2022-2023学年广东省阳江市两阳中学高一(下)期末数学试卷【答案版】

2022-2023学年广东省阳江市两阳中学高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题：本题共9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．如果a →
，b →
是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A ．a →
=b →
B ．a →
=−b →
C ．a →2
=b →
2
D ．a →
⋅b →
=1
2．设a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若复数a +i 与﹣1+bi 互为共轭复数，则复数a +bi 的模等于（ ） A ．2
B ．
√22
C ．√2
D ．1
3．已知b →
=(6，3)，c →
=(3，x)，若b →
⋅c →
=30，则x 等于（ ） A ．6
B ．5
C ．4
D ．3
4．平面的一条斜线和这个平面所成角θ的取值范围是（ ） A ．0°＜θ＜90°
B ．0°≤θ＜90°
C ．0°＜θ≤90°
D ．0°＜θ＜180°
5．已知样本数据x 1，x 2，…，x n 的均值x =5，则样本数据2x 1+1，2x 2+1，…，2x n +1的均值为（ ） A ．5
B ．10
C ．11
D ．21
6．下列函数中，最小正周期为2的偶函数是（ ） A ．y ＝sin2x +cos2x B ．y ＝sin πx +cos πx C ．y =sin(πx +π2
)
D ．y ＝cos2x
7．从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ） A ．“至少有1件正品”与“都是次品”
B ．“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”
C ．“至少有1件次品”与“至少有1件正品”
D ．“都是正品”与“都是次品”
8．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是线段BC ，CD 1的中点，则直线AD 1与直线EF 的位置关系是（ ）
A ．相交
B ．垂直
C ．平行
D ．异面
9．若棱长为√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ） A ．9
2π
B ．
278
π C ．9π D ．27π
二、多项选择题：本题共5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．
10．若θ∈（π，2π），则复数cos θ+i sin θ在复平面内对应的点可能在（ ） A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
11．光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制成了如图两个不完整的统计图：则（ ）
A ．选取的这部分学生的总人数为500人
B ．合唱社团的人数占样本总量的40%
C ．选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D ．选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125
12．函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|＜π
2
)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A ．函数f （x ）最小正周期为T ＝π
B ．φ=π6
C ．f （x ）在区间[−5π
12，−π
6]上单调递减 D ．方程f(x)=1
2在区间[0，2π]内有4个根
13．连续两次抛掷一个质地均匀的骰子，并记录每次正面朝上的数字，记事件A 为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B 为“第一次记录的数字为奇数”，事件C 为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A ．事件
B 与事件
C 是独立事件 B ．事件A 与事件B 是独立事件 C ．P （A ）＝2P （B ）P （C ）
D ．P （ABC ）＝P （A ）•P （B ）•P （C ）
14．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
三、填空题：本题共5小题，每小题5分，共20分．
15．已知tan(α+π
4)=√3，请写出一个满足条件的角α＝ ．
16．小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 ．
17．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →
=xOA →
+yOB →
，且BP →
=2PA →
，则x
y
= ．
18．《九章算术》是中国古代第一部数学专著．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为4√3，东畔长为2√7，在A 处测得C ，D 两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为 ．（注：sin41°≈0.66）
19．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点P ，Q ，R 分别在棱DD 1、AA 1、CC 1上，且D 1P ＝AQ ＝CR ＝1，则以平面PQR 截正方体所得截面为底面，A 为顶点的棱锥的体积为 ．
四、解答题：本题共7小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20．（10分）已知点O （0，0），A （2，1），B （4，3）及OP →
=OA →
+tOB →
． （1）若点P 在第一象限，求t 的取值范围；
（2）四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由． 21．（12分）已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝7，B =π3
． （1）若c ＝5，求a ；
（2）若ac ＝40，求△ABC 的周长．
22．已知函数f(x)=√3sin2x +2acos 2x −a(a ＞0)，f(π2
)=−1． （1）当x ∈(0，π2
)时，f （x ）的最大值及相应的x 值；
（2）将f （x ）的图象向左平移φ个单位后关于原点对称，|φ|≤π
2
，求φ的所有可能取值．
23．（12分）学校组织数学知识应用能力测试，测试满分为100分，从测试卷中随机抽取400份作为样本，将样本的成绩（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40，50），[50，60），…，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求a 的值，并估计测试成绩的第80百分位数；
（2）现从该样本成绩在[40，50）与[50，60）的学生中按分层抽样抽取6人，6人中再随机取2人，求2人的测试成绩来自不同组的概率．
24．（12分）在四面体P ﹣ABC 中，点H 为△ABC 的垂心，且PH ⊥平面ABC ． （1）若AP ⊥PC ，求证：P A ⊥PB ； （2）若PB ＝AB ，证明：PC ＝AC ．
25．（12分）在△ABC 中，已知AB ＝3，AC ＝1，cosA =−1
3
，设点P 为边BC 上一点，点Q 为线段CA 延长线上的一点．
（1）当AQ →
+AC →
=0→
且P 是边BC 上的中点时，设PQ 与AB 交于点M ，求线段CM 的长； （2）设AQ →
=tAC →
(t ＜0)，若PA →
⋅PQ →
+3=AP →
⋅AB →
，求线段AQ 长度的最小值．
26．（12分）如图，在正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2A 1B 1，AA 1=√3，M ，N 为棱B 1C 1，C 1D 1的中点，棱AB 上存在一点E ，使得A 1E ∥平面BMND ． （1）求
AE AB
；
（2）当正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的体积最大时，证明：C 1C ⊥平面BMND ．
2022-2023学年广东省阳江市两阳中学高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共9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．如果a →
，b →
是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A ．a →
=b →
B ．a →
=−b →
C ．a →2
=b →
2
D ．a →
⋅b →
=1
解：两个单位向量的方向不一定相同或相反，所以选项A ，B 不正确；
由于两个单位向量的夹角不确定，则a →
⋅b →
=1不一定成立，所以选项D 不正确； 因为a →
，b →
是两个单位向量，故a →2
=|a →|2
=1，b →2
=|b →
|2=1，则选项C 正确． 故选：C ．
2．设a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若复数a +i 与﹣1+bi 互为共轭复数，则复数a +bi 的模等于（ ） A ．2
B ．
√22
C ．√2
D ．1
解：∵a +i 与﹣1+bi 互为共轭复数，∴a ＝﹣1，b ＝﹣1， ∴|a +bi|=|−1−i|=√(−1)2+(−1)2=√2． 故选：C ．
3．已知b →
=(6，3)，c →
=(3，x)，若b →
⋅c →
=30，则x 等于（ ） A ．6
B ．5
C ．4
D ．3
解：由题意，b →
=(6，3)，c →
=(3，x)，b →
⋅c →
=30， 即6×3+3x ＝30，解得：x ＝4． 故选：C ．
4．平面的一条斜线和这个平面所成角θ的取值范围是（ ） A ．0°＜θ＜90°
B ．0°≤θ＜90°
C ．0°＜θ≤90°
D ．0°＜θ＜180°
解：直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角； （2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0°，90°）；直线和平面所成的角的范围为[0°，90°]． 故选：A ．
5．已知样本数据x1，x2，…，x n的均值x=5，则样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x n+1的均值为（）A．5B．10C．11D．21
解：∵样本数据x1，x2，…，x n的均值x=5，
∴样本数据2x1+1，2x2+1，…，2x n+1的均值为：
2x+1=2×5+1=11．
故选：C．
6．下列函数中，最小正周期为2的偶函数是（）
A．y＝sin2x+cos2x B．y＝sinπx+cosπx
C．y=sin(πx+π
2
)D．y＝cos2x
解：A选项：y=f(x)=sin2x+cos2x=√2sin(2x+π
4
)，函数的周期为T=
2π
2
=π，A不正确；
因为y=g(x)=sinπx+cosπx=√2sin(πx+π
4
)，函数的周期为2，
但g(−x)=√2sin(−2x+π
4
)≠g(x)，不是偶函数，B不正确；
因为y=F(x)=sin(πx+π
2
)=cosπx，函数的周期为2，
又F（﹣x）＝cos（﹣πx）＝cosπx＝F（x），是偶函数，C正确；
因为y＝cos2x，函数的周期为π，是偶函数，D不正确．
故选：C．
7．从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（）A．“至少有1件正品”与“都是次品”
B．“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”
C．“至少有1件次品”与“至少有1件正品”
D．“都是正品”与“都是次品”
解：从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，可能的结果为：1正1次、2正、2次，对于A：“至少有1件正品”与“都是次品”是对立事件，不符合；
对于B：“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”是同一个事件，不符合题意；
对于C：“至少有1件次品”包括1正1次、2次，“至少有1件正品”包括1次1正、2正，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；
对于D：“都是正品”与“都是次品”是互斥事件而不是对立事件，符合题意．
故选：D．
8．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线AD1与直线EF的
位置关系是（）
A．相交B．垂直C．平行D．异面解由题意，作图如下：
显然直线EF∩平面ADD1A1＝P，且P∉AD1，则EF与AD1异面．
故选：D．
9．若棱长为√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）
A．9
2πB．
27
8
πC．9πD．27π
解：由题知，正方体的棱长为√3，且正方体的顶点都在同一球面上，
设正方体的外接球半径为R，所以得2R=√3×√3，即R=3 2，
所以该球的体积为V=4
3
πR3=
4
3
⋅π⋅
27
8
=
9
2
π，
故选：A．
二、多项选择题：本题共5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．
10．若θ∈（π，2π），则复数cosθ+i sinθ在复平面内对应的点可能在（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
解：当θ∈(π，3π
2
)时，cosθ＜0，sinθ＜0，故复数cosθ+i sinθ在复平面内对应的点在第三象限，
当θ∈(3π
2
，2π)时，cosθ＞0，sinθ＜0，故复数cosθ+i sinθ在复平面内对应的点在第四象限．
故选：CD．
11．光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中
一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制成了如图两个不完整的统计图：则（ ）
A ．选取的这部分学生的总人数为500人
B ．合唱社团的人数占样本总量的40%
C ．选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D ．选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125 解：由题图知：选取人数为50÷10%＝500人，故合唱社团占比为
200500
×100%=40%，故AB 正确，
所以机器人社团占比为1﹣20%﹣15%﹣10%﹣40%＝15%，故该社团人数为500×15%＝75人，故C 错误，
所以选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多（40%﹣15%）×500＝125人，故D 正确． 故选：ABD ．
12．函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|＜π
2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A ．函数f （x ）最小正周期为T ＝π
B ．φ=π
6
C ．f （x ）在区间[−5π
12，−π
6]上单调递减 D ．方程f(x)=1
2在区间[0，2π]内有4个根 解：对于A ，由图象知：f （x ）的最小正周期T =2×(
5π6−π
3
)=π，A 正确； 对于B ，由A 知：ω=2π
T =2，∴f(π
3)=sin(2π
3+φ)=1，
∴
2π3
+φ=
π2
+2kπ(k ∈Z)，解得：φ=−π
6+2kπ(k ∈Z)，
又|φ|＜π
2，∴φ=−π
6，B 错误；
对于C ，由AB 可知：f(x)=sin(2x −π
6
)， 当x ∈[−5π
12，−π
6]时，2x −π
6∈[﹣π，−π2]， ∴f （x ）在[−
5π12，−π6
]上单调递减，C 正确； 对于D ，当x ∈[0，2π]时，2x −π6∈[−π6，23π
6
]， 则当2x −
π6=π6或5π6或13π6或17π6，即x =π6或π2或7π6或3π2时，f(x)=12， ∴f(x)=12
在区间[0，2π]内有4个根，D 正确． 故选：ACD ．
13．连续两次抛掷一个质地均匀的骰子，并记录每次正面朝上的数字，记事件A 为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B 为“第一次记录的数字为奇数”，事件C 为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A ．事件
B 与事件
C 是独立事件 B ．事件A 与事件B 是独立事件 C ．P （A ）＝2P （B ）P （C ）
D ．P （ABC ）＝P （A ）•P （B ）•P （C ）
解：P(A)=3×6+3×66×6=12，P(B)=36=12，P(C)=36=1
2
，
P(BC)=
14=P(B)P(C)，P(AB)=1
4
=P(A)P(B)， 对于A ，事件B 与事件C 是相互独立事件，故A 正确； 对于B ，事件A 与事件B 是独立事件，故B 正确； 对于C ，P(A)=1
2=2P(B)P(C)，故C 正确；
对于D ，P(ABC)=1
4
，P(A)⋅P(B)⋅P(C)=(12
)3=18
，故D 错误． 故选：ABC ．
14．一个正方体内接于一个球，过球心作一截面如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
解：当截面平行于正方体的一个侧面时得C ， 当截面过正方体的体对角线时得B ，
当截面不平行于任何侧面也不过体对角线时得A ， 但无论如何都不能截出D ， 故选：ABC ．
三、填空题：本题共5小题，每小题5分，共20分． 15．已知tan(α+π
4)=√3，请写出一个满足条件的角α＝ π12
（答案不唯一） ．
解：因为tan(α+π
4)=tan π
3， 所以α+
π4=π
3
+kπ，k ∈Z ， 则α=π
12+kπ，k ∈Z ， 故满足条件的一个角为π12
．
故答案为：
π
12
（答案不唯一）．
16．小强忘记了进门密码的最后两位，只记得最后一位是数字1，7中的一个，倒数第二位是数字3，6，9中的一个，则小强输入一次密码能成功开门概率是 16
．
解：由条件可知，小强可能输入的密码包含
（3，1），（6，1），（9，1），（3，7），（6，7），（9，7） 共6种情况，其中正确的密码有1个， 所以输入一次密码正确的概率P =1
6． 故答案为：1
6．
17．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →=xOA →+yOB →，且BP →=2PA →
，则x
y
= 2 ．
解：由题意，结合图形，根据平面向量的运算法则，由BP →
=2PA →
， 得OP →
−OB →
=2(OA →
−OP →
)， 即OP →=2
3OA →
+1
3OB →
， 所以x =2
3，y =1
3．
可得x
y
=2．
故答案为：2．
18．《九章算术》是中国古代第一部数学专著．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为4√3，东畔长为2√7，在A 处测得C ，D 两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为 6.6 ．（注：sin41°≈0.66）
解：由题可得，∠DAC ＝49°﹣19°＝30°，
在△ACD 中，由余弦定理可得DC 2＝AC 2+AD 2﹣2AC •AD •cos30°， 代入得：28＝AC 2+48﹣12AC ，即（AC ﹣2）（AC ﹣10）＝0， 因为∠ADC ＞90°， 故AC ＝10，
故BC ＝AC •cos49°＝10•sin41°＝6.6． 故答案为：6.6．
19．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点P ，Q ，R 分别在棱DD 1、AA 1、CC 1上，且D 1P ＝AQ ＝CR ＝1，则以平面PQR 截正方体所得截面为底面，A 为顶点的棱锥的体积为
143
．
解：延长PQ 交DA 的延长线于M ，延长PN 交DC 的延长线于N ， 连接MN 交AB 于E ，交BC 于F ，连接QE ，RF ，AR ，AF ，AC ， ∵AQ ∥DP ，∴
QA DP
=
MA MD
，∴
MA
MA+4
=1
3
，解得MA ＝2，同理CN ＝2，
∴AE ＝CF ＝2，
V P ﹣DMN =
13×1
2×6×6×3＝18， V Q ﹣AME =1
3×1
2×2×2×1=2
3， V R ﹣AFC =
13×12×2×4×1=43， V A ﹣PRCD =1
3×1
2（1+3）×4×4=32
3，
∴V A ﹣QEFRP ＝V P ﹣DMN ﹣2V Q ﹣AME ﹣V R ﹣AFC ﹣V A ﹣PRCD =14
3
． 故答案为：
143
．
四、解答题：本题共7小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20．（10分）已知点O （0，0），A （2，1），B （4，3）及OP →
=OA →
+tOB →
． （1）若点P 在第一象限，求t 的取值范围；
（2）四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由． 解：（1）OP →
=OA →
+tOB →
=(2，1)+t(4，3)=(4t +2，3t +1)， 由题意得{4t +2＞03t +1＞0
，解得：t ＞−13，即t 的取值范围为(−13，+∞)．
（2）若四边形OABP 是平行四边形，只需要OP →
=AB →
，即OP →
=OA →
+tOB →
=AB →
， 由（1）知，OP →
=(4t +2，3t +1)，而AB →
=(2，2)，
∴{4t +2=2
3t +1=2
，方程组无解，故四边形OABP 不能成为平行四边形． 21．（12分）已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＝7，B =π
3
． （1）若c ＝5，求a ；
（2）若ac ＝40，求△ABC 的周长． 解：（1）由正弦定理
a sinA
=
b sinB
=
c
sinC
，则sinC =c b ⋅sinB =5√3
14，
∵b＞c，∴B＞C，
又∵C∈(0，π
2
)，∴cos C＞0，则cosC=√1−sin2C=
11
14
，
∴sin A＝sin[π﹣（B+C）]＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C
=√3
2×
11
14
+
1
2
×
5√3
14
=
4√3
7
，
∴a=
b
sinB
⋅sinA=
7
3
2
4√3
7
=8．
（2）∵b＝7，B=π
3
，ac＝40，
∴b2＝a2+c2﹣2ac cos B，即49＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac＝（a+c）2﹣120，得（a+c）2＝169，即a+c＝13，
∴a+b+c＝20，
∴△ABC的周长为20．
22．已知函数f(x)=√3sin2x+2acos2x−a(a＞0)，f(π
2
)=−1．
（1）当x∈(0，π
2
)时，f（x）的最大值及相应的x值；
（2）将f（x）的图象向左平移φ个单位后关于原点对称，|φ|≤π
2
，求φ的所有可能取值．
解：（1）由函数f(x)=√3sin2x+2acos2x−a=√3sin2x+a⋅cos2x，
因为f(π
2
)=−1，可得f(
π
2
)=√3sinπ+acosπ=−1，
即2√3×1×0+a−a×2×1=−1，所以a＝1，
所以f(x)=√3sin2x+cos2x=2(√3
2sin2x+
1
2
cos2x)=2sin(2x+
π
6
)，
又由x∈(0，π
2
)，可得2x+
π
6
∈(
π
6
，7π
6
)，
当2x+π
6
=
π
2
时，即x=
π
6
时，函数f（x）的最大值为2；
（2）将f(x)=2sin(2x+π
6
)的图象向左平移φ个单位后关于原点对称，
可得g(x)=2sin[2(x+φ)+π
6
]=2sin(2x+2φ+
π
6
)，
因为g（x）关于原点对称，即g（x）为奇函数，可得2φ+π
6
=kπ，k∈Z，
因为|φ|≤π
2
，当k＝0时，φ=−
π
12
；当k＝1时，φ=
5π
12
，
所以φ的所有可能的取值为−π
12
或
5π
12
．
23．（12分）学校组织数学知识应用能力测试，测试满分为100分，从测试卷中随机抽取400份作为样本，
将样本的成绩（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40，50），[50，60），…，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值，并估计测试成绩的第80百分位数；
（2）现从该样本成绩在[40，50）与[50，60）的学生中按分层抽样抽取6人，6人中再随机取2人，求2人的测试成绩来自不同组的概率．
解；（1）∵（0.005+0.01+0.020+a+0.025+0.010）×10＝1，∴a＝0.03，
设知识竞赛成绩的第80百分位数为m，
由[40，80）的频率为0.65，[40，90）的频率为0.9，则m位于[80，90），
则0.65+（m﹣80）×0.025＝0.8，解得m＝86，
所以知识竞赛成绩的第80百分位数为86．
（2）成绩在[40，50）和[50，60）内的频率分别为0.05，0.1，0.05
0.05+0.1
×6=2，
则在[40，50）内选取2人，记为A，B，在[50，60）内选取4人，记为a，b，c，d，
从这6人中选取2人的所有选取方法：
AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共15种，
2人的竞赛成绩来自不同组的选取方法：Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，共8种，
所以所求概率为8
15
．
24．（12分）在四面体P﹣ABC中，点H为△ABC的垂心，且PH⊥平面ABC．（1）若AP⊥PC，求证：P A⊥PB；
（2）若PB＝AB，证明：PC＝AC．
证明：（1）如图1，连接AH，并延长交BC于M，连接PM，
∵点H为△ABC的垂心，∴AM⊥BC，
∵PH⊥平面ABC，BC⊂面ABC，∴BC⊥PH，
又PH∩AM＝H，PH、AM⊂面P AM，∴BC⊥面P AM，
∵AP⊂面P AM，∴AP⊥BC，
又AP⊥PC，PC∩BC＝C，∴AP⊥面PBC，
∵PB⊂面PBC，∴AP⊥PB．
（2）如图2，取AP的中NN，连接BN，CN，
由（1）可得AP⊥BC，
又PB＝AB，所以AP⊥BN，
又BN∩BC＝B，
∴AP⊥面BCN，
又CN⊂面BCN，∴AP⊥CN，
在△ACP中，因为N为P中点，CN⊥AP，
∴CA＝CP．
25．（12分）在△ABC 中，已知AB ＝3，AC ＝1，cosA =−1
3
，设点P 为边BC 上一点，点Q 为线段CA 延长线上的一点．
（1）当AQ →
+AC →
=0→
且P 是边BC 上的中点时，设PQ 与AB 交于点M ，求线段CM 的长； （2）设AQ →
=tAC →
(t ＜0)，若PA →
⋅PQ →
+3=AP →
⋅AB →
，求线段AQ 长度的最小值． 解：（1）设AB →
=a →
，AC →
=b →
，
由AQ →
+AC →
=0→，可得A 是QC 的中点， 由P 是BC 的中点，则M 是△CBQ 的重心，
CM →
=23×12(CB →+CQ →)=13(−2b →+a →−b →)=13(a →
−3b →)，
|CM →|=13√(a →−3b →)2=13√9+9−6⋅(−1)=2√63，
即线段CM 的长为
2√6
3
； （2）设CP →
=λCB →
(0≤λ≤1)，则AP →
=λa →
+(1−λ)b →
，AQ →
=tb →
， 则AP →
⋅AB →
=[λa →
+(1−λ)b →
]⋅a →
=λa →2
+(1−λ)b →⋅a →
=10λ﹣1， PA →
⋅PQ →
=−[λa →
+(1−λ)b →
]•（AQ →
−AP →
) =[λa →
+(1−λ)b →
]2−tb →
⋅[λa →
+(1−λ)b →
]
=[λ2a →2
+2λ(1−λ)a →⋅b →
+(1−λ)2b →
2
]−t[b →
⋅λa →
+(1−λ)b →
2] ＝9λ2﹣2λ+2λ2+1﹣2λ+λ2﹣t （1﹣2λ） ＝12λ2﹣4λ+1﹣t （1﹣2λ），
由PA →
⋅PQ →
+3=AP →
⋅AB →
，得12λ2﹣4λ+4﹣t （1﹣2λ）＝10λ﹣1， 所以t （1﹣2λ）＝12λ2﹣14λ+5， 因为t ＜0，12λ2﹣14λ+5＞0， 所以1
2＜λ≤1，t =
12λ2−14λ+5
1−2λ
，
令m ＝2λ﹣1∈（0，1]，
则t =12⋅(m+12)2
−14⋅m+1
2+5−m =−3m 2−m+1m =−(3m +1m
)+1≤−2√3+1，
当且仅当m =√3
3∈(0，1]时取到等号， 所以t 的最大值是−2√3+1，
又|AQ →|=|tb →
|=|t|=−t ≥2√3−1， 故AQ 线段的最小值为2√3−1．
26．（12分）如图，在正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2A 1B 1，AA 1=√3，M ，N 为棱B 1C 1，C 1D 1的中点，棱AB 上存在一点E ，使得A 1E ∥平面BMND ． （1）求
AE AB
；
（2）当正四棱台ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的体积最大时，证明：C 1C ⊥平面BMND ．
（1）解：如图所示，作B 1F ∥A 1E 交AB 于F ， 再作FG ∥BC 交BD 于G ，连接MG ．
因为A 1E ∥平面BMND ，所以B 1F ∥平面BMND ． 又平面B 1FGM ∩平面BMND ＝MG ， 所以B 1F ∥MG ．
又因为FG ∥BC ∥B 1C 1，所以四边形B 1FGM 是平行四边形， 所以FG =B 1M =1
2B 1C 1=1
4AD ，即F 为棱AB 的四等分点， 故E 也为棱AB 的四等分点，所以
AE AB
=1
4
．
（2）证明：由（1）易知G 为BD 的四等分点， 所以点B 1在点G 的正上方，所以B 1G ⊥底面ABCD ．
设AB ＝2A 1B 1＝4x ，则BG =1
4BD =√2x ，所以B 1G =√3−2x 2， 所以该四棱台的体积V =1
3
(16x 2+√16x 2⋅4x 2+4x 2)√3−2x 2=283
x 2
√3−2x 2， 而V 2=
7849x 2⋅x 2⋅(3−2x 2)≤7849⋅(x 2+x 2+3−2x 23
)3
． 当且仅当x 2＝3﹣2x 2，即x ＝1时取等号，此时AB ＝4，A 1B 1＝2． 作MH ∥C 1C 交BC 于H ，则H 为BC 的四等分点．
连接GH ，在△BGH 中，GH 2=GB 2+BH 2−2GB ⋅BHcos π
4=5， 而MG =BF =√(√3)2+12=2，
所以GH2＝MG2+MH2，即MH⊥MG．
在△BMH中，BM=√22+(√2)2=√6，MH=√3，BH＝3，所以BM2+MH2＝BH2，即MH⊥BM．
而BM，MG⊂平面BMND，且BM∩MG＝M，
所以MH⊥平面BMND，故C1C⊥平面BMND．。