数学答案（YL）-1_2024年3月_013月合集_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期3月综合测试（一）_2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期3月综合测试（一）数学

雅礼中学 2024 届高三综合自主测试（一） 数学参考答案 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1、C【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17， 3 则极差为17215，故该组数据的中位数是15 9，数据共6个， 5 m12 故中位数为 9，解得m6，因为640%2.4， 2 所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C. 2、A【解析】因为圆心在y轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为 0,b ， 则圆的方程为x2 (yb)2 1，又点 1,2 在圆上，所以1 2b 2 1，解得b2， 所以所求圆的方程为x2  y2 2 1．故选：A. 3、D【解析】∵{a }是等差数列，∴a a 2a 10，a 5， n 3 7 5 5 a a 所以a  5 6 7，∴公差d a a  2，∴a a 4d 3， 6 a 6 5 1 5 5 65 ∴S 6(3) 212，故选：D． 6 2 2 1 4、A【解析】若B Ω，AB  1,2  ，则P  AB   ， 4 2 2 1 而P  A   ，P  B 1，所以P  A  P  B P  AB ， 4 2 所以事件A,B相互独立，反过来，当B  1,3 ，AB  1 ， 1 1 此时P  AB  ，P  A  P  B  ，满足P  A  P  B P  AB ， 4 2 事件A,B相互独立，所以不一定B ， 所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A 5、D【解析】依题意，由I(x) 1 2 I 0 ， I(x) I 0 e  (x 2 2)2 ，得I 0 e  (x 2 2)2  1 2 I 0 ， 即 (x2)2 ， e 2 2 则有(x2)2 2ln2，解得x 2 2ln2 ，x 2 2ln2 ， 1 2 数学（YL）答案 （第 1 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}所以3dB带宽为x x  2 2ln2 .故选：D 2 1 x2 y2 6、A【解析】因为函数y f(x)的图象恰为椭圆C:  1(a b0)x轴上方的部分， a2 b2 所以y f(x)b 1 x2 (axa)，因为 f(st)， f(s)， f(st)成等比数列， a2 所以有 f2(s) f(st)f(st) ，且有asa,asta,asta成立， 即asa,ata成立， s2 (st)2 (st)2 由 f2(s) f(st) f(st)(b 1 )2 b 1 b 1 ， a2 a2 a2 化简得：t4 2a2t22s2t2 t2(t22a22s2)0t2 0，或t22a22s2 0， 当t2 0时，即t 0，因为asa， 所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）； 当t22a22s2 0时，即t2 2a22s2， 因为at a，所以t2 a2，而2a22s2 a2， 所以t2 2a2 2s2不成立，故选：A       1   1tan2  2tan2  7、A【解析】 tan  tan 2     1tantan 2   6 tan  2   1 1tan2  2    6.  2  2  2       2cos1tan2 2tan2  2cos1tan2   2 2 6，  2 6， sin  1tan2   sin 1tan2    2   2  2cos 1 1 1  6，sin ，sincoscossin ， sin cos 3 3 又因为tantan      3，所以sincos3cossin， 2  1 1 则cossin ,sincos ，所以 6 2 2 4 1 sinsincoscossin cos2212sin212  . 3 9 9 1 79 cos442cos22212 1 .故选：A 81 81  2014π2  8、C【解析】2cos2xcos2xcos cos4x12cos22x2 ，     x  2014π2  令a cos2x,bcos ，则2a  ab 2a22，即ab1，  x  所以a 1,b1或a1,b1， 数学（YL）答案 （第 2 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}2014π2  当a1,b1时，即cos2x1,cos 1，  x  1007π 所以xkπ,kZ,x ,k Z ， k 1 1 因为1007=11953，所以x=π,19π,53π,1007π， 2014π2  当a1,b1时，即cos2x1,cos 1，  x   2k1  π 2014π2 4028π x ,kZ,x  ,k Z 则 2  2k 1  π 2k 1 1 ， 1 1 2 4028 因为2k1是奇数，所以 也是奇数，不成立； 2k 1 1 所以方程所有正根的和为：π+19π+53π+1007π=1080π,故选：C 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9、ACD【解析】b2 40，∴ x b 4b2i， 2 b 4b2 b 4b2 不妨设z   i，z   i，z  z ，A正确； 1 2 2 2 2 2 1 2 b 4b2 z  z  ( )2( )2 1 ，C正确； 1 2 2 2 z z2 b2 2 b 4b2 z z z 1，∴ 1  1  z2   i，b0时， 1 R，B错； 1 2 z z z 1 2 2 z 2 1 2 2 1 3 1 3 1 3 b1时，z   i，z   i，计算得z2   i z  z ， 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 z2  z  z ，z3  z z 1，同理z3 1，D正确． 2 1 2 1 1 2 2 故选：ACD． 10、BD【解析】对于A：连接BD，且ACBD O，如图所示，当M 在PC中点时， 数学（YL）答案 （第 3 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}因为点O为AC的中点，所以OM//PA，因为PA平面ABCD， 所以OM 平面ABCD，又因为AC平面ABCD，所以OM  AC ， 因为ABCD为正方形，所以ACBD. 又因为BDOM O，且BD，OM 平面BDM ，所以AC 平面BDM ， 因为BM平面BDM ，所以AC BM ，所以A错误； 对于B：将PBC和PCD所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示， 1 5 30 则MBMD的最小值为BD，直角PBC斜边PC上高为 ，即 ， 6 6 1 5 30 直角PCD斜边PC上高也为 ，所以MBMD的最小值为 ，所以B正确； 6 3 对于C：易知四棱锥PABCD的外接球直径为PC， 1 1 6 半径R  PC  22 12 12  ，表面积S 4πR2 6π，所以C错误； 2 2 2 对于D：点M 到直线AB 的距离的最小值即为异面直线PC与AB 的距离， 因为AB//CD，且AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB//平面PCD， 所以直线AB 到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作AF PD ， 因为PA平面ABCD，所以PACD,又AD CD,且PAAD  A, 故CD平面PAD，AF 平面PAD，所以AF CD，因为PDCD D， 且PD，CD平面PCD，所以AF 平面PCD，所以点A到平面PCD的距离， 即为 AF 的长，如图所示， 在Rt△PAD中， PA 2， AD 1，可得 PD  5， 2 5 2 5 所以由等面积得 AF  ，即直线AB到平面PCD的距离等于 ，所以D正确， 5 5 故选：BCD. 数学（YL）答案 （第 4 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}1 11、ABC【解析】 f(0) , f(x y) f(x)f(a y) f(y)f(ax) 2 1 1 1 对A：对原式令x  y 0，则  f  a  f  a  f  a ， 2 2 2 1 即 f  a  ，故A正确； 2 对B： 对原式令 y 0， 1 1 则 f  x  f  x  f  a  f  0  f  ax  f  x  f  ax ， 2 2 故 f  x  f  ax  ， 对原式令x  y， 则 f  2x  f  x  f  y  f  y  f  x 2f  x  f  y 2f 2 x 0，故 f  x  非负； 1 1 对原式令 y  ax，则 f  a  f 2 x  f 2 ax 2f 2 x  ，解得 f  x  ， 2 2 1 又 f  x  非负，故可得 f  x  ，故B正确； 2 对C：由B分析可得： f  x y 2f  x  f  y  ，故C正确；   对D：由B分析可得：满足条件的 f x 只有一个，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12、40 【解析】 x2y 6的通项公式为T Crx6r2y r Cr 2 r x6ryr， r1 6 6 令r 2得，T C22 2 x4y2 60x4y2，此时60x4y22120x4y2， 3 6 x 令r 3得，T C32 3 x3y3 160x3y3，此时160x3y3 160x4y2， 4 6 y 故x4y2的系数为12016040 故答案为：40 2 7 13、①. 7 ②. 7 【解析】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形， 4π 2π 易知该扇形半径为2，弧长为 ，故圆心角∠APB＝ ， 3 3 最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知 AB＝ PA2 PB2 2PAPBcosAPB ＝ 7 ， 数学（YL）答案 （第 5 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}PB2  AB2 PA2 2 7 cos∠PBA＝ ＝ ； 2PBBA 7 过P作AB的垂线，垂足为M， 当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段， 当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段， 2 7 下坡路段长MB＝PB･cos∠PBA＝ ． 7 2 7 故答案为： 7 ， . 7 14、①. 18 ②. 25270 【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且 ba)， 为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1， 一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除. 而a 1，a 40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组 1 20 别，例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足 题意，所以 f 的最大值为18. 第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这 27个数中选出满足要求的20个数. 第一步，在a 到a 这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满 1 20 足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得 f 的最大值 为18. 第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中 任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数. 第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数. 有三种情况： ①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在 下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足. ②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C4 种，再从删去的8个数中拿 21 一个加回原来的19个数中，由C1种，共有C4 C1种. 8 21 8 数学（YL）答案 （第 6 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C3 种，此时加回来的数 21 必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共2C3 种. 21 第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这 一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C ，即排列为 B,A,C，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC， 然后删去，再补回C，这两种删去方式结果相同. 1  综上，共有 C4 C1 2C3 25270种. 2 21 8 21 故答案为：18；25270 四、解答题（本题共6小题，共70分） 15、（1）因为抛物线C的焦点为F0,1， 所以 p2，即C的方程为：x2 4y，如下图所示： 设点Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 由题意可知直线l的斜率一定存在，设l:ykx1， x2 4y 联立  得x24kx40， ykx1 所以x x 4k,xx 4. 1 2 1 2 1 1 由x2 4y，得 y x2,y x ， 4 2 x x x2 所以 l :yy  1xx ，即 y 1 x 1 . 1 1 2 1 2 4 令 y0 ，得 x x 1 ，即 D   x 1,0   ， 2  2  x x2 x  同理 l :y 2 x 2 ，且 E 2 ,0 ， 2 2 4  2  1 1 所以 DE  x x  x x 24xx 2 k21 . 2 1 2 2 1 2 1 2 数学（YL）答案 （第 7 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#} x x2 由    y 2 1 x 4 1 ，得   x2k ，即M2k,1.  x x2 y1 y 2 x 2  2 4 所以 MF  4k24 2 k21. 故 DE  MF . （2）设点Px ,y ，结合（1）知 l :yy  x 1xx ，即l :2xx4yx2 0 0 0 1 1 2 1 1 1 1 因为x2 4y ,x2 4y ， 1 1 0 0 2xx 4y x2 2xx x2x2 x x 2 所以 d  1 0 0 1  1 0 0 1  1 0 . 1 4x216 4x216 2 x24 1 1 1 x x 2 同理可得 d  2 0 ， 2 2 x24 2 所以 dd  x 1 x 0 2  x 2 x 0 2    x 1 x 2 x 0 x 1 x 2 x 0 2  2   44kx 0 x 0 22 . 1 2 2 x24 2 x24 4 x2x 2 4  x2 x 2 16 32 k21 1 2 1 2 1 2 x2 kx  0 1 kx y 1 0 4 4kx x24 又 d  0 0   0 0 ， k21 k21 4 k21 所以d 1 d 2   44kx 0 x 0 22  16  k2 1   k21  1. d2 32 k21  4kx x2 4 2 2 2 0 0 当且仅当k 0时，等号成立； 即直线l斜率为0时， d 1 d 2 取最小值1 . d2 2 π 16、（1）证明：若 ，则平面DCGH ､平面CBFG为同一个平面. 2 连接BH 、BF，则M 是BH 中点，M是BF中点， 所以平面MBF 与平面BFHD重合，平面MBF与平面BFFB重合， 由正方体性质可知BF 平面EFFH ， 数学（YL）答案 （第 8 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}因为HF、FF平面EFFH，所以，BF HF，BF FF， HFF为二面角HBFF的平面角， π π π 因为HGFG，HGF  ，则HFG ，同理可得FFG ， 2 4 4 π 所以HFF ，所以，平面MBF 平面MBF 2 （2）解：假设存在，使得直线MF平面MBC，    以C为原点，分别以CB、DC、CG的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的 空间直角坐标系，   则C0,0,0、B2,0,0、M1,1,1，故CB2,0,0、CM 1,1,1，   设平面MBC的法向量为m  x,y,z，则    m  C  M  xyz 0 ， mCB2x0  取y1，得m0,1,1是平面MBC的一个法向量， 取 CG 的中点P，BF的中点Q，连接 PQ 、PM，则P0,0,1， 因为 MG  MC  121212  3，则PM CG，同理可知，PMCG， 因为BQ//CP，BQCP，BQBC，则四边形BCPQ为矩形，所以，PQCG， 于是MPM是二面角M CGM的平面角， MPQ是二面角M CGQ的平面角， QPM是二面角QCGM的平面角.于是MPM，   因为  P  M  1,1,0，  P  Q  2,0,0， cosMPQ  P  M  P  Q   2  2， PM  PQ 22 2 π π 因为0MPQπ，则MPQ ，所以QPM ， 4 4 因为PM CG，PMCG，PM PMP，PM 、PM平面MPM， 所以，CG平面MPM，且 MP  MP  2， 故 M   2cos   π , 2sin   π  ,1   ，同理F2cos,2sin,2，   4  4  数学（YL）答案 （第 9 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}   π  π   所以 MF2cos 2cos ,2sin 2sin ,1 ，   4  4   π π π 因为 2cos 2cos 2cos 2coscos  2sinsin cossin ，  4 4 4  π π π 2sin 2sin 2sin 2sincos  2cossin cossin ，  4 4 4  所以MFcossin,cossin,1，    若直线MF平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则MF//m， cossin0   即存在R，使得MFm，则 cossin ，  1 因为02 cossin2cossin2 2，可得2 2， cossin0 故方程组 无解， cossin  1 所以不存在0,π，使得直线MF平面MBC. 17、（1）∵ f(x)lnxax2bx 1 ∴ f(x) 2axb . x ∵函数 f(x)lnxax2bx 在x1处取得极值， ∴ f(1)12ab0 1 2x23x1 ∴当a1时，b3，则 f(x) 2x3 x x f(x)、 f(x) 随x的变化情况如下表： x (0, 1 ) 1 ( 1 ,1) 1 (1,) 2 2 2 f(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 1 1 ∴ f(x) 的单调递增区间为 (0, ) 和(1,)，单调递减区间为 ( ,1) 2 2 ∴ f(x) 的极大值点为1 ， f(x) 的极小值点为1. 2 数学（YL）答案 （第 10 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}1 2ax2(2a1)x1 (2ax 1)(x 1) （2）∵ f(x) 2axb  (x0) x x x 1 令 f(x)0得，x 1， x  1 2 2a ∵ f(x) 在x1处取得极值 1 ∴ x   x 1 2 2a 1 1 法一：当 0 时， f(x) 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减， 2a ∴ f(x) 在区间(0,e]上的最大值为 f(1)，则 f(1)1，即a12a1 ∴a2 1 法二：当a0时， x  0 2 2a 1 1 1 ①当 1 时， f(x) 在 (0, ) 上单调递增， ( ,1) 上单调递减，(1,e]上单调递增， 2a 2a 2a 1 ∴ f(x) 的最大值1可能在 x 或xe处取得， 2a 1 1 1 1 1 1 而 f( )ln a( )2(2a1) ln  10 2a 2a 2a 2a 2a 4a ∴ f(e)lneae2(2a1)e1 1 ∴a e2 1 1 1 ②当 1 e 时， f(x) 在区间(0,1)上单调递增， (1, ) 上单调递减， ( ,e] 上单调递增 2a 2a 2a ∴ f(x) 的最大值1可能在x1或xe处取得，而 f(1)ln1a(2a1)0 1 1 ∴ f(e)lneae2(2a1)e1，即a ，与 1 x  e e2 2 2a 1 ③当 e 时， f(x) 在区间(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减， 2a ∴ f(x) 的最大值1可能在x1处取得，而 f(1)ln1a(2a1)0，矛盾． 1 综上所述，a 或a2. e2 18、（1）  f(x)4x3，  f(x)在点x ,y 处的切线方程为：yy 4x3xx  n n n n n 3 令 y0 ，得 x  x ， n1 4 n 3 所以x 是首项为1，公比为 的等比数列， n 4 n1 故 x    3  n 4 数学（YL）答案 （第 11 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}n1 3 （2）令 b nx n  n n 4 法一：错位相减法 0 1 2 n1 3 3 3 3 S 1  2  3  ...n  ， n 4 4 4 4 3 3 1 3 2 3 3 3 n S 1  2  3  ... n  ， 4 n 4 4 4 4 1 2 n1 n 两式相减得：1 S 1   3     3     3  n   3  4 n 4 4 4 4 n 化简得： S 16(164n)   3  n 4 n n 故 16(164n)   3  16   5  ， 4 6 n 化简得(164n)   9   10 n 令 d (164n)   9   ， n 10 则 d d    2n10    9   n ， n1 n  5 10 当n5时，d d 0，即d d d d d d ， n1 n 6 5 4 3 2 1 当n6时，d d 0，即d d d ...， n1 n 6 7 8 5 所以d  d d 36   9    21.26 n max 5 6 10 从而整数 22； min 法二：裂项相消法 n 由 b nx  4 n   3  ， n n 3 4 n 设 c n (knm)    3 4    且b n c n1 c n ， 数学（YL）答案 （第 12 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}则4 n   3  n    kn  3k m    3  n ， 3 4  4 4 4  k 4    16 于是   4 3 ，得k  ，   3 3km 0  m16  4 n  16 3 即 c  n16  n  3 4 所以S n b 1 b 2 b n   c 2 c 1 c 3 c 2 c n1 c n   n 3 c c 16(164n)  n1 1 4 n n n 故 16(164n)   3  16   5  ，化简得(164n)   9   4 6 10 n 令 d (164n)   9   ， n 10 则d n1  459n 1 时，n5， d 4010n n d 当n5时， n1 1 ，即d d d d d d ， 6 5 4 3 2 1 d n 当n6时， 0 d n1 1 ，即d d d ...， 6 7 8 d n 5 所以d  d d 36   9   21.26 n max 5 6 10 从而整数 22 min 4 19、（1）ysin x不是“M 函数”，理由如下： 3  3π 4 3π  4  4 f x sin x sin x2π sin x f x ，  2  3 2  3  3 f   π x  sin 4  π x  sin   π  4 x   ， f   π x  sin 4  π x  sin   π  4 x   ， 4  34  3 3  4  3 4   3 3  则 f   π x   f   π x   ， 4  4  4 故ysin x不是“M 函数”； 3 （2）函数 f x满足 f x f  x 3π  ，故 f x的周期为 T  3π ，  2  2 数学（YL）答案 （第 13 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}π  π  因为 f  x f  x ， 4  4  π  所以 f x f  x ， 2  当 x   3 kπ π , 3 kππ   时， f x f  x 3 kπ   sin  x 3 kπ   ，kZ， 2 4 2   2   2  3 π 3 π π  3   π  3   3  当 x  kπ , kπ  时， f x f  x kπ  sin x k π  cosx k π ， 2 2 2 4 2  2  2  2   2  kZ，   3  3 π 3 π cosx kπ,x  kπ , kπ  ,k Z 综上： f x    2  2 2 2 4 ，   3  3 π 3    sin  x 2 kπ  ,x   2 kπ 4 , 2 kπ π   ,k Z  3  3 π 3  f xsinx kπ,x  kπ , kπ π  ,k Z 中，  2  2 4 2  当k 0时， x   π ,π   ， fxsinx ，此时单调递增区间为   π , π  ， 4  4 2 f xcos  x 3 kπ   ， x   3 kπ π , 3 kπ π ,kZ 中，  2  2 2 2 4 当k1时， x   π, 7π  ， f xcos  x 3 π   ，  4   2  3  1 π 则 x π   π,  ， 2  2 4 当 x 3 π    1 π,0   ，即 x   π, 3 π   时，函数单调递增， 2  2   2  经检验，其他范围不是单调递增区间， 所以在  3π 上的单调递增区间为 π π ，  3π ；  0,   ,   π,   2  4 2  2  （3）由（2）知：函数 f x在   π , 5π 上图象为：    2 2  当 0a 2 或1时， f xa有4个解，由对称性可知：其和为 π 2 7π 24π ， 2 4 4 当 a 2 时， f xa有6个解，由对称性可知：其和为 π 2 7π 2 π  7π 6π ， 2 4 4 4 4 数学（YL）答案 （第 14 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}当 2 a1 时， f xa有8个解，其和为02 π 2 3π 22π28π， 2 2 2   2 4π,a0, 1    2   所以  2 . S 6π,a  2   2  8π,a ,1     2   数学（YL）答案 （第 15 页，共 15 页） {#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}