【文档说明】湖北省武汉市第四中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.392 MB，由小赞的店铺上传

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武汉四中2024～2025学年上学期高二10月月考数学试卷考试时间：2024年10月10日试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定

位置.2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域

均无效.4.考试结束后，请将答题卡上交.一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得DExAByAC=+是“//DE平面ABC”的（）A.充分而不必要条

件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用存在实数x，y，使得DExAByAC=+uuuruuuruuur//DE平面ABC或DE平面ABC，结合充分必要条件的定义即可

求解.【详解】若//DE平面ABC，则,,DEABACuuuruuuruuur共面，故存在实数x，y，使得DExAByAC=+，所以必要性成立；若存在实数x，y，使得DExAByAC=+，则,,DEABACuuuruuuruuur共面，则//DE平面ABC或DE平面ABC

，所以充分性不成立；所以“存在实数x，y，使得DExAByAC=+是“//DE平面ABC”的必要不充分条件，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得DExAByAC=+uuuruuuruuur//DE平面ABC或DE平面AB

C是解题的关键，属于基础题.2.若图中的直线l1，l2，l3的斜率分别是k1，k2，k3，则有（）A.k1<k2<k3B.k3<k1<k2C.k3<k2<k1D.k2<k3<k1【答案】D【解析】【分析】根据图像可知10k，20k，30k，再由

3l与2l倾斜角的大小得到32kk，进而得到结果.【详解】由图可知10k，20k，30k，且直线3l的倾斜角大于直线2l的倾斜角，所以32kk.综上可知231kkk.故选:D.3.李华家养了白、灰、

黑三种颜色的小兔各1只，从兔窝中每次摸取1只，有放回地摸取3次，则3次摸取的颜色不全相同的概率为（）A.19B.89C.13D.23【答案】B【解析】【分析】由题意可知：每次摸到白、灰、黑三种颜色的概率均为13，根据独立事件概率乘法公式结合对立事件运算求解

.【详解】由题意可知：每次摸到白、灰、黑三种颜色的概率均为13，记“3次摸取的颜色不全相同”为事件A，则()311339PA==，所以()()819PAPA=−=.故选：B.4.已知直线l的方向向量为(1,2,2)

n=−，(3,0,1)A为直线l上一点，若点(4,3,0)P为直线l外一点，则P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为（）A.2B.3C.2D.1【答案】C【解析】【分析】根据点到直线距离的空间向量公式求出答案.【详解

】()()()3,0,14,3,01,3,1PA=−=−−，()()31,2,216291,,1PnA=−=−−−−−−=，93144PnAn=−=−++，点P到直线l的距离为()22219132PAnPAn−=++

−−=.则P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为2.故选：C5.下列命题：①若向量,ab满足0ab，则向量,ab的夹角是钝角；②若,,OAOBOC是空间的一组基底，且232ODOAOBOC=−+，则,,,ABCD四点共面；③若向量,,abc是空间的一个基底

，若向量mac=+，则,,abm也是空间的一个基底；④若直线l的方向向量为(1,0,3)e=，平面的法向量为(2,0,2)n=−，则直线l与平面所成角的余弦值为55；⑤已知向量(9,8,5)a=−−，(2,1,1)b=，则向量a在向量b上的投影向量是1055,,666

；其中正确的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】分析】根据向量夹角、空间点共面、基底、线面角、投影向量等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】①，若向量,ab满足0ab，可能向量,ab的夹角是π，所以①错误.②，对于232OD

OAOBOC=−+，由于2321−+=，【所以,,,ABCD四点共面，所以②正确.③，设(),,1mxaybacxaybcxayb=++=+=−+，则,,abc共面，这与已知向量,,abc是空间的一个基底矛盾，所以,,abm也是空间的一个基底，所以

③正确.④，设直线l与平面所成角为，π02，则45sin51022enen===，2525cos155=−=，所以④错误.⑤，向量a在向量b上的投影向量是()2,1,118851055,,66666abbbb−−

==，所以⑤正确.所以一共有3个正确.故选：C6.已知某运动员每次射击击中目标的概率为80%.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0

，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：75270293714098570347437386366947761042811417469

803716233261680456011366195977424根据以上数据估计该射击运动员射击4次，至少击中3次的概率为（）A.0.852B.0.8192C.0.8D.0.75【答案】D【解析】【分析】由题设模拟数据确定击中目标至少3次的

随机数组，应用古典概型的概率求法求概率.【详解】在20组随机数中含2,3,4,5,6,7,8,9中数至少3个（含3个或4个），共有15组，即模拟结果中射击4次至少击中3次的频率为150.7520=.据此估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为0.75.故选：D.的7.如图，已

知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率为A.116B.316C.14D.1316【答案】D【解析】【详解】由题意，灯泡不亮包括四个开关都开，后下边的2个都开，上边的2个中有一个开，这三种情况是互斥的，每一种情况

的事件都是相互独立的，所以灯泡不亮的概率为111111111322222222216111222++=，所以灯泡亮的概率为31311616−=，故选D．8.将边长为22的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC−−，则下列结论不正确的是（）A.

ACBD⊥B.ACD是等边三角形C.点B与平面ACD的距离为23D.AB与CD所成的角为60【答案】C【解析】【分析】设BD的中点为O，证明BD⊥平面AOC，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据直二面角可得AOOC⊥，利用勾股定理求出AC即可判断

B；以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离即可判断C；利用向量法求线线夹角即可判断D.【详解】对于选项A：设BD的中点为O，则,OABDOCBD⊥⊥，且OAOCO=，,OAOC平面AOC，可得BD⊥平面AOC，又因为AC平面AOC，所以ACBD⊥，

故A正确；对于选项B：由A的分析知AOC即为二面角ABDC−−的平面角，故=90AOC∠，即AOOC⊥，可知12OAOCOBOD====，则22ACADCD===，所以ACD是等边三角形，故B正确；对于选项CD：以点O为原点，,,OBOCOA分别为

,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则11110,0,,,0,0,0,,0,,0,02222ABCD−，可得111111,0,,,,0,,0,222222ABDCDA=−==，设平面ACD的法向量

为(),,nxyz=，则1102211022nDCxynDAxz=+==+=，令1x=，则1yz==−，可得()1,1,1n=−−，所以点B与平面ACD的距离1333ABndn===，故C错误；又因为21cos,222ABCDABCDABCD−===−，

且AB与CD所成的角取值范围为π0,2，可知AB与CD所成的角的余弦值为12，所以AB与CD所成的角为π3，故D正确.故选：C.【点睛】方法点睛：1．利用空间向量求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系．（2）求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标．

（3）结合公式进行论证、计算．（4）转化为几何结论．2．利用空间向量求点到平面距离的方法如图，设A为平面内的一点，B为平面外的一点，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离nABdn=.二、多选题（

本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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.下列命题：①对立事件一定是互斥事件；②若A，B为两个随机事件，则()()()

PABPAPB=+；③若事件A，B满足1()3PA=，3()4PB=，1()4PAB=，则A，B相互独立；④若事件A，B满足()()1PAPB+=，则A与B是对立事件．其中错误命题是（）A.①B.②C.③

D.④【答案】BD【解析】【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义及概率的基本性质依次判断4个命题作答.【详解】对于①：对立事件一定是互斥事件，①正确；对于②：若A，B为两个随机事件，则()()()

()PABPAPBPAB=+−，②错误；对于③：由()()()113434PABPAPB===，得A，B相互独立，③正确；对于④：记事件A为抛一枚硬币正面朝上，事件B为掷一枚骰子出现偶数点，则()0.5PA=，()0.5PB=，满足(

)()1PAPB+=，显然事件A与B可以同时发生，它们不是对立事件，④错误.故选：BD10.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，12ABBBBC===，E，F，N分别为AC，1CC和BC的中点，D为棱11AB上

的一动点，且11BFAB⊥，则下列说法正确的是（）的A.BFDE⊥B.三棱锥FDEN−的体积为定值C.13FDAA=D.异面直线1AC与1BN所成角的余弦值为155【答案】ABD【解析】【分析】根据图形特点取11AC的中点为M，以E为原点，,,ECEBEM为,,xyz轴建立空间直角坐标系，

利用空间向量的线线关系计算可判断A,C,D选项；利用线面关系及三棱锥体积即可判断B选项.【详解】解：直三棱柱111ABCABC−中，12ABBBBC===，E，F，N分别为AC，1CC和BC的中点，取11AC的中点为M，由于2AB

BC==，所以EBAC⊥，如图以E为原点，,,ECEBEM为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设AC2a=,EBb=，则222ABAEEB=+，所以224ab+=则()()()()11,0,2,0,,2,0,,0,,0,1AaB

bBbFa−，又11BFAB⊥，所以()()2211,,1,,000BFABababab=−=−+=，所以2ab==，对于A，()()()()()112,0,2,0,2,2,0,2,0,2,0,1,0,0,0ABBFE−，设()1112,

2,0,0,1ADAB==，则()()()112,0,22,2,022,2,2DEAEAD=−=−−=−−−，所以()()2,2,122,2,222220BFDE=−−−−=−+−=，则BFD

E⊥，故A正确；对于B，因为E，N分别为AC，BC的中点，所以//ENAB，又11//ABAB，则11//ENAB又11AB平面EFN，EF平面EFN，所以11//AB平面EFN，故D到平面EFN的距离d为定值，所以三棱锥FDEN−的体积13FDENDEFNEFNVVSd−−==为定值，

故B正确；对于C，由A选项得()()()112,2,022,0,1222,2,1FDADAF=−=−−=−，()10,0,2AA=，所以()()1222,2,10,0,22FDAA=−=，故C不正确；对于D，由于()222,0,0,,,022CN

，所以()112222,0,2,,,222ACBN=−=−，所以11111120415cos,5235ACBNACBNACBN++===，故异面直线1AC与1BN所成角的余弦值为155，故D正确.故选：ABD.11.如图，四边形ABCD

是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），下列说法正确的是（）A.三棱锥PABD−的四个面都是直角三角形B.三棱锥PABD−的体积最大值为125

4C.当30PAD=时，异面直线PA与BD夹角的余弦值为64D.当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥PABCD−外接球的截面面积为252π4【答案】ACD【解析】【分析】对于A，使用空间中直线、平面垂直有关定理证明；对于B，三棱

锥PABD−底面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；对于C，找到与PA和BD所成异面直线夹角，再由余弦定理代入计算，即可判断；对于D，首先利用空间向量解决PB与平面ABCD所成角最大时点P的位置，再用PAB的外接圆解决平面PAB的

截面圆面积的计算即可.【详解】对于A，四边形ABCD为正方形，BAD为直角三角形；AD为直径，P为半圆弧AD上一动点，PAPD⊥，APD△为直角三角形；平面APD⊥平面ABCD，平面APD平面ABCDAD=，AB平面ABCD，ABAD⊥，AB

⊥平面APD，PA平面APD，ABPA⊥，PAB为直角三角形；AB⊥Q平面APD，PD平面APD，ABPD⊥，又PAPD⊥，ABPAA=，AB平面PAB，PA平面PAB，PD⊥平面PAB，PB平面PAB，PDPB⊥，BPD△为

直角三角形；因此，三棱锥PABD−的四个面都是直角三角形，故A正确；对于B，过点P在平面APD内作PEAD⊥于点E，平面APD⊥平面ABCD，平面APD平面ABCDAD=，PE平面APD，PE⊥平面ABC

D，PE为三棱锥PABD−的高，三棱锥PABD−的体积13PABDABDVSPE−=△ABD的面积1255522ABDS==△为定值，当PE最大时，三棱锥PABD−的体积最大，此时点P为半圆弧AD的中点，1522PEAD==，三棱锥PABD−体积的最大值为125512

532212=，故B错误；取PD中点H，AB中点F，AD中点G，连接,,,HGHFFGAH，则//HGPA，//GFBD，所以异面直线PA与BD的夹角为HGF或其补角，且15222GFBD==，又30PAD=，则353cos30522PAAD===，52PD=，则11535

32224HGPA===，又22535513244AH=+=，则225513517244HF=+=，在HGF△中，由余弦定理可得22275200425150616161616cos245352256

2424HGGFHFHGFHGGF+−−+−====−，则异面直线PA与BD夹角的余弦值为64，故C正确；对于D，由B选项解析知，PE⊥平面ABCD，EB为PB在平面ABCD内的射影，PBE为直线PB与平面ABCD所成角，当直线

PB与平面ABCD所成角最大时，cosPBE取最小值，以D为原点，建立空间直角坐标系如图，设DEa=，(0,5)a，PEh=，则5AEa=−在直角三角形APD内，2PEAEED=，即2(5)haa=−

，(,0,0)Ea，(,0,)Pah，(5,5,0)B，(5,5,)BPah=−−，(5,5,0)BEa=−−，()()()2222525coscos,525525aBPBEPBEBPBEBPBEaha−+===−++−+22

2222(5)25105010505051050(5)(5)25aaaaaaaaaaah−+−+−+===−−++−−++21050(10)5010101025(10)5(10)510510aaaaaaaaaa−+−+−−===+=+−−−−−(0,5)a，100a−.10101010

222222510510aaaa−−+−−=−−−当且仅当1010510aa−=−，即1052a=−时，cosPBE取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，此时，2222(5)25505252PBBPaha==−++=−=P，A，

B三点均为四棱锥PABCD−的顶点，平面PAB截四棱锥PABCD−外接球的截面为PAB的外接圆面，直角三角形PAB外接圆半径12rPB=，截面面积22252πππ44PBSr===，故D正确.故选：ACD.【点睛】易错点睛：在判断三棱锥PABD−的四个面是否都是直角三角形时，易忽

视BPD△，需通过证明PD⊥平面PAB进行判断；在确定直线PB与平面ABCD所成角最大时点P的位置时，容易错误的认为当点P为半圆弧AD的中点时，直线PB与平面ABCD所成角最大，需使用空间向量，借助三角函数知识进行判断.三、填空题（本题共3小题，每小

题5分，共15分.）12.已知直线1l的倾斜角为45，直线12ll∥，若直线2l过点()()2,3,5,ABn，则n=______．【答案】6【解析】【分析】根据平行直线的斜率的关系列方程，从而求得n的值.【详解】

因为直线1l的倾斜角为45，所以11lk=．又直线12ll∥，则23152lnk−==−，解得6n=．故答案为：613.如图所示，在平行六面体1111ABCDABCD−中，1π3AABDAB==，1π2AAD=，12ABADAA===，则1

DB=________．【答案】2【解析】【分析】据空间向量基本定理把1DB用1DD，DA，AB作为基底表示，利用向量数量积运算即可求解.【详解】在平行六面体1111ABCDABCD−中,111DBDDDAABAADAAB=++=+

+，所以11||||DBAADAAB=++，因为1π2AAD=，所以10AADA=，又1π3AABDAB==，所以12π22cos23AAAB==−，2π22cos23DAAB==

−，所以2211||()DBAADAAB=++222111222AADAABAADAAAABDAAB=+++++44422224=++−−=所以1||2DB=.故答案为：2.14.甲､乙两队进行答题比赛，每队3名选手，规定两队的每名选手都完成一次答题为一轮比赛，每名选手答对一题得

1分，答错一题得0分.已知甲队中每名选手答对题的概率都为12，乙队中3名选手答对题的概率分别为211,,334.在第一轮比赛中，甲队得x分，乙队得y分，则在这一轮中，满足02xy−且0y的概率为__________.【答案】79288【解析】【分析

】首先求出甲在一轮比赛中得2分、3分的概率，乙在一轮比赛中得1分、2分的概率，设在这一轮中，满足02xy−且0y为事件A，则A包含①甲队得2分，乙队得1分，②甲队得3分，乙队得1分，③甲队得3分，乙

队得2分，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.【详解】依题意甲队在一轮比赛中得2分的概率为2111332228P==，甲队在一轮比赛中得3分的概率为311112228P==，乙队在一轮比赛中得1分的概率为：1

2111211121711111133433443336P=−−+−−+−−=，乙队在一轮比赛中得2分的概率为：22112111121

111133433443336P=−+−+−=，设在这一轮中，满足02xy−且0y为事件A，则A包含①甲队得2分，乙队得1分，②甲队得3分，乙队得1分，③甲队

得3分，乙队得2分，所以()21313231711711179836836836288PAPPPPPP=++=++=，即在这一轮中，满足02xy−且0y的概率为79288.故答案为：79288【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是

分析得到①甲队得2分，乙队得1分，②甲队得3分，乙队得1分，③甲队得3分，乙队得2分，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算.四、解答题（本题共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共7

7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点E，F，M分别是线段1AD，EC，1AA的中点.设ABa=，ADb=，1AAc=.（1）用基底,,abc表示向量1AF.（2）棱BC上是否

存在一点G，使得MFEG⊥？若存在，指出G的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）1133244AFabc=+−（2）不存在一点G，理由见解析【解析】【分析】（1）结合空间向量的线性运算，由空间向量基本定理求解即可；（2）假设棱B

C上存在点G，使得MFEG⊥，设()01BGBC=，由基底,,abc表示出向量,MFEG，由0MFEG=即可求出.【小问1详解】因为()()1111111112222AEADAAADAAbc=+=−

=−，111ACAAACAAABADabc=+=−++=+−，所以()11111111332222244AFAEACbcabcabc=+=−++−=+−．【小问2详解】假设棱BC上存在点G，使得MFEG⊥，设()01BGBC

=．因为1113311312442244MFAFAMabccabc=−=+−+=+−，所以()111222EGAGAEABBGAEabbcabc=−=+−=+−+=+−−．因为M

FEG⊥，所以0MFEG=，化简得131102428+−+=，得103=−，所以棱BC上不存在一点G，使得MFEG⊥.16.已知不透明的盒子中装有标号为1，2，3的小球各2个（小球除颜色､标号外均相同）.（1）若一次取出3个小球，求取出的3个小球上标号均不相同的概率

；（2）若有放回地先后取出2个小球，求取出的2个小球上标号不相同的概率.【答案】（1）25；（2）23.【解析】【分析】（1）使用列举法，结合古典概型概率公式可得；（2）先求2个小球上标号相同概率，然后由对立事件的概率关系可得.【小问1详解】分别记6

个小球为1,1,2,2,3,3ababab，从中任取3个小球有：()()()()()()()1,1,2,1,1,2,1,1,3,1,1,3,1,2,2,1,2,3,1,2,3,abaabbabaabbaabaaaaab()()()()()()

()1,2,3,1,2,3,1,3,3,1,2,2,1,2,3,1,2,3,1,2,3,abaabbaabbabbaababbba()()()()()()1,2,3,1,3,3,2,2,3,2,2,3,2,3,3,2,3

,3bbbbababaabbaabbab，共20种.3个小球上标号均不相同的有：()()()()()()1,2,3,1,2,3,1,2,3,1,2,3,1,2,3,1,2,3,aaaaabababaabb

abab()()1,2,3,1,2,3,abbbbb共8种，所以取出的3个小球上标号均不相同的概率为82205=.【小问2详解】每次取球都有6种取法，所以总的取法有6636=种取法.2个小球上标号相同的

取法有：()()()()()()1,1,2,2,3,3,1,1,2,2,3,3,abababbababa()()()()()()1,1,2,2,3,3,1,1,2,2,3,3,aaaaaabbbbbb共12种取法，的所以2个小球上标号相同的概率为121363=，所以取出的2个小球上标

号不相同的概率12133−=.17.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，5ABAC==，122BCBB==，P，Q分别为11BC，1AB的中点.（1）证明：1ABCP⊥.（2）求直线1AB与平面CPQ所成角的正弦值.（3）设点1C到直线CQ的距离为1d，点1C到平

面CPQ的距离为2d，求12dd的值.【答案】（1）证明见解析（2）223（3）54614【解析】【分析】（1）由题意可知平面111ABC⊥平面11CBBC，根据面面垂直的性质定理可得1AP⊥平面11CBBC，进而得到1APCP⊥，在矩形11BBCC中，由题意可得BPCP⊥，由线面垂直判定定理

及性质即可证得；（2）取BC的中点M，连接PM，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值；（3）利用空间向量求出1d和2d，即可求出12dd.【小问1详解】连接1AP，BP，因为1111ABAC=，P为11B

C的中点，所以111APBC⊥，因为棱柱111ABCABC−直三棱柱，所以1BB⊥面111ABC，1BB平面11CBBC，所以平面111ABC⊥平面11CBBC，又平面111ABCÇ平面1111CBBCBC=，1AP面111ABC，则1

AP⊥平面11CBBC，又CP平面11CBBC，所以1APCP⊥，在矩形11BBCC中，122BCBB==，P为11BC的中点，所以2CPBP==，所以222CPBPBC+=，故BPCP⊥，又1APBPP=I，1AP面1ABP，BP面1ABP，所以⊥CP平面1APB，又1AB平面1APB，

所以1CPAB⊥.【小问2详解】取BC的中点M，连接PM，由（1）及题意易知1AP，PM，1PB两两垂直，则以P为坐标原点，建立空间直角坐标系Pxyz−，如图所示.由115AB=，11PB=，则12AP=，(1,1,0)B，(1,1,0)C−

，1(0,0,2)A，11,,122Q.设平面CPQ的法向量为(,,)nxyz=，又(1,1,0)PC=−uuur，11,,122PQ=，则0,0,nPCnPQ==即0,110,22xyxyz−=++=令1x=，则

(1,1,1)n=−.设直线1AB与平面CPQ所成的角为，又1(1,1,2)AB=−uuur，则111422sincos,336nABnABnAB====，故直线1AB与平面CPQ所成角的正弦值为223.【小问3详解】由（2）

知平面CPQ的一个法向量为(1,1,1)n=−，1(0,1,0)C−，1(1,0,0)CC=uuur，所以点1C到平面CPQ的距离为1213CCndn==，又13,,122CQ=−，直线CQ的一个单位方向向量为213,

,12214CQuCQ==−，则211CC=uuur，1114CCu=−uuurr，所以点1C到直线CQ的距离为111311414d=−=，所以12395461414dd==.18.如图，在四棱锥PABCD−中，1,2

,3,60PAADPBBDABBDC======，且BDBC⊥．（1）若点E在PC上，且//BE平面PAD，证明：E为PC的中点；（2）已知二面角PABD−−的大小为60o，求平面PBD与平面PCD夹角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）43【

解析】【分析】（1）首先判断底面ABCD的几何关系，再结合线面平行的性质定理，构造辅助线，即可证明；（2）首先由几何关系确定PAD为二面角PABD−−的大小，再根据几何关系确定空间直角坐标系，分别求平面PBD和平面PCD的法向量，再利用法向量求二面角的余弦值，即可求正切值.【

小问1详解】因为222ABADBD+=，222ABPAPB+=，所以，ABAD⊥，ABPA⊥，在直角三角形BAD中，60BDA=，又因为60BDC=，BD为ADC的平分线，延长CB、DA交于点F，连接PF，在CDFV中，BDBC⊥，所以，CDFV是等腰三角形，所以，

点B是CF的中点，因为直线//BE平面PAD，过BE的平面PFC与平面PAD的交线为PF，则//BEPF，因为B是CF的中点，所以E是PC的中点.【小问2详解】在ABD△中，1AD=，2BD=，3AB=，则90BAD=，即BAAD⊥，由已知得60BDCBDA=

=，4CD=，又平面PAD⊥平面ABCD，BA平面ABCD，所以BA⊥平面PAD，因为PA平面PAD，即BAPA⊥，所以，PAD为二面角PABD−−的平面角，所以60PAD=，又1PAAD==，所以PAD△为正三角形，取AD的

中点为O，连OP，则OPAD⊥，OP⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，OA、OP所在直线分别为x、z轴，平面ABCD内垂直于直线AD的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则11513,0,0,,3,0,,23,0,

,0,0,0,0,22222ABCDP−−，所以()()13,0,,1,3,0,2,23,022DPBDDC==−−=−，设()()111222,,,,,mxyznxyz==分别为平面PBD和

平面PCD的法向量，则11111302230mDPxzmBDxy=+==−−=，取11y=−，则()3,1,1m=−−，2222130222230nDPxznDCxy=+==−+=，取21y=，则()3,1,1n=−，所以()231

13cos,55mnmnmn−+===，则44sin,,tan,53mnmn==，所以平面PBD与平面PCD夹角的正切值为43．19.某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束

后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为12，且每局比赛相互独立.（1）求比赛进行四局结束的概率；（2）求甲获得比赛胜利的概率.【答案】（1）18（2）38

【解析】【分析】列举各问中的可能事件，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得解；【小问1详解】比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜,第一

局甲获胜，后三局丙获胜的概率111111222216P==,第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率211111222216P==,故比赛进行四局结束的概率1211116168PPP=+=+=.【小问2详解】设甲获胜为事件A，乙获胜为事件B，丙获胜为事件C，比赛

进行三局，甲获胜的概率为11112228=,比赛进行五局，有以下6种情况：,,,,,AABBAAABCAACBAAACCAABBAAABCAAA，甲获胜的概率为11111362222216=,比赛进行七局，有一下8种情

况：,,,,,,,AABCCBAAABBCCAACBBCAAACBACBAACCABBABBACACABCAACBABCCBAAA甲获胜的概率为111111118222222216=,故甲获得比赛胜利的概率为1313816168++=.