雅礼教育集团 2023 年下学期入学检测试题
高二 数 学
时量：120 分钟 满分：150 分
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1.已知复数 z 1 i 1 i 是纯虚数，则实数 ( )
A. 2 B. 1 C. 0 D.1
2.已知集合 A x, y x y ，B x, y y 8 x ，则 A B ( )
A. 4 B. 4,4 C. 1,4 D. 1,1 , 4,4
3.已知 x R ，则 x 1且 y 4是 x y 5且 xy 4成立的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
4.有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是( )
A.至多有1次中靶 B. 2次都中靶
C. 2次都不中靶 D.只有1次中靶
5.已知样本数据 x1 ， x2 ， ， x2022 的平均数和方差分别为3和56，若 yi 2xi 3 i 1,2, ,2022 ，则
y1 ， y2 ， y2022 的平均数和方差分别是( )
A.12，115 B.12，224 C.9，115 D.9，224
6.某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6 组，绘制了如图所示的
频率分布直方图，则成绩在区间 75,80 内的学生有( )
A.15名
B. 20 名
C. 25 名
D. 40 名
22
7.已知函数 f x 的定义域为R ，且 f x y f x y f x f y ， f 1 1，则 f k ( )
k 1
A. 3 B. 2 C. 0 D.1
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
8.如图，正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点E ，F ，分别是 AB ，BC 的中点，过点D1 ，E ，F 的截面将
正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为V1 ，V2 V1 V2 ，则V1 :V2 ( )
1
A.
3
3
B.
5
25
C.
47
7
D.
9
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.
9.已知2a 3b 6，则a ，b 满足( )
1 1
A. a b B. 1 C. ab 4 D. a b 4
a b
10.在△ABC 中，内角 A，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，根据下列条件解三角形，其中有两解的是
( )
A.b 10， A 45 ，C 60 B.b 15 ，c 4，B 60
C. a 3 ，b 2， A 45 D. a 8，b 4， A 80
11.下列四个命题中，假命题有( )
A.对立事件一定是互斥事件
B.若 A， B 为两个事件，则P A B P A P B
C.若事件 A， B ，C 彼此互斥，则P A P B P C 1
D.若事件 A， B 满足P A P B 1，则 A， B 是对立事件
12.如图，正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 ， E ，F ，G 分别为BC ，CC1 ，BB1 的中点，则( )
A.直线D1D 与直线 AF 垂直
B.直线 A1G 与平面 AEF 平行
9
C.平面 AEF 截正方体所得的截面面积为
8
D.点C 与点G 到平面 AEF 的距离相等
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13. 2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，
采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年
级有教师80人，高二年级有教师72 人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取________人.
14.在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中， AB AD AA1 1， A1AB A1AD BAD 60 ，则
AC1 ________.
x3 , x a
15.已知 f x ，若存在实数 b ，使函数 g x f x b 有两个零点，则 a 的取值范围是
x
2 , x a
________.
16.如图，正四棱锥 P ABCD的底面边长和高均为2 ，M 是侧棱 PC 的中点.若过
AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB、PD于点E 、F (可与端点重合)，则四棱
锥 P AEMF的体积的取值范围是________.
四、解答题(本题共 6 小题，共 70 分，其中第 17 题 10 分，其它每题 12 分，解答应写出文字说明、证明
过程或演算步骤.)
17.(本小题满分 10 分)
已知函数 f x Asin x A 0, 0, 的部分图像如图所示.
(1)求 f x 的解析式及对称中心；
1
(2)先将 f x 的图像纵坐标缩短到原来的 倍，再向右平移 个单位后得到 g x 的图像，求函数
2 12
3
y g x 在 x , 上的单调减区间和最值.
12 4
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
18.(本小题满分 12 分)
如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E ，F 分别是棱BC ，DC 的中点.
(1)求证：D1E AB1；
(2)若点M ， N 分别在C1D ， AF 上，且MN C1D，MN AF .求证：MN / /D1E ；
(3)棱CC1 上是否存在点 P ，使平面CD1E 平面 AFP？若存在，确定点P 的位置，若不存在，说明
理由.
19.(本小题满分 12 分)
某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则
需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员
每罚进一球则为本方获得 分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追
上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二
阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.
1
设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为 ，乙队每位球
2
2
员罚进点球的概率均为 .假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
3
(1)求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；
(2)若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2 : 0领
先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
20.(本小题满分 12 分)
如图、四棱锥 P ABCD中， PD 平面 ABCD，梯形 ABCD满足 AB / /CD ， BCD 90 ，且
1
PD AD DC 2， AB 3，E 为 PC 中点，PF PB， PG 2GA .
3
(1)求证：D， E ， F ，G 四点共面；
(2)求二面角F DE P的正弦值.
21.(本小题满分 12 分)
某校兴趣小组在如图所示的矩形区域 ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E 处按EP 方向释放机器人甲，
同时在 A处按 AQ方向释放机器人乙，设机器人乙在M 处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动.若点M
在矩形区域 ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败.已知 AB 6米，E 为 AB 中点，比赛中两
机器人均匀速直线运动方式行进，记 EP 与 EB 的夹角为 0 ， AQ 与 AB 的夹角为
0 .
2
(1)若两机器人运动方向的夹角为 ， AD足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最
3
大值；
(2)已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍.
(i)若 ， AD足够长，机器人乙挑战成功，求sin .
3
(ii)如何设计矩形区域 ABCD的宽 AD的长度，才能确保无论 的值为多少，总可以通过设置机器人
乙的释放角度 使机器人乙挑战成功？
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
22.(本小题满分 12 分)
1
定义： sin
2
1 0 sin
2 2 0 sin
2 n 0 为实数 1 ， 2 ， ， n 对 0 的“正弦n
方差”.
2
(1)若 ， ， 3 1 2 ，证明：实数 1 ， 2 ， 3 对 0 的“正弦方差” 的值是与 0 无关
3 3
的定值；
(2)若 ， 2 ， 3 1 ， , ， ,2 ，若实数 1 ， 2 ， 3 对 0 的“正弦方
4 2
差” 的值是与 0 无关的定值，求 ， 值.
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}高二数学 参考答 案
一、单项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
B B A C D B A C
7.【答案】A
【解析】因为 f x y f x y f x f y ，令 x 1， y 0，
可得，2 f 1 f 1 f 0 ，
所以 f 0 2 ，
令 x 0，可得， f y f y 2 f y ，
即 f y f y ，
所以函数 f x 为偶函数，
令 y 1得， f x 1 f x 1 f x f 1 f x ，
即有 f x 2 f x f x 1 ，
从而可知 f x 2 f x 1 ， f x 1 f x 4 ，
故 f x 2 f x 4 ，
即 f x f x 6 ，
所以函数 f x 的一个周期为6 .
因为 f 2 f 1 f 0 1 2 1， f 3 f 2 f 1 1 1 2，
f 4 f 2 f 2 1， f 5 f 1 f 1 1， f 6 f 0 2，
所以一个周期内的 f 1 f 2 f 6 0 .
由于22除以6 余4，
22
所以 f k f 1 f 2 f 3 f 4 1 1 2 1 3 .
k 1
故选：A.
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
8.【答案】C
【解析】作直线EF ，分别交DA，DC 于M ，N 两点，连接D1M ，D1N 分别交 A1A ，C1C 于H ，G
两点，
如图所示，过点 D1 ， E ， F 的截面即为五边形
D1HEFG ，
设正方体的棱长为2a，
因为点 E ，F ，分别是 AB， BC 的中点.
AE AM CN CF
所以 1， 1，
BE BF BE BF
即 AM CN a，
AM AH 1 CN CG 1
因为 ， ，
MD DD1 3 DN DD1 3
2a
所以 AH CG .
3
1 1 1 1 2a 25 3
则过点 D1 ， E ， F 的截面下方体积为：V1 3a 3a 2a a a 2 a ，
3 2 3 2 3 9
25
V 8a3 a3
47
∴另一部分体积为 2 a
3
，
9 9
25
∴V1 :V2 .
47
故选：C.
二、多项选择题
9 10 11 12
ACD BC BCD BC
12.【答案】BC
【解析】对于选项 A，以D点为坐标原点，
DA，DC ，DD 所在的直线分别为 x ，y1 ，z 轴，建立空间直角坐标系，
1
则 D 0,0,0 ， A 1,0,0 ， F 0,1, ，D1 0,0,1 .
2
1
从而DD 0,0,1 ， AF 1,1,1 ，
2
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
1
从而DD AF 0，所以直线DD1 1与直线 AF 不垂直，选项 A 错误；
2
对于选项 B，取B1C1 的中点为M ，连接 A1M ，GM ，则易知 A1M / / AE ，
又 A1M 平面 AEF ， AE 平面 AEF ，
故 A1M / / 平面 AEF ，
又GM / /EF ，GM 平面 AEF ，EF 平面 AEF ，
所以GM / / 平面 AEF ，
又 A1M GM M ， A1M ，GM 平面 A1GM ，
故平面 A1MG / / 平面 AEF ，
又 A1G 平面 A1MG ，从而 A1G / / 平面 AEF ，
选项 B 正确；
对于选项 C，连接 AD1 ，D1F ，如图所示，
∵正方体中 AD1 / /BC1 / /EF ，
∴ A， E ， F ，D1 四点共面，
∴四边形 AEFD1为平面 AEF 截正方体所得的截面四边形，且截面四边形 AEFD1为梯形，
5 2
又由勾股定理可得D F AE ， AD 2 ，EF ， 1 1
2 2
2
2
2
2 5
∴梯形 AEFD
3 2
1为等腰梯形，高为 2 ， 2 2 4
1 2 3 2 9
∴ S 梯形AEFD 2 1 2 2
，
4 8
选项 C 正确；
1 1 1 1 1 1 1
对于选项 D，由于 S△GEF 1 ， S△ECF ，
2 2 4 2 2 2 8
1 1
而VA GEF S△EFG AB，VA ECF S△BCF AB，
3 3
∴VA GEF 2VA BCF ，即VG AEF 2VC AEF ，
点G 到平面 AEF 的距离为点C 到平面 AEF 的距离的2倍，
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
选项 D 错误.
故选：BC.
三、填空题
8
13.10 14. 6 15. ,0 1, 16. ,1
9
8
16.【答案】 ,1
9
【解析】首先证明一个结论：在三棱锥S ABC 中，棱SA，SB ， SC 上取点 A1， B1，C1 ，
VS A1B1C SA1 SB SC1 1 1则 ，
VS ABC SA SB SC
设 SB 与平面 SAC 所成角为 ，则
1 1
V V SA1 SC1 sin SB1 sin ASCS A SA SB SC1B1C1 B1 SA1C 1 3 2 1 1 1 ；
VS ABC V 1 1B SAC SA SB SC SA SC sin SB sin ASC
3 2
PE PF 1 8
现业解答本题：设 x ， y，VP ABCD 4 2 ，
PB PD 3 3
4 1 2 y 2
则VP AEF x y VP ABD xy ，VP MEF x y VP BCD xy ，VP AFM VP ACD y，
3 2 3 2 3
x 2
VP AEM VP ABC x，
2 3
2
∴VP AEMF VP AEF VP MEF VP AFM VP AEM 2xy x y ，
3
则 x y 3xy ，
y
∴ x ，
3y 1
0 x 1
0 y 1
∴ ，
yx
3y 1
1
则 y 1，
2
2 2 y 2 3y2
∴VP AEMF x y y ，
3 3 3y 1 3 3y 1
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
2
y2 t 1 1 1
令 t 3y 1
，则 t 2 ，
3y 1 9t 9 t
1
∵ y ,12
，
1
∴ t , 2 ，
2
1 1 1
当 t 1时，函数 y t 单调递减，当1 t 2时，函数 y t 单调递增，
2 t t
1 1 1 5
故 y t 最小值为2，当 t ，2时， y t 都取到最大值 ，
t 2 t 2
2
y2 t 1 1 1 4 1
则 t 2 , (当且仅当 t 1时，取最小值)，
3y 1 9t 9 t 9 2
y2 8
∴VP AEMF 2 ,13y 1 9
，
8
故答案为： ,19
.
四、解答题
17.【解析】(1)根据函数 f x Asin x A 0, 0, 的部分图像，
3 2 5
可得 A 2， ，
4 12 3
∴ 2 .
5
再根据五点法作图，2 ，
12 2
∴ ，
3
故有 f x 2sin 2x .
3
根据图像可得， ,0 是 f x 的图像的一个对称中心，
3
故函数的对称中心为 k ,0 ， k Z .
3
1
(2)先将 f x 的图像纵坐标缩短到原来的 ，可得 y sin 2x 的图像，
2 3
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
再向右平移 个单位，得到 y sin 2 x sin 2x cos 2x的图像，
12 12 3 2
即 g x cos2x，
令2k 2x 2k ， k Z ，
解得 k x k ， k Z ，
2
可得 g x 的减区间为 k ,k ， k Z ，
2
3 3 3
结合 x , ，可得 g x 在 , 上的单调递减区间为 , .
12 4 12 4 2 4
3
又2x ,6 2
，
故当2x , x 时， g x 取得最大值，
2
即 g x 1；
max
当 2x ， x 时， g x 取得最小值，
6 12
3
即 g x .
min 2
18.(1)【证明】如图，连接 A1B ，CD1，
∵正方体 ABCD A1B1C1D1
∴四边形 ABB1A1 为正方形，
∴ AB1 B1A，
又∵正方体 ABCD A1B1C1D1 ，
∴ BC 平面 ABB1A1 ，
AB1 平面 ABB1A1 ，
所以BC AB1，
又 B1C A1B B，
∴ AB1 平面 A1D1CB ，
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
又∵ D1E 平面 A1D1CB ，
∴ AB1 D1E .
(2)【证明】如图，连接DE ，CD1，
AD DC ， DF EC ， ADF DCE ，
∴△ADF≌△DCE，
∴ DAF CDE .
∵ CDE ADE 90 ，
∴ DAF ADE 90 ，
即 DE AF .
又∵正方体 ABCD A1B1C1D1 中，DD1 平面 ABCD， AF 平面 ABCD，
∴ AF DD1 ，
∵ DD1 DE D ， D1D, DE 平面D1DE ，
∴ AF 平面D1DE .
又∵ D1E 平面D1DE ，
∴ AF D1E .
由(1)可知 AB1 D1E
又∵ AB1 AF A， AB1， AF 平面 AB1F ，
∴ D1E 平面 AB1F .
又∵MN C1D， AB1 / /C1D，
∴MN AB1，，
又∵MN AF ， AB1 AF A， AB1， AF 平面 AB1F
所以MN 平面B1AF
所以MN / /D1E .
(3)【解析】存在.如图，当点 P 为棱CC1 的中点时，平面CD1E 平面 AFP .
连接FP， AP，
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
∵点 P ， F 分别为棱CC1 ，CD的中点，
∴ FP / /C1D ，
∵正方体 ABCD A1B1C1D1 ，
∴ AD / /B1C1，
∴ AB1C1D
∴C1D / / AB1，
∴ FP / / AB1，
∴ FP与 AB1共面于平面 AB1PF .
由(2)知D1E 平面B1AF ，即D1E 平面 AFP .
又因为D1E 平面CD1E ，
∴平面CD1E 平面 AFP .
19.【解析】(1)设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为 A，未罚进点球的事件为 A ；乙队球员罚进
点球的事件为 B ，未罚进点球的事件为 B .
设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C ，由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况
有两种：甲、乙均未罚进点球，或甲、乙均罚进点球，
1 2 1 2 1 1 1
则 P C P A P B P A P B 1 1 ，
2 3 2 3 6 3 2
1
故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为 .
2
(2)因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，
即四轮罚球结束时比分可能为2 :1或2: 2或3: 2 .
①比分为2 :1的概率为
P A P B P A P B P A P B P A P B
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1
1 1 1 1 1 1 .
2 3 2 3 2 3 2 3 18 18 9
1 2 1 2 1
②比分为2: 2的概率为P A P B P A P B 1 1 .
2 3 2 3 9
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
③比分为3: 2的概率为P A P B P A P B P A P B P A P B
1 2 1 2 2
1 2 .
2 3 2 3 9
1 1 2 4
综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为 .
9 9 9 9
20.(1)【证明】以点C 为坐标原点，向量CD、CB 、 DP方向分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立坐标系，
则 D 2,0,0 ，P 2,0,2 ，C 0,0,0 ，B 0, 3,0 ， A 3, 3,0 ，E 1,0,1 ，
所以PB 2, 3, 2 ，
1
因为PF PB，设F a,b,c ，则PF a 2,b,c 2 ，
3
4
a 3
1 3
所以 a 2,b,c 2 2, 3, 2 ，解得 b ，
3 3
4
c
3
4 3 4 8 2 3 2
所以 F , , ，同理可得
G , , ，
3 3 3
3 3 3
2 3 4 2 2 3 2
∴ DE 1,0,1 ，DF , , ， DG , , ，
3 3 3 3 3 3
令 DF xDE yDG，
2 3 4 2 2 3 2 2 2 3 2
则 , , x 1,0,1 y , , x y, y x y ，
3 3 3
3 3 3 3 3 3
2 2
x y3 3
3 2 3
∴ y ，
3 3
4 2
x y
3 3
x 1
∴ 1 ，
y
2
1
∴ DF DE DG ，
2
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
∴ D、 E 、 F 、G 四点共面.
4 3 4
(2)【解析】由(1)可知D 2,0,0 ，E 1,0,1 ， F , , ，
3 3 3
2 3 4
∴ DE 1,0,1 ，DF , , 3 3 3
.
设平面DEF 的一个法向量为n x, y, z ，
n DE 0
则 ，
n DF 0
x z 0
即 2 3 4 ，
x y z 0
3 3 3
3
x y
2
则 ，
3
z y
2
令 y 2 ，则n 3,2, 3
取平面PDE的一个法向量为CB 0, 3,0 ，
n CB 2 3 10
则 cos n,CB ，
n CB 10 3 5
15
所以sin n,CB 1 cos2 n,CB ，
5
15
∴二面角F DE P的正弦值为 .
5
21.【解析】(1)如图，在△AEM 中，
2
由余弦定理得，AE MA
2 ME2 2MA ME cos 9 ，
3
2
2 MA ME
所以 MA ME 9 3 MA ME 9 3 ，
2
所以MA ME 6，(当且仅当MA ME 3时等号成立)，
故两机器人运动路程和的最大值为6 .
(2)(i)在△AEM 中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，
故 AM 2EM ，
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
AM EM
由正弦定理可得 ，
sin sin
EM sin 1 1 3
所以sin sin sin ，
AM 2 2 3 4
(ii)设 EM x，则 AM 2EM 2x， x 1,3 ，
2 2 23 x 2x 3 x
由余弦定理可得cos ，
2 3 x 2x 2
x 3
所以cos ，
2 2x
2 x 3 1 2
所以 xsin x
2 1 cos2 x2 1 x
2 5 4，
2 2x 4
由题意得 AD xsin 对任意 x 1,3 恒成立，
故 AD xsin 2 ，当且仅当 x 5 时取到等号.
max
答：矩形区域 ABCD的宽 AD至少为2米，才能确保无论 的值为多少，总可以通过设置机器人乙的
释放角度使机器人乙在矩形区域 ABCD内成功拦截机器人甲.
2
22.【解析】(1)因为 ， ， 3 1 2 ，
3 3
1 2
所以 sin
2
0 sin
2
0 sin
2 0
3 3 3
1 3 2 1 2 2 1 3 1 cos 0 sin 0 sin 0 sin2 0 cos2 0 ，
3 2 2 3 2 2
1
所以“正弦方差” 的值是与 0 无关的定值 .
2
(2)因为 1 ， 2 ， 3 ， , ， ,2 ，
4 2
1 2
所以 sin 0 sin
2 0 sin
2 0
3 4
1 cos 2 1 0 2 1 cos 2 2 0 1 cos 2 2 0
3 2 2 2
1 sin 2 0 cos2 cos2 0 sin 2 sin 2 0 cos2 cos2 0 sin 2 sin 2 0
2 6
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
1 sin 2 sin 2 1 sin 2 0 cos2 cos2 cos2 0
，
2 6
因为实数 1 ， 2 ， 3 对 的“正弦方差” 0 的值是与 0 无关的定值，
cos 2 cos 2 0
所以 ，
sin 2 sin 2 1
因为 , ， ,2 ，
2
所以2 ,2 ，2 2 ,4 ，
由 cos 2 cos 2 0，得2 2 5 或2 2 ，
5
即 或 ，
2 2
2 2
由 cos2 cos2 sin 2 sin 2 1，
1
得 cos 2 2 ，
2
又因为2 2 0,3 ，
2 4 8
所以2 2 或 2 2 或2 2 ，
3 3 3
2 4
即 或 或 ，
3 3 3
5 13
2 12
当 时，解得 ，经检验不符合题意；
17
3 12
5 11
2 12
当 时，解得 ，经检验符合题意；
2 19
3 12
5 7
2 12
当 时，解得 ，经检验符合题意.
4 23
3 12
11 7
12 12
综上可知： 或 .
19 23
12 12
{#{QQABJY4QggCIABAAABhCEQVgCgIQkACCCAgGwFAAIAIBiAFABAA=}#}
