【文档说明】安徽省A10联盟2024-2025学年高二上学期9月初开学摸底考数学（B卷）试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.347 MB，由小赞的店铺上传

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A10联盟2023级高二上学期9月初开学摸底考数学（北师大版）试题命题单位：淮南二中数学教研组编审单位：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5

分，共40分．在每小题所给四个选项中，只有一项是符合题意的．1.已知集合3,2,0,1,2A=−−，260Bxxx=−−N，则()NAB=ð（）A.3,2,0,1,2−−B.1,0,1,2−C.0,1,2D.1

,2【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式化简集合3Bxx=N或2−x，即可利用集合的补集以及交集定义求解.【详解】由260Bxxx=−−N可得3Bxx=N或2−x，故N230,1,2Bxx=−=Nð，故()NAB=ð0,1,2，故选：C.2.

设,abR，则“10ba”是“1ab”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用不等式的性质化简，即可根据逻辑关系求解.【详解】由10ba可得0,0,1abab，由1ab可得1100ababbb−

或10abb，故10ba能得到1ab，同时1ab也无法推出10ba，故“10ba”是“1ab”的充分不必要条件，故选：A.3.已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数

是（）A.86B.87C.88D.90【答案】B【解析】【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可.【详解】将数据从小到大排序得72,78,80,81,83,86,88,90，因为875%6=，所以第75百分位数是868887

2+=．故选：B．4.一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，

则下列结论正确的是（）A.1()4PA=B.事件A与事件B互斥C.事件A与事件B相互独立D.1()2PAB=【答案】C【解析】【分析】利用互斥事件、相互独立事件的意义及古典概率公式逐项计算判断作答.【

详解】依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本事件，则21()42PA==，A不正确；事件B含有的基本事件有8个：(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,1),(4,3)，其中事件(2,1),(2,3),(

3,2),(3,4)发生时，事件A也发生，即事件A，B可以同时发生，B不正确；抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，8141(),()()()162164PBPABPAPB=====，即事件A与事件B相互独立，C正确；1113()()()()2244PABPAPBPAB

=+−=+−=，D不正确.故选：C5.已知4tan23=，π0,4，若ππcoscos44m−=+，则实数m的值为（）A.3−B.2−C.3D.2【答案】C【解析】【分析】根据余弦和差公式化简得到1t

an1mm−=+，由正切二倍角公式和π0,4得到1tan2=，从而得到方程，求出实数m的值.【详解】ππππcoscossinsincoscossinsin4444m+=

−，即2222cossincossin2222m+=−，()cossincossinm+=−，故()()1sin1cosmm+=−，则1tan1mm−=+，由于22tan4tan21tan3==−，故22tan3tan20+−=，解得ta

n2=−或12，因为π0,4，所以tan0，故1tan2=，即1112mm=−+，解得3m=.故选：C6.已知平面向量1e和2e满足2122ee==，2e在1e上的投影向量为1e−，则1e在2e上的投影向量为（）A.214e−B.12

−C.212e−D.2e−【答案】A【解析】【分析】根据2e在1e上的投影向量得到方程，求出121ee=−，进而利用12222eeeee求出答案.【详解】因为2122ee==，所以212,1ee==，2e在1e上的投影向量为1e−，故121111eeeeee=−

，故12211eee=−，所以121ee=−，则1e在2e上的投影向量为12222214eeeeee=−.故选：A7.已知函数()lg,01016,102xxfxxx=−+，若a，b，c，d互不相等，且()()()()faf

bfcfd===，则+++abcd的取值范围为（）A)26,+B.()14,+C.34126,10D.22126,10【答案】C【解析】【分析】由分段函数的性质画出函数图象，若()()()()fafbfcfdm

====abcd，将问题转化为()fx与ym=的交点问题，应用数形结合判断交点的区间，结合绝对值函数、对数函数的性质可得1110121410abcd，10cd+=，1ab=，结合对勾函数的性质求范围即可．【详解】令lg1

x=，则110x=故10x=，令1612x−+=，则10x=或14x=，.由解析式知：()fx在(0,1上递减且值域(0,)+，在(1,10上递增且值域为(0,1，在()10,12上递减且值域为(0,1，在()12,+上递增且值域为(0,)+．作出()f

x的草图如下，令()()()()fafbfcfdm====且abcd，则a，b，c，d为()fx与ym=的交点横坐标，由图知：24cd+=，1ab=且1110121410abcd，则124abcdaa+++=++，由对勾函数可知1yaa=+在1,

110上递减，故11012,10yaa=+故13412426,10abcdaa+++=++故选：C8.在ABCV中，M为BC上一点且满足2BMMC=，120AMC=，2AM=，若33ABMS=−△，则ABCV的外接圆半径为（）A.23B.

5C.1D.33−【答案】D【解析】【分析】设MCx=，则2BMx=，又60AMB=°，由三角形面积公式得到方程，求出31x=−，在AMC和AMB中，利用余弦定理得到6AC=，326AB=−，在ABCV中，由余弦定理得π

3BAC=，利用正弦定理求出外接圆半径.详解】设MCx=，则2BMx=，因为120AMC=，所以60AMB=°，由三角形面积公式得11sin22sin603322AMMBAMBx==−，解得31x=−，【在AMC中，由余弦定理得2222cos120ACAMMC

AMMC=+−()()21431223162=+−−−−=，故6AC=，在AMB中，由余弦定理得2222cos60ABAMMBAMMB=+−()()21443122231241232=+−−−=−，故()24123642363132

6AB=−=−=−=−，在ABCV中，由余弦定理得()()22222412363331cos2223266ABACBCBACABAC−+−−+−===−，故π3BAC=，则ABCV的外接圆半径为333332sin322BCBAC−==−.故选：D

二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：iecosi

sinxxx=+其中e是自然对数的底数，i是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（）A.πi2e虚部为1B.复数πi4e在复平

面内对应的点位于第二象限C.iieesin2ixxx−−=D.若πi31ez=，i2ez=在复平面内分别对应点1Z，2Z，则12OZZ面积的最大值为1的【答案】AC【解析】【分析】A选项，根据题意得到πi2e

i=，得到虚部；B选项，求出πi422e+i22=，故对应的点坐标为22,22，得到B错误；C选项，计算出iieisin,ecisncosiosxxxxxx−==+−，故C正确；D选项，计算出113,22Z，()2cosθ,sinθZ，则121OZOZ==，故

122112sinOZZOZZS=，得到面积最大值为12.【详解】A选项，πi2ππecosisini22=+=，故πi2e的虚部为1，A正确；B选项，πi4ππ22ecosisin+i4422=+=，故πi4e在复平面内对应的点坐标为22,22，在第一象限，B错误；C选项，

()()iioeicsoisin,eiinsiscnscosxxxxxxxx−=+=−+−−=，故iiee2isinsin2i2ixxxx−−==，C正确；D选项，若πi31ππ13cosisin+i332e2z===+，i2ecosisinz==+，故11

3,22Z，()2cosθ,sinθZ，则121OZOZ==，故12122211sin1sin122OZZOSZZOOOZZZZ==，当121sinZOZ=，即1290ZOZ=时，面积取得最大值，最大值为12，D错误.故选：AC10.把函数

()()π14sincos0π6fxxx=++的图象向右平移π12个单位长度，得到的函数是一个奇函数，则下列说法正确的是（）A.()fx的最小正周期为2πB.()π3fxfx−=C.当π0,3x时，()fx的值域为1,2D.若方程()1fx=

在区间()π,m−上恰有六个不等实根，则实数m的取值范围为7π2π,3【答案】BCD【解析】【分析】根据三角恒等变换化简()π2sin26fxx=+，即可利用平移以及奇函数的性质求解1=，由周期公

式即可求解A，代入验证即可求解B，利用整体法求解即可判断CD.【详解】由()()π14sincos0π6fxxx=++，得()πππ14sincoscossinsin3sin2cos22sin2666fxxxxxxx

=+−=+=+，故πππππ2sin22sin21212666fxxx−=−+=+−，由于π12fx−为奇函数，故πππ,Z66kk−=，由于0π，故取0k=，则1=，故()π2sin2

6fxx=+，对于A，最小正周期为π，A错误，对于B，由于()πππ5π5ππ2sin22sin22sinπ22sin2336666fxxxxxfx−=−+=−=−−

=+=，故B正确，对于C，当π0,3x时，则ππ5π2,666x+，故π1sin2,162x+，故()fx的值域为[1,2]，C正确，对于D，()π,xm−时，则π11ππ2,

2666xm+−+，要使()1fx=在区间()π,m−上恰有六个不等实根，则25ππ29π2666m+，解得7π2π3m，故D正确，故选：BCD11.如图，M为棱长为2的正方体1111ABCDABCD−表面上的一个动点，则（）A.当M在平面1111D

CBA内运动时，四棱锥MABCD−的体积是定值B.当M在直线11AC上运动时，BM与AC所成角的取值范围为ππ,42C.使得直线MA与平面ABCD所成的角为60°的点M的轨迹长度为3π833+D.若N为棱11AB的中点，当M

在底面ABCD内运动，且//MN平面11BCD时，MN的最小值6【答案】ACD【解析】【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，利用体积公式可得体积不变；B选项，根据11//ACAC找到异面直线所成角为BM与11AC所成的角，即可判断；C选项，找到M的轨迹为线

段,AHAT，以及在平面1111DCBA内以1A为圆心、11223HAHA==为半径的14圆弧，计算即可；D选项，利用中点得线线平行,即可找到M的轨迹，计算即可．【详解】对于A，因为底面正方形ABCD的面积不

变，M在平面1111DCBA内运动时,又M到平面ABCD的距离为正方体棱长，故四棱锥MABCD−的体积不变，故A正确；对于B，由于11//ACAC，故BM与AC所成的角即为BM与11AC所成的角，当M在端点11,AC时，11ABCV为等边三角形，此时所成

的角最小，最小为π3，当M在11AC的中点时，所成的角最大，最大为π2，故BM与AC所成角的取值范围为ππ,32，故B错误；对于C，由于M在正方体表面上，若直线MA与平面ABCD所成的角为60°，则

24π3sin3MA==,故以A为圆心，以24π3sin3MA==为半径作球，与棱1111,ADAB相交于点,HT，则M的轨迹为线段,AHAT，以及在平面1111DCBA内以1A为圆心、11223HAHA==为半径的14圆弧，如图①，故M的轨迹长度为4π23π83

222333HTHAl++=+=，故C正确；分别取11AD、1DD、BC、1BB、CD的中点K、F、S、E、P，由正方体的性质可知K、F、S、E、P，N六点共面，且为正六边形PSENKF，如图②,由中位线定理，11//KNBD，11BD平面

11BCD，KN平面11BCD，所以//KN平面11BCD，同理//NE平面11BCD，且KNNEN=，,KNNE平面PSENKF，所以平面//PSENKF平面11BCD，M在底面ABCD内运动,所以M轨迹为线段PS，取AB中点N，连接,NNNS,则NN⊥平面AB

CD，故2224MNNNNMNM=+=+故当NM最小时，MN最小，由于,2,2,SBNBPCCSNSPSPN======故NSPS⊥，故当M为S时，NM的长最小，此时2NN=,故MN最小为()2426+=，D正确．故选：ACD．【点睛】方

法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解

析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．12.在ABCV中，D为BC边上的中点，E是AD上靠近A的四等分点，若BExAByAC=+，则xy+=___

___．【答案】34−##-0.75【解析】【分析】根据向量的加减法运算，用基底,ABAC表示BE，再根据平面向量基本定理确定,xy的值.【详解】由()111442BEBAAEABADABABAC=+=−+=−++7188ABACxA

ByAC=−+=+，则71,88xy=−=，因此34xy+=−故答案为：34−13.燕子每年秋天都要从北方飞向南方过冬．专家发现：两岁燕子的飞行速度可以表示为25log10qv=（米/秒），若某只两岁的燕子耗氧量为1q时的飞行速度为1v（米/秒），另一只两岁的燕子耗氧量为2q时的飞

行速度为2v（米/秒），两只燕子同时起飞，当124qq=时，一分钟后第一只燕子比第二只燕子多飞行的路程为______米【答案】600【解析】【分析】由条件列出11,qv及22,qv的关系，结合124qq=，求出12−vv，由此可

得结论.【详解】因为25log10qv=，所以5102vq=，所以151102vq=，252102vq=，又124qq=，所以1255102402vv=，所以125524vv−=，所以1210vv−=，所以一分钟后第一只燕子比第二只燕

子多飞行的路程为6010600=（米），故答案为：600.14.已知PABCD,,,,是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，ADBC∥，1ABDCAD===，2BCPA==，PD⊥平面ABCD，则球O的表面积为______．【答案】7π【解析】【分析】取BC中

点E，则易得1==EAED，根据已知可确定E为梯形ABCD外接圆圆心，过E作⊥EF平面ABCD，且使得EFPD=，从而球心O在EF的中点，然后结合勾股定理求出R，进而可求．【详解】取BC中点E，由于ADBC∥，1ABDCAD===，故//,ADBEADBE=,则四边形ABED为平行四边形，故

1ABED==，同理可得1AEDC==，故1EAEDAD===，故E为梯形ABCD外接圆圆心，过E作⊥EF平面ABCD，且使得EFPD=，则四边形PDEF为矩形，故球心O在EF的中点，设球的半径R，2222213PD

PAAD=−=−=，根据球的性质得，2222237124ROEBE=+=+=，故274R=，故表面积为24π7πSR==．故答案为：7π．四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算

步骤．15.2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“哈尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，六安文旅也在各大平台发布了六安的宣传片：六安瓜片、舒城小兰花、固镇大白鹅等等出现在大

众视野现为进一步发展六安文旅，提升六安经济，在5月份对来六安旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中4ba=.（1）试估计游客满意度得分的平均值（同一

组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第60百分位数.（2）六安文旅6月份继续对来六安旅游的游客发起满意度调查现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为85，方差为74：6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为95，方差为69.由这些

数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差.【答案】（1）平均值为79.5，第60百分位数为82.5；（2）总样本的平均数为91，方差为95.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求出,ab，进而即可求出平均数；先确定60%分位数的

位置，再由频率分布直方图求求值；（2）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差.【小问1详解】由题意知()0.0150.035101ab+++=，4ba=，所以0.010,0.040ab==

，所以满意度得分的平均值为650.15750.35850.4950.179.5+++=，因为0.150.350.50.6+=，0.50.40.90.6+=，所以第60百分位数位于第三个区间内，所以

第60百分位数为0.60.5801082.50.90.5−+=−分.【小问2详解】把6月1日—6月7日的样本记为12340000,,?··,xxxx，其平均数记为x，方差记为2xs，把6月8日—6月14日的样本记为12360000,,

?··,yyyy，其平均数记为y，方差记为2ys，总样本方差为2s，则总样本平均数400004000085959160000400006000040000z=+=++，由方差的定义，样本总方差为：()()2222214610xyssxzsyz=+−++−所

以()()2147436669169510s=+++=，所以总样本的平均数为91，方差为95.16.已知锐角ABCV的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos3sin0aCaCbc+−−=．（1）求A；（2）若2a=，求ABCV周长

的取值范围．【答案】（1）π3A=（2）(223,6+【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换等知识求得正确答案.（2）将,bc转化为B来表示，再根据三角函数的性质求得正确答案.【小问1详解】由正弦定理得sincos3sinsinsinsin0A

CACBC+−−=，则()sincos3sinsinsinsin0ACACACC+−+−=，所以sincos3sinsinsincoscossinsin0ACACACACC+−−−=，即3sinsinco

ssinsin0ACACC−−=，由于π02C，所以sin0C，所以3sincos1AA−=，则π2sin16A−=，π1sin62A−=，由于ππππ0,2663AA−−，所以πππ,663AA−==.【小问2详解】

若2a=，由正弦定理得24πsinsin3sin3bcBC===，所以44sin,sin33bBcC==，所以三角形ABC周长为442sinsin33abcBC++=++44π2sinsin333BB=+++44312sincossin2233BBB=+++13π

24cossin24sin226BBB=++=++，由于三角形ABC是锐角三角形，所以π02ππ32BB+，所以ππ62B，的所以ππ2π363B+，所以3ππsin122324sin6266BB+

+++，所以三角形ABC周长的取值范围是(223,6+.17.如图1，矩形ABCD中，2AB=，1BC=，E为边CD上的一点．现将ADEV沿着AE折起，使点D到达点P的位置．（1）如图2，若E为边CD的中点

，点F为线段PB的中点，求证：//CF平面PAE；（2）如图3，设点P在平面ABCE内的射影K落在线段AB上．①求证：CB⊥平面PAB；②当14AKAB=时，求直线PC与平面ABCE所成的角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析，②134【解析】【分析】（1）设Q是线段PA的中点，

根据线线平行可得四边形FQCE是平行四边形，再结合线面平行的判定定理即可得证；（2）①根据线面垂直的性质可得PKCB⊥，结合矩形性质，即可由线面垂直的判定求证，②根据线面垂直可得PCK为直线PC与平面ABCE所

成的角，即可利用三角形的边角关系求解.【小问1详解】证明：如图，取Q是线段PA的中点，连接QE，FQ，因为点F是线段PB的中点，所以//FQAB，12FQAB=，因为//ECAB，12ECAB=，所以//FQEC，FQEC=，即四边形FQCE是平行

四边形，所以//CFQE，又因为CF平面PAE，QE平面PAE，所以//CF平面PAE；【小问2详解】①由题意可知PK⊥平面ABCE，CB平面ABCE，故PKCB⊥，又,,,CBABPKABKPKAB⊥=平面PAB，故CB⊥平面PAB②由于PK⊥平面ABCE，故PCK

为直线PC与平面ABCE所成的角，1142AKAB==，1PA=，故2232PKPAAK=−=,22313,1,22KBBCKCKBBC===+=,则222PCPKKC=+=，故13132cos24KCPCKPC===故直线PC与平面ABCE所成的角的余弦值为

13418.设函数()ee2xxfx−−=，()ee2xxgx−+=．（1）判断函数()fx的奇偶性，并讨论其单调性（不需证明单调性）；（2）求证：()()()()2fxyfxyfxgy++−=；（3）若()(

)()22ln42ln2xxxhxftf=−+在区间1,1−上的最小值为78−，求t的值．【答案】（1）奇函数，(),−+上单调递增（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】（1）利用奇偶函数的定义进行证明奇偶性，利用单调性的性质判()fx的单调性；（2）求(

)()fxgy和()()2fxyfxy++−即可证明；（3）令22xxm−=−，利用换元转化为一元二次函数轴动区间定求最值的问题进行求解.【小问1详解】由题意可知，()fx的定义域为R，定义域关于原点对称，又()()ee2xxfxfx−−−==−，所以()fx为奇函数；因为exy=在(),−+

上单调递增，exy−=−在(),−+上单调递增，所以，()fx在(),−+上单调递增；【小问2详解】因为()()()()eeeeeeee224xxyyxxyyfxgy−−−−−+−+==，()()()()eeee2222xyxyxyxyfxyfxy−+−−+−−−+++

−=()()()()eeeeeeeeee44xyyxyyxxyy−−−−−+−+−+==，所以可得()()()()2fxyfxyfxgy++−=；【小问3详解】由()()()22442244222ln42ln2

2222222xxxxxxxxxxxxhxftftt−−−−−−+−=−+=−+=+，令22xxm−=−，由1,1x−，则33,22m−，又()()222222222xxxxhxt−−−+−=+，则令()222121222mmHmtmtm+=+=++，对称轴12

2tmt=−=−，当32t−−，即32t时，()2min3133317712222288HmHtt=−=−+−+=−+=−，解得2t=，当3322t−−，即3322t−时，()()

()()22min11711228HmHttttt=−=−+−+=−+=−，解得152t=，又3322t−，因此不符合题意，当32t−，即32t−时，()2min3133317712222288HmHtt==++=+=−

，解得2t=−，综上知，2t=【点睛】方法点睛：1.函数最值与值域的求法：单调性法；不等式法；配方法；换元法；数形结合法；分离常数法；导数法.2.闭区间上二次函数最值问题的解法：抓住“三点一轴”数形结合，三点是

指区间两个端点和中点，一轴是指对称轴，结合图象，根据函数的单调性及分类讨论的思想求解.19.对于集合12,,,nA=和常数0，定义：()()()22210200sinsinsinnn−+−++−=为集

合A相对的0的“正弦标准差”．（1）若集合ππ,63A=，0π4=，求A相对的0的“正弦标准差”；（2）若集合π,,4A=，是否存在3π,π4，3π7π,24，

使得相对任何常数0的“正弦标准差”是一个与0无关的定值？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）624−（2）存在1211π=，1219π=，使得相对任何常数0的“正弦标准差”是一个与0无关的定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，代入公式计算，结合正弦差角

公式得到答案；（2）利用三角恒等变换化简，从而sin2sin21cos2cos20+=−+=，平方相加，得到()1cos222−=−，结合3π,π4，3π7π,24求出4π223−=−，从而消元，结合cos2cos20+=得到3tan23

=−，得到π2611=，求出1211π=，1219π=.【小问1详解】2222ππππππsinsinsinsin6434121222−+−−+==221212212ππsinsinπsin=+=，其中πππππππ321262si

nsinsincoscossin1234343422224−=−=−=−=.【小问2详解】存在1211π=，1219π=，使得相对任何常数0的“正弦标准差”是一个与0无关的定值，理由

如下：()()222000πsinsinsin4−+−+−()()000π1cos21cos221cos222222−−−−−−=++()0000031sin2cos2cos2sin2sin2cos2cos2sin2sin22

2=−++++()()0031sin21sin2sin2cos2cos2sin222=−++++，只需sin2sin21cos2cos20+=−+=，则()()22cos2cos2sin2s

in21+++=，即22cos2cos22sin2sin21++=，整理得()1cos222−=−，因为3π,π4，3π7π,24，所以3π2,2π2，7π23π,2，7π2,3π2

−−−，则()222π,π−−，所以4π223−=−，则4π223=+，所以4πcos2cos2cos2cos203+=++=，即4π4πcos2cos2cossin2sin0

33+−=，整理得cos23sin20+=，故3tan23=−，因3π2,2π2，所以π2611=，1211π=，则4π11π4π19π223366=+=+=，1219π=，检验，将1211π=，1219π=代入sin2sin21cos2c

os20+=−+=得11π19ππ7π11sinsinsinsin166662211π19ππ7πππcoscoscoscoscoscos0666666+=−+=−+−=−

+=−+=−=，满足要求，故存在1211π=，1219π=，使得相对任何常数0的“正弦标准差”是一个与0无关的定值，此时()()222000πsinsinsin2432−+−+−==.【点睛】方法点睛：新定义问题的方

法和技巧，（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，

并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.为