PM与BD′垂直时,点M的运动轨迹长度为槡3 2 C. 若保持PM = 槡2 5,则点M的运动轨迹长度为4 3 D. 平面AD′P截正方体ABCD-A′B′C′D′所得截面为等腰梯形 第 卷(非选择题,共92分) 注意事项: 第 卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答,在试题卷上作答无效. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分) 12. 若圆x2+y2 = 1和x2+y2+4x-4y+7= 0关于直线l对称,则l的方程是 . 13. 已知圆O的半径为4,AB是圆O的一条直径,C,D是圆O上的两定点,且CD = 槡4 3,点P为线段CD上一动点,则PA PB 的取值范围是 . 高二数学ZT 第4页(共6页) 高二数学ZT 第5页(共6页) 高二数学ZT 第6页(共6页) 14. 类比高中函数的定义,引入虚数单位,自变量为复数的函数称之为复变函数. 已知复变 函数f(x)= xn+ 1 xn ,x∈C,n∈N . 当n=1,方程:f(x)= 1时,x= ;当n = 2时,若x = 1,f(x)的最小值为 . (第一空2分,第二空3分) 四、解答题(共77分. 解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 15. (本小题满分13分) 若圆C经过点A(-1,1)和B(1,3),且圆心在x轴上,则: (1)求圆C的方程; (2)直线y= x与圆C交于E,F两点,求线段EF的长度. 16. (本小题满分15分) 已知函数f(x)= log2(-x2+2mx+n),log2(-x2+2mx+n)有意义时x的取值范围为(-1,3), 其中m,n为实数. (1)求m,n的值; (2)写出函数f(x)的单调区间,并求函数f(x)的最大值. 17. (本小题满分15分) 如图2,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC= 2AD= 2,E是PC的中点. 图2 (1)求证:PA∥平面EDB; (2)求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值. 18. (本小题满分17分) 第19届亚运会已于2023年9月23日至10月8日举办,该届亚运会共设40个竞赛大 项. 其中首次增设了电子竞技项目. 与传统的淘汰赛不同,近年来一个新型的赛制 “双败赛制”赢得了许多赛事的青睐. 传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权 利,而在双败赛制下,每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局,因此更有容 错率. 如图3,假设最终进入到半决赛有四支队伍,淘汰赛制下会将他们四支队伍两 两分组进行比赛,胜者进入到总决赛,总决赛的胜者即为最终的冠军. 双败赛制下, 两两分组,胜者进入到胜者组,败者进入到败者组,胜者组两个队伍对决的胜者将进 入到总决赛,败者进入到败者组. 之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘 汰,胜者将跟胜者组的败者对决,其中的胜者进入总决赛,最后总决赛的胜者即为冠 军,双败赛制下会发现一个有意思的事情,在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决 赛就无法拿到冠军,但是其他的队伍却有一次失败的机会,近年来从败者组杀上来拿 到冠军的不在少数,因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平,是否真的如此呢? 图3 这里我们简单研究一下两个赛制,假设四支队伍分别为A、B、C、D,其中A对阵其 他三个队伍获胜概率均为p,另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为1 2 . 最初分 组时AB同组,CD同组. (1)若p= 3 4 ,在淘汰赛赛制下,A、C获得冠军的概率分别为多少? (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示); (3)根据第2问的结果简单分析一下双败赛制下对队伍的影响,是否如很多人质疑的 “对强者不公平”? 19. (本小题满分17分) 如图4,树人中学在即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道,跑 道由三部分组成:第一部分为曲线段ABCQ,该曲线段可近似看作函数y = Asin( x+ ) (A>0, >0,0< < )在区间[-4,0]上的图象,图象的最高点为C(-1,3);第二部 分为线段QD;第三部分可近似看作是以O为圆心,以2为半径的扇形DOE,其圆心 角为 3 . (1)求曲线段ABCQ的解析式; (2)若新校门位于图中的B点,其离AE的距离为1 5千米,一学生准备从新校门笔 直前往位于O点的立德楼,求该学生走过的路BO的长; (3)若点P在劣弧DE) 上(不含端点),点M和点N分别在线段OE和线段OD上, NP∥OM,且PM⊥x轴. 若梯形OMPN区域为学生的休息区域,记∠POE= ,设学生 的休息区域OMPN的面积为S,求S的最大值及此时cos2 的值. 图4 高二数学 ZT 参考答案·第 1 页（共 9 页） 昭通市市直中学 2024 年秋季学期高二年级第一次月考 数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共 58 分） 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所给的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D C A C D B D 【解析】 1．∵倾斜角为 45，∴直线的斜率为 1，所以方向向量为 (1 1)， ，故选 D． 2．依题意 21 4 2 2 2 2 2 x x x x          ≤ ≤ ≤ ≥ ，所以集合 { | 2}N x x ≥ ，则 M N  [ 2 2) ， ，A 和 B 均错误； ( 3 )M N     ， ，C 错误，D 正确，故选 D． 3． a b c   ∵ ， ， 共面，∴可设 ( )c ma nb m n  R   ， ，即 1 2 0 m n m n m         ， ， ， 解得： 1  ，故选 C． 4．因为 3cos 2 2    ，所以 5π 5π2 2 π π 6 12 k k k     Z， ， ，即 3cos 2 2    不能推出 5ππ 12 k k   Z， ，反之，由 5ππ 12 k k   Z， 可推出 3cos 2 2    ，故“ 3cos 2 2    ” 是“ 5ππ 12 k k   Z， ”的必要不充分条件，故选 A． 5．由 2 1 2 3 y x y x       ， ， 解得 1 1 x y     ， ， 即所求方程的直线过点 ( 1 1) ， ，令直线 2 2 3l y x ： 的倾斜 角为 ，则 tan 2  ，显然 是锐角，因此所求方程的直线斜率 2 2 tantan 2 1 tan k       2 2 2 4 1 2 3     ，所以所求的直线方程为 41 ( 1) 3 y x    ，即 4 3 1 0x y   ，故选 C． 6． ln4e ln10ln 4e ln 10 2 2 c a     ，而 2 2 2 2 ln10 (ln2 ln5) 4ln2 ln5(ln 10) 2 4 4 a          2b ，且 0 0a b ， ，所以 a b ，故b a c  ，故选 D． 高二数学 ZT 参考答案·第 2 页（共 9 页） 7．对于A ：因为声强 10I a  时，声强级 20dBL  ，所以 0 10lg 20L L a a        ，解得 0 20L  ， 故A 错误；对于 B：因为 11 2 1 2 2 20[lg( ) lg( )] 20lg 0IL L aI aI I     ≥ ，所以 1 2 1I I ≥ ，即 1 2I I≥ ， 故 B 正确；对于 C： 22 3 2 3 3 20[lg( ) lg( )] 20lg 20 10 10IL L aI aI I      ≥ ，所以 1 2 2 3 10I I ≥ ， 即 1 2 2 310I I≥ ，故 C 不正确；对于 D， 1 1 2 1 2 2 20[lg( ) lg( )] 20lg 80 20 60IL L aI aI I      ≤ ， 所以 31 2 10I I ≤ ，即 1 21000I I≤ ，故 D 不正确，故选 B． 8．因为 ( 1)f x  是 ( )f x 向左平移 1 个单位长度得到，且函数 ( 1)f x  的图象的对称中心是 ( 1 0) ， ，所以 ( )f x 的图象的对称中心是 (0 )0， ，故 ( )f x 是 R 上的奇函数，所以 ( 1) (1) 1f f     ，对任意的 1x ， 2 (0 )x  ， ，且 1 2x x ，都有 2 1 1 2 1 2 ( ) ( ) 0x f x x f x x x    成 立，所以 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) f x f x x f x x f x x x x x x x x x       ，令 ( )( ) f xg x x  ，所以根据单调性的定义可 得 ( )g x 在 (0 ) ， 上单调递增，由 ( )f x 是R上的奇函数可得 ( )g x 是 ( 0) (0 )  ， ， 上 的偶函数，所以 ( )g x 在 ( 0)， 上单调递减，当 0x  时，不等式 ( ) 0f x x  得到 0 0 0  ， 矛盾；当 0x  时， ( ) 0f x x  转化成 ( ) (1)1 1 f x f x   ，即 ( ) (1)g x g ，所以 1x  ；当 0x  时， ( ) 0f x x  转化成 ( ) ( 1)1 1 f x f x     ， ( ) ( 1)g x g  ，所以 1 0x   ，综上所述，不等 式 ( ) 0f x x  的解集为 ( 1 0) (1 )  ， ， ，故选 D． 二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 题号 9 10 11 答案 BC AC BCD 【解析】 9．A 选项， 21 3 4i i i 1 i i i 1     ， ， ， ，而 22 4 5 2 2i i i 1     ，A 错误；B 选项，复数 3 2iz   的共轭复数为 3 2iz   ，故虚部为 2，B 正确；C 选项，若复数 z 满足 | i | 1z   ，则 z 的轨 高二数学 ZT 参考答案·第 3 页（共 9 页） 迹为复平面内，以 (0 )1， 为圆心，1 为半径的圆，此圆上的点到原点的距离，最大值为 2， 即 (0 )2， 到原点距离，故 | |z 的最大值为 2，C 正确；D 选项，若1 3i 是关于 x 的方程 2 0( )x px q p q   R， 的一个根，1 3i 为方程另一个根，故 (1 3i)(1 3i) 1 9 10q       ， D 不正确，故选 BC． 10．由题意可知：圆 2 2( 1) ( 1) 1C x y   ： 的圆心为 (1 1)C ， ，半径为 1r  ，且直线 ( )y kx k R 过定点 0(0 )O ， ，如图 1，设线段 AB 中 点为 M．对于选项 A：当 2k  时，则直线为 2y x ，即 2 0x y  ， 圆心 (1 1)C ， 到直线 2 0x y  的距离为 |1 2 | 5| | 55 d CM    ，所 以 2 2 1 4| | 2 | | 2 2 1 5 5 5 AB AM r d      ，故 A 正确；对于选 项 B：因为 | | | | cos cosCA CB CA CB ACB ACB        ，因为点 A B， 不重合，所以 cos 1ACB  ，故 B 错误；对于选项 C：因 为 2 2| | | | (| | | |) (| | | |) | | | |OA OB OM MA OM MA OM MA       2 2 2 2 2 2| | ( ) | | 1OC d r d OC r      ，所以 | | | | 1OA OB  ，故 C 正确；对于选项 D：因为线段 AB 中点 M 满足OM CM ，如图 2，设OC 的中点为 N ， 圆 C 与 x，y 分别切于点 E ，F ，可知圆 N 过点 E ，F ，且 90ECF  ，可知点M 的轨 迹是以OC 为直径的半圆（除去 E F， ），所以轨迹长为 1 2 22π π 2 2 2    ，故 D 错误， 故选 AC． 11．对于 A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接 AP ，如图 3， 则 | | 16 49 65 73AP     ，故 A 错误；对于 B，如图 4， DD ∵ 平 面 ABCD ， AC  平 面 ABCD ， ∴ DD AC  ， 又 AC BD ， DD BD D  ，DD，BD 平面 DD B ， AC ∴ 平面 DD B ，BD 平 面 DD B ， AC BD∴ ，同理可得 BD AB  ，AC AB A  ，AC ， AB 平面 ACB． BD ∴ 平面 ACB．∴过点 P 作 PG C D∥ 交CD 交于 G ，过 G 作 GF AC∥ 交 AD 交于 F ，由 AB C D ∥ ，可得 PG AB∥ ，PG  平面 ACB，AB 平面 ACB， PG∴ ∥平面 ACB， 同理可得GF∥平面 ACB， PG GF G PG GF  ， ， 平面 PGF ， 图 1 图 2 图 3 图 4 高二数学 ZT 参考答案·第 4 页（共 9 页） 则平面 PGF∥平面 ACB．设平面 PEF 交平面 ADD A 于 EF ，则 M 的运动轨迹为线段 EF ， 由 点 P 在 棱 CC 上 ， 且 | | 1PC  ， 可 得 | | | | 1DG DF  ， EF B C∥ ， ∴ 3| | | | 3 2 4 EF A D  ，故 B 正确；对于 C，若 | | 2 5PM  ，则M 在以 P 为球心，2 5 为 半 径 的 球 面 上 ， 过 点 P 作 PQ  平 面 ADD A  ， 则 | | 1D Q  ， 此 时 2 2| | | | | | 2QM PM PQ   ．∴点 M 在以Q为圆心，2 为半径的圆弧上，此时圆心角为 2π 3 ．点M 的运动轨迹长度 2π 4π2 3 3   ，故 C 正确；对于 D，如图 5，延长 DC ，D P 交 于点 H ，连接 AH 交 BC 于 I ，连接 PI ，∴平面 AD P 被正方体 ABCD A B C D    截得的 截面为 AIPD． ~PCH△ D DH△ ，∴ | | | | | | 3 | | | | | | 4 PH PC HC D H DD DH      ， ~ICH ADH△ △ ， ∴ | | | | | | 3 | | | | | | 4 CI HC IH DA DH AH    ， ∴ | | | | | | 3 | | | | | | 4 PH IH PI D H AH AD      ， PI AD∴ ∥ ，且 | | | |PI AD ， ∴截面 AIPD为梯形，| | | | 16 1 17AI PD    ，∴截面 AIPD为等腰梯形，故 D 正确， 故选 BCD． 第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分） 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 题号 12 13 14 答案 2 0x y   [ 12 0] ， 1 3i 2 2  ； 【解析】 12． 2 2 1x y  的圆心为 0(0 )A ， ，半径为 1， 2 2 2 24 4 7 0 ( 2) ( 2) 1x y x y x y       ， 圆心为 ( 2 2)B  ， ，半径为 1，两圆的半径相等，故圆 2 2 1x y  和 2 2 4 4 7 0x y x y     关于线段 AB 的中垂线对称，设直线 AB y kx： ，将 ( 2 2)B  ， 代入， 2 2k  ，解得 1k   ， 故线段 AB 的中垂线的斜率为 1，AB 的中点坐标为 ( 1 1)D  ， ，故线段 AB 的中垂线方程为 1 1y x   ，即 2 0x y   ，综上， l 的方程为 2 0x y   ． 图 5 高二数学 ZT 参考答案·第 5 页（共 9 页） 13．如图 6，O为圆心，连接OP ，则 ( ) ( )PA PB PO OA PO OB           2 2 2 ( )PO PO OB PO OA OA OB PO PO OB OA OA                        2 2 2| | | | | | 16PO OA PO       ．因为点 P 在线段CD上且 | | 4 3CD  ， 则圆心到直线CD的距离 2 24 (2 3) 2d    ，所以 2 | | 4PO  ≤ ≤ ， 所以 24 | | 16PO  ≤ ≤ ，则 212 | | 16 0PO   ≤ ≤ ，即 PA PB    的取值范围是[ 012 ] ， ． 14．（1）由题意得 1 1x x   ，整理得 2 1 0x x   ， 1 1 4 1 3i 2 2 x     ．（2）当 2n  时， 2 2 1( )f x x x   ，设 i( )x a b a b  R， ，因为 | | 1x  ，所以 2 2 1a b  ， 2 2 1( )f x x x    2 2 2 2 2 2 2 2 1( ) 2 i1( i ( ) 2 ) ( ) 2 i ( i) i a b ab a b a b a b ab aba b             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 ( ) 2 i( ) 2 i ( ) 2 i ( ) 4 ( ) 2 i [( ) 2 i][( ) 2 i] a ba b ab a b ab a b ab aba b ab a b ab a b a b                  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 i ( ) 2 i ( ) 2 i 2(2 1) 2 ( ) 2( )a b ab a b ab a b ab a a b a b             ≥ ，当且仅当 0a  时，取等号，所以 ( )f x 的最小值为 2 ． 四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分） 解：（1）因为 ( 1 1)A  ， 和 (1 3)B ， ，线段 AB 的中点为 (0 )2， ，且 3 1 1 1 ( 1)AB k     ， 则 AB 的垂直平分线方程为 2 0x y   ，………………………………………………（2 分） 由圆的性质可知，圆心在该直线上， 又已知圆心在 x轴上，令 0y  ，得 2x  ，故圆心为 (2 0)C ， ， ……………………（5 分） 半径 2 2| | (2 1) (0 3) 10r CB      ， 则圆 C 的方程为 2 2( 2) 10x y   ． ……………………………………………………（7 分） （2）如图 7，由圆心 (2 )0， 到直线 0x y  的距离 2 2 2 2 1 1 d    ， …………………………………（10 分） 2 2| | 2 2 10 2 4 2EF r d     ． 故线段 EF 的长度为 4 2 ．…………………………（13 分） 图 6 图 7 高二数学 ZT 参考答案·第 6 页（共 9 页） 16．（本小题满分 15 分） 解：（1）因为 22log ( 2 )x mx n   有意义时 x 的取值范围为 ( 1 3) ， ， 所以 2 2 0x mx n    的解集为 ( 31 ) ， ， 所以 1 和3是方程 2 2 0x mx n    的两根．…………………………………………（3 分） 由韦达定理可得 2 2 3 m n     ， ， ……………………………………………………………（6 分） 解得 1 3. m n    ， ……………………………………………………………………………（7 分） （2）由（1）知， 22 ( )( ) log 2 3f x x x    ，令 2 2 3 ( 1 3)t x x x     ， ， ， 因为 2logy t 为增函数，…………………………………………………………………（9 分） 且 2 2 3 ( 1 3)t x x x     ， ， 在 ( 11 ] ， 上单调递增，在[1 3)， 上单调递减， …………………………………………………………………………………（11 分） 所以函数 ( )f x 在 ( 11 ] ， 上单调递增，在[1 3)， 上单调递减， …………………………………………………………………………………（13 分） 所以当 1x  时， ( )f x 取得最大值 2．…………………………………………………（15 分） 17．（本小题满分 15 分） （1）证明：连接 AC ，交 BD于点O，连接OE ，点 E 是 PC 的中点，点O是 AC 的中点， 所以 PA OE∥ ，OE 平面 EDB ， PA平面 EDB ， 所以 PA∥平面 EDB ．……………………………………………………………………（6 分） （2）解：如图 8，以向量 DA  ， DC  ， DP  为 x y z， ， 轴的正方向 建立空间直角坐标系， (0 )0 0D ，， ， (1 2 0)B ，， ， (0 1 1)E ，， ， 则 (1 )2 0DB   ，， ， (0 )1 1DE   ，， ， …………………………………………………………（8 分） 设平面 EDB 的法向量 ( )m yx z  ， ， ， 则 2 0 0 DB m x y DE m y z                ， ， 令 1y   ， 2x  ， 1z  ， 所以平面 EDB 的法向量 (2 1 1)m    ， ， ，………………………………………………（11 分） 平面 PAD 的一个法向量为 )1 0(0n   ，， ，……………………………………………（12 分） 图 8 高二数学 ZT 参考答案·第 7 页（共 9 页） 设平面 EDB 和平面 PAD 的夹角为 ， 则 | | |1| 6cos | cos | 6| || | 6 m nm n m n           ， ， 所以平面 EDB 和平面 PAD 的夹角的余弦值为 6 6 ．…………………………………（15 分） 18．（本小题满分 17 分） 解：（1）A 获得冠军： AB 组 A 获胜，再由 A 与CD组胜者决赛并胜出， A 获得冠军的概率为 1 3 1 3 3 1 3 9 4 2 4 4 2 4 16 P        ，…………………………………（2 分） C 获得冠军：CD组C 获胜，再由C 与 AB 组胜者决赛并胜出， C 获得冠军的概率为 2 1 3 3 1 3 1 51 1 2 4 4 2 4 2 32 P                    ． ……………………………………………………………………………………（5 分） （2）淘汰赛赛制下， A获得冠军的概率为 2 1 1 2 2 p p p p p      ， ……………………………………………………………………………………（8 分） “双败赛制”赛制下，讨论 A 进入胜者组、败者组两种情况， 当 A 进入胜者组，若在胜者组 A 失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组 A 胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当 A 进入败者组，后三局都胜，方可得冠军； 综上，A 获得冠军的概率 3 3 3 3(1 ) (1 ) (3 2 )p p p p p p p      ． …………………………………………………………………………………（12 分） （3）令 3 2 2 2 2( ) (3 2 ) ( 2 3 1) (2 1)(1 )f p p p p p p p p p p          ， …………………………………………………………………………………（15 分） 若 A为强队，则 1 1 2 p  ，故 ( ) 0f p  ， 所以，双败赛制下对强者更有利．……………………………………………………（17 分） 19．（本小题满分 17 分） 解：（1）由图形易知， 3A  ， 又 ( 1) ( 4) 3 4 T      ，则 2π 12 | | T    ， 高二数学 ZT 参考答案·第 8 页（共 9 页） 又 0  ，所以 π 6   ，…………………………………………………………………（2 分） 又当 1x   时，有 π3sin 3 6 y         ，即 πsin 1 6        ， 因为 0 π  ，所以 π π 5π 6 6 6      ，则 π π 6 2    ，故 2π 3   ， ………………………………………………………………………………………（4 分） 所以曲线段 ABCQ的解析式为 π 2π3sin 6 3 y x      ， [ 4 0]x  ， ． ………………………………………………………………………………………（5 分） （2）因为 B 点离 AE 的距离为 1.5 千米，则设 3 2 B x     ， ， 所以 π 2π 33sin 6 3 2 x      ，则 π 2π 1sin 6 3 2 x      ，……………………………………（7 分） 因为 [ 4 0]x  ， ，所以 π 2π 2π0 6 3 3 x ≤ ≤ ，所以 π 2π π 6 3 6 x   ，故 3x   ， 所以 2 2 3 3 5( 3) 2 2 OB         ，即该学生走过的路 BO 的长为 3 5 2 千米． ………………………………………………………………………………………（9 分） （3）依题意， π 3 DOE  ， NP OM∥ ， 在 PNO△ 中， π 2ππ 3 3 PNO    ， NPO   ， π 3 NOP    ， 则由正弦定理 sin sin OP PN PNO NOP    ，可得 2 π3 sin 32 PN        ， 故可得 4 3 π 4 3 3 1 2 3sin cos sin 2cos sin 3 3 3 2 2 3 PN                      ， ……………………………………………………………………………………（11 分） 在Rt PMO△ 中， sin 2sin cos 2cosPM OP OM OP      ， ， ……………………………………………………………………………………（12 分） 高二数学 ZT 参考答案·第 9 页（共 9 页） 故 1 1 2 3( ) 2cos sin 2cos 2sin 2 2 3 S PN OM PM                  ……………………………………………………………………………………（14 分） 22 3 2 3 14sin cos sin 2sin 2 (1 cos 2 ) 3 3 2           3 3 39 32sin 2 cos 2 sin(2 ) 3 3 3 3          ， 其中 2 3 1cos sin 13 13   ， ，为锐角， …………………………………………（15 分） 因为 π0 3   ，所以 2π2 3      ≤ ， 显然当 π2 2    时，休息区域OMPN 的面积 S 取得最大值 39 3 3 3  ， 此时 π 1 13cos 2 cos sin 2 1313            ．………………………………………（17 分）