【文档说明】山东省济宁市邹城市第一中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试题word版含解析.docx，共(23)页，1.773 MB，由小赞的店铺上传

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邹城一中高二阶段性检测数学试题一､单选题（本大题共10小题，每题5分，共50分）1.下列可使,,abc构成空间的一个基底的条件是（）A.,,abc两两垂直B.bc=C.ambnc=+D.0abc++=【答案】A【解析】【分析】根据向量共面、不共面以及基底等知识来确定正确

答案.【详解】由空间任意三个不共面的向量都可以组成空间的一个基底可得A正确；若bc=，则b与c共线，此时b与,ac必然共面，所以无法构成空间基底，B错误；ambnc=+与0abc++=都表示,,abc共面，C，D错误．故选：A2.在长方体1111ABCDABC

D−中，下列向量与CD是相等向量的是（）A.ABB.BAC.11ABD.DC【答案】B【解析】【分析】根据长方体的性质，结合相等向量的定义进行判断即可.【详解】如图所示的长方体1111ABCDABCD−中，A：向量AB与CD方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确；B

：向量BA与CD大小相等，方向相同，所以这两个向量相等，因此本选项正确；C：向量11AB与CD方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确；D：显然向量CD与向量DC方向相反，所以这两个向量不相等，因此本选项不正确，故选：B3.在三棱锥ABCD−中，E是

棱CD的中点，且23BFBE=，则AF=（）A.133244ABACAD+−B.3344ABACAD+−C.533ABACAD−++D.111333ABACAD++【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的基本定理，结合向量的线性运算，即可得出结

果.【详解】因为E是棱CD的中点，23BFBE=，所以()22213333AFABBFABBEABAEABAEAB=+=+=+−=+()1111133333ACADABABACAD=++=++.故选：D.【点睛】

本题主要考查用基底表示空间向量，熟记空间向量基本定理即可，属于常考题型.4.已知空间向量()()1,3,5,2,,abxy=−=，且a∥b，则xy+=（）A.10B.6C.4D.4−【答案】C【解析】【分析】运用空间向量平

行的坐标结论计算.【详解】因为a∥b，所以352xy−==1,即6,10xy=−=，则4xy+=.故选：C.5.现有7张分别标有1,2,3,4,5,6,7的卡片，甲一次性从中随机抽取5张卡片，抽到的卡片数字之和为a，剩下的2张卡片数字之

和为b，则3ab的概率为（）A.57B.27C.47D.37【答案】D【解析】【分析】依据题意，将3ab转化7b，再结合古典概型公式求解即可.【详解】因为123456728++++++=，所以28ab+=，故28ab=−，而3a

b，所以283bb−，解得7b，所以求7b的概率即可，从7张卡片抽2张，基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4)，(1,7),(2,6),(2,7),(3,

5),(3,6),(3,7),(4,5),(4,6),(4,7),(5,6),(5,7),(6,7)，共有21个基本事件，且设7b的概率为P，符合题意的事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)，(2,3),(2,4),(2,5),(3,4)，共9

种，所以93217P==，故D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查概率，解题关键是合理消元，转化条件，然后利用古典概型公式得到所要求的概率即可．6.在空间直角坐标系中，已知()()()1,1,0,4,3,0,5,4,1ABC−−，则A到BC的距离为（）A.3B.583C.2173D.783【

答案】D【解析】【分析】利用向量法求解.为【详解】解：因为()()()1,1,0,4,3,0,5,4,1ABC−−，所以()()3,4,0,1,1,1,5,3BABCBABC=−−=−==，所以73cos,15BABC

BABCBABC==−，所以24978sin,1cos,17515BABCBABC=−=−=，所以A到BC的距离为78sin,3dBABABC==，故选：D7.如图所示，在60二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若4

ABACBD===，则线段CD的长为（）A.43B.1C.8D.42【答案】D【解析】【分析】如图，过A作AE∥BD，过D作DE∥AB，AEDEE=，连接CE，然后根据题意可得CDE为直角三角形，利用勾股定理可求得结果.【详解】如图，过A作AE∥B

D，过D作DE∥AB，AEDEE=，连接CE，因为线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，所以AEAB⊥，DEAC⊥，所以四边形ABDE为矩形，因为DEAE⊥，AEACA=，,A

EAC平面ACE，所以DE⊥平面ACE，因为CE平面ACE，所以DECE⊥，因为二面角为60，所以60CAE=，因为4ABACBD===，所以4AEACDEAB====，所以CAE为等边三角形，所以4CEAE

==,在RtCDE△中，22224442CDCEDE=+=+=,故选：D8.在棱长为1的正四面体ABCD−中，点M满足()1AMxAByACxyAD=++−−，点N满足()1DNDBDC=−−，当线段AM、DN的长度均最短时，AM

AN=（）A.23B.23−C.43D.43−【答案】A【解析】【分析】根据题意得到M平面BCD，N直线BC，从而求得,AMDN最短时，得到M为BCD△的中心，N为BC的中点，求得AM的长，结合向量的

运算公式，即可求得AMAN的值.【详解】解：如图所示，因为(1)AMxAByACxyAD=++−−，()1DNDBDC=−−，可得M平面BCD，N直线BC，当,AMDN最短时，AM⊥平面BCD，且DNBC⊥，所以M为BCD△的中心，N为B

C的中点，如图所示，又由正四面体的棱长为1，所以1636NMDN==，32AN=，所以63AM=，因为AM⊥平面BCD，所以AMMN⊥，所以RtANM△中，6223cos332AMMANAN===，所以326222cos333AMANAMANMAN===故选：A9.抛

掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记录骰子朝上面的点数，若用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用(),xy表示一次试验结果，设事件:8Exy+=；事件F：至少有一颗点数为5；事件:4Gx；事件:4Hy.则下列说法正确的是（）A.事件E与事件F为互

斥事件B.事件F与事件G为互斥事件C.事件E与事件G相互独立D.事件G与事件H相互独立【答案】D【解析】【分析】分别写出事件E、F、G、H所包含的基本事件，根据互斥事件的定义判断A，B；根据独立事件的定义判断C，D.【详解】解：由题意可知{(2,6),(3,5),(4,4),

(5,3),(6,2)}E=；{(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)}F=；{(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,

1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}G=；{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,

3),(4,4),H=(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4)}；对于A，因为()()3,5,5,3EF=，所以事件E与事件F不是互斥事件，故错误；对于B，因为(5,1),(5,2)

,(5,3),(}){5,4),(5,5,(5,6),(6,5)GF=，所以事件G与事件F不是互斥事件，故错误；对于C，因为{(5,3),(6,2)}EG=，5121(),()36363PEPG===，21()()()3618PEGPEPG==，所以事件E

与事件G不相互独立，故错误；对于D，因为{(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4)}GH=，242121(),()363363PHPG====，82()()()369PHGPHPG==

=，所以事件E与事件G相互独立，故正确.故选：D.10.已知正四面体ABCD的棱长为6，P是四面体ABCD外接球的球面上任意一点，则PAPB的取值范围为（）A.666,666−+B.993,993−+C.3

336,3336−+D.3236,3236−+【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得该正四面体的外接球的半径362R=，进而得()()()2PAPBOAOPOBOPOAOBOBOAOPOP=−−=−++,993cosOFOP=−，再根据

cos1,1,OFOP−求解即可.【详解】如图，设,EF分别为正四面体ABCD棱,CDAB中点，作AO⊥平面BCD，垂足为O，所以，由正四面体的性质知,,BEO三点共线，且23BOBE=，且其外接球的球心在AO上，记为O

，因为正四面体ABCD的棱长为6，所以2233BOBE==，26AO=，设四面体ABCD外接球的半径为R，即OAOBR==，所以，()222AOROBR−+=，即()222612RR−+=，解得362R=，所以6262O

OAOAOR=−=−=，223222ABOFR=−=，因为P是四面体ABCD外接球的球面上任意一点，所以，()()()2PAPBOAOPOBOPOAOBOBOAOPOP=−−=−++

因为222cosco2366922sOOOAOBRAOBROOBROB==−=−−=−=，(),3632cos93cos22,OBOAOPOFOPOFOPOFOP+===，所以()292793cos2,2PAPBOAOBOBOAOPOPOFOP=−++

−−=+,993cosOFOP=−，因为0,,cos1,1,,OFOPOFOP−，所以993,99993cos3,OFOP−+−故选：B【点睛】方法点睛：对于立体几何的外接球问

题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.二､多选题（本大题共5小题，每题6分，共30分）11.从装有3只红球，3只白球的袋中任意取出3只球，则下列

每对事件，是互斥事件，但不是对立事件的是（）A.“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”B.“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”C.“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”D.“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”【答案】A

B【解析】【分析】对于A，判断两个事件是否可以同时发生，从而判断是否为互斥事件，接下来判断是否为对立事件；对于BCD，利用与A相同的方法进行分析，从而解答题目.【详解】从袋中任意取出3个球，可能的情况有：“3个红球”“2个红球、1个白球”“1个红球、2个白球”“3个白球”.对于A

：“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”不可能同事发生，是互斥事件，但有可能两个都不发生，故不是对立事件，故A正确；对于B：“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”不可能同事发生，是互斥事件，但有可

能同时不发生，故不是对立事件，故B正确；对于C：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”不可能同事发生，是互斥事件，其中必有一事件发生，故是对立事件，故C错误；对于D：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”可能同事发生，故不是互斥事件，不可能是对立事件，故D错误.故选：AB.12

.给出下列命题，其中正确的是（）A.对空间任意一点O和不共线的三点,,ABC，若222OPOAOBOC=−−uuuruuruuuuruuuur，则,,,PABC四点共面B.两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量

共线C.若直线l的方向向量为()1,0,3e=，平面的法向量为22,0,3n=−，则直线l∥D.已知向量()()9,4,4,1,2,2ab=−=，则a在b上的投影向量为()1,2,2【答案】BD【解析】【分析】根据空间向量的有关定义及其结论，可判断AB项；根据已知得出0en

=，即可判断C项；根据投影向量的概念，即可得出D项.【详解】对于A：因为()()22221+−+−=−，所以,,,PABC四点不共面，错误；对于B：根据空间向量基底的概念，可知正确；对于C：由已知可

得0en=，所以//l或l，故错误；对于D：因为9889ab=+−=，3b=，所以a在b上的投影向量为()1,2,2abbbb=，故正确.故选：BD13.已知事件A，B，且()0.5PA=，()0.2PB=，则下列结论正确的是（）A.如果BA，那么()0.2PAB=，(

)0.5PAB=B.如果A与B互斥，那么()0.7PAB=，()0PAB=C.如果A与B相互独立，那么()0.7PAB=，()0PAB=D.如果A与B相互独立，那么()0.4PAB=，()0.4PAB=【答案】BD【解析】【分析】A选项在BA前

提下，计算出()0.5PAB=，()0.2PAB=，即可判断；B选项在A与B互斥前提下，计算出()0.7PAB=，()0PAB=，即可判断；C、D选项在A与B相互独立前提下，计算出()0.7PAB=，()0.1PAB=，()()()0.4PABPAPB==，()()()0

.4PABPAPB==，即可判断.【详解】解：A选项：如果BA，那么()0.5PAB=，()0.2PAB=，故A选项错误；B选项：如果A与B互斥，那么()0.7PAB=，()0PAB=，故B选项正确；C选项：如果A与B相互独立，那么()0.6PAB=，

()0.1PAB=，故C选项错误；D选项：如果A与B相互独立，那么()()()0.4PABPAPB==，()()()0.4PABPAPB==，故D选项正确.故选：BD.【点睛】本题考查在包含关系，互斥关系，相互独立前提下的和事件与积事件的概率，是基础题.的1

4.如图，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当BFPE⊥时，则（）A.:2:1AFFD=B.:1:1AFFD=C.若PA=1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为23D.若PA=1，则直线PE与平面ABCD所成角为30o【答案】BC【解析】【分析】连接A

E，证明BFAE⊥，计算判断AB；求出异面直线夹角余弦、线面角的正弦判断CD作答.【详解】连接AE，如图，因为PA⊥平面ABCD，BF平面ABCD，则BFPA⊥，而BFPE⊥，,,PAPEPPAPE=平面PAE，于是BF⊥平面PAE

，又AE平面PAE，因此BFAE⊥，在正方形ABCD中，ABFEAD=，1tantan2AFDEABFEADABAD====，则12AFFD==，:1:1AFFD=，A错误，B正确；取AB中点G，连接,EGPG，则//

EGBC，PEG为异面直线PE与BC所成的角或其补角，而PA⊥平面ABCD，EG平面ABCD，有PAEG⊥，又ABEG⊥，,,PAABAPAAB=平面PAG，则有EG⊥平面PAG，PG平面PAG，于是EGPG⊥，222253,1,22PGPAAGEGPEPGEG=+===+

=，因此2cos3EGPEGPE==，C正确；由PA⊥平面ABCD知，PEA是直线PE与平面ABCD所成的角，2sin3PAPEAPE==，显然30PEA，D错误.故选：BC15.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E、F分别是11AD、11CD的中点，G为线段BC上的

动点(含端点)，则下列结论中正确的是（）A.存在点G使得直线BD⊥平面EFGB.存在点G使得直线AB与EG所成角为45°C.G为BC的中点时和G、C重合时的三棱锥1GEFD−的外接球体积相等D.当G与B重合时三棱锥1GEFD−的外接球体积最大【答案】BCD【解析】【分析】AB选项，建立空间直角

坐标系，写出点的坐标，表达出()2,22,0BGBCG=−−uuuruuur，0,1，利用空间向量验证是否存在点G使得线面垂直和异面直线夹角；CD选项，找到球心的位置，设出球心的坐标()0,1,Om−，利用半径相等，得到223942812842m

−=−=−−，由0,1得到90,216m，从而得到0m=时，2OE取最大值，即外接球半径最大，此时0=，即G与B重合，故D正确；当G为BC中点和当G与C重合时，m相等，故外接球半径相等，体积相等.【详解】设棱长为22，如图，以底

面中心1O，为坐标原点，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,2,0B，()2,0,0C−，()1,1,22E−，()0,2,0D−，()1,1,22F−−，()0,4,0BD=−uuur，()2,22,0BGBCG=−−uu

uruuur，0,1．(21,32,22)EG=−−−−，()2,0,0EF=−，A选项；显然，()()0042,0,0,,0BEFD−−==uuruuruu，故BDEF⊥，若BD⊥平面EFG，EG在面EFG内，则BDEG⊥，而()34

3200,12BDEG=−−==uuuruuur，A错误．B选项；当G为BC中点时，()2,2,22EG=−−uuur，故()()2,2,082cos,2,44244822422,2ABEGABEGABEG−====++−

−+，故直线AB与EG所成角为45°，结论成立，B正确．对于C、D选项；球心O必在过EF中点2O，且与平面1EFD垂直的直线上，设()0,1,Om−，G在BC上运动时，()()()2,22,002,,132,,OGmm=−−−−

−=−−uuur，()()()1,1,220,1,1,0,22OEmm=−−−=−，故2228129OGm=−++，22429OEmm=−+，由22OGOE=可得223942812842m−=−=−−，0,

1，故当34=时，42m−取得最小值，为92−，当0=时，42m−取得最大值，最大值为0，故942,02m−−，∴90,216m，()222429221OEmmm=−=−++，∴0m=时，2OE取最大值，即外接球半径最大

，此时0=，即G与B重合，故D正确；当G为BC中点时，12=，22m=；当G与C重合时，1=，22m=．故外接球是同一个外接球，C正确．故选：BCD【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球

心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径或建立空间直角坐标系，

利用半径相等，利用空间向量列出方程，求出半径.三､填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）16.掷一枚质地均匀的骰子一次，则掷得奇数点的概率是______.【答案】12##0.5【解析】【分析】根据给定条件，利用古典概率公式计算即得.【详解】掷一枚骰

子一次，出现6个不同的结果，而掷得奇数点的结果有3个，所以掷得奇数点的概率为3162=.故答案为：1217.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来1524石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹

谷28粒，则这批米内夹谷约为_______石．【答案】168石【解析】【详解】试题分析：由题意，得这批米内夹谷约为281524168254=石．考点：用样本估计总体．18已知三棱锥PABC−，点G满足：0GPGAGBGC+++=，过点G作平面，与直线PA，PB，PC分

别相交于,,DEF三点，且PDxPA=，PEyPB=，PFzPC=，则111xyz++=______..【答案】4【解析】【分析】根据题意可得4PGPAPBPC=++，再由111,,PAPDPBPEPCPFxyz===并利用空间向量共面定理即可得1114xyz++=.【详解】由

0GPGAGBGC+++=可得()()()0GPGPPAGPPBGPPC++++++=，即可得40GPPAPBPC+++=，所以4PGPAPBPC=++，又PDxPA=，PEyPB=，PFzPC=，所以111,,PAPDPBPEPCPFxyz===，即1114PGPAPBPCPD

PEPFxyz=++=++，又,,,GDEF四点共面，由空间向量共面定理可得1114xyz++=故答案为：419.某校进行定点投篮训练，甲、乙、丙三个同学在固定的位置投篮，投中的概率分别12，23，p，已知每个人投篮互不影响，若这三个同学各投篮一次，

至少有一人投中的概率为78，则p＝______________.【答案】14##0.25【解析】【分析】由已知结合对立事件的概率关系及相互独立事件的概率公式即可求解.【详解】由题意可知()1271111238p−−−−=，解得14p=.故答案为：14.20.某中学组

织学生到一工厂开展劳动实习，加工制作帐篷．将一块边长为6m的正方形材料先按如图①所示的阴影部分截去四个全等的等腰三角形（其中2mAABBCCDD====），然后，将剩余部分沿虚线折叠并拼成一个四棱锥型的帐篷（如图②）．该四棱锥底面ABCD是正方形，从顶

点P向底面作垂线，垂足恰好是底面的中心，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为___________．.【答案】155【解析】【分析】设AC与BD的交点为点O，以O为原点，,OAOB，OP所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标

系，求出平面PBC的法向量以及PA的坐标，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.【详解】设AC与BD的交点为点O，以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由题意可知，222222,2,1310,6ABAOPAPOPAAO===+==−=，

故(2,0,0),(0,2,0),(2,0,0),(0,0,6),(2,0,6)ABCPPA−=−．设平面PBC的法向量为(,,)nxyz=，又(0,2,6),(2,0,6)PBPC=−=−−，则有0,0,

PBnPCn==即260,260,yzxz−=−−=令6z=，可得平面PBC的一个法向量为(3,3,6)n=−．设PA与平面PBC的法向量n的夹角为，则6615cos546996PAnPAn−−===+++，则直线PA与平面P

BC所成角的正弦值为155．故答案为：155四､解答题（本大题共3小题，共35分）21.在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，2,1,ACADCDDEABG=====为AD中点，F是CE的中点.（1）证明：//BF平面ACD（2）求点G到平面BCE的距离.【答案

】（1）见解析（2）324【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，由条件求得33(,,0)22BF=−，平面ACD的一个法向量为()0,0,2DE=，由0BFDE=可得线面平行．（2）由条件得到()1,0,1BG=−−，设BG与平面BCE所成的角为，则3sincos,4nB

G==，根据点G到平面BCE的距离sindBG=求解即可．【小问1详解】以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−，则()()()()0,0,0,2,0,1,0,0,2,1,3,0DBEC，∵点F是线段CE的中点，∴点F的坐标为13,,122，∴33,,02

2BF=−，又DE⊥平面ACD，∴平面ACD的一个法向量为()0,0,2DE=．∴0BFDE=，又BF平面ACD，∴//BF平面ACD．【小问2详解】由已知得G点坐标为(1,0,0)，∴()1,0,1BG=−−，设平面BCE的一个法向量为(),,nxy

z=r，由20320nBExznCExyz=−+==−−+=，得32yxzx==，令1x=，则()1,3,2n=，设BG与平面BCE所成的角为，则33sincos,4222nBGnBGnBG

====,∴点G到平面BCE的距离332sin244dBG===.22.为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两

个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：游戏一游戏二游戏三箱子中球的颜色和数量大小质地完全相同的红球3个，白球2个（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）取球规则取出一个球有放

回地依次取出两个球不放回地依次取出两个球获胜规则取到白球获胜取到两个白球获胜编号之和为m获胜（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；（2）一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．【答案】

（1）游戏一获胜的概率为25，游戏二获胜的概率为425（2）m的所有可能取值为5,6,7．【解析】【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书

券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为m的概率，由此得解.【小问1详解】设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C=“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为11,2,3

,4,5=，则()15n=，因为4,5A=，所以()2nA=，()()()125nAPAn==．所以游戏一获胜的概率为25．游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间()2,,1,2,3,4,5xyxy=∣，则()225n=，因为()()()()4,4,4,5,

5,4,5,5B=，所以()4nB=，所以()()()2425nBPBn==，所以游戏二获胜的概率为425．【小问2详解】设M=“先玩游戏二，获得书券”，N=“先玩游戏三，获得书券”，则MABCABCABC=，且ABC，ABC，ABC互斥，,,ABC相互独立，所以()(

)()()()PMPABCABCABCPABCPABCPABC==++()()()()()()()()()11PAPBPCPAPBPCPAPBPC=−+−+()()()()243424812152

5525525125125PCPCPCPC=−++=+又NACBACBACB=，且ACB，ACB，ACB互斥，所以()()()()()PNPACBACBACBPACBPACBPACB=

=++()()()()()()()()()11PAPCPBPAPCPBPAPCPB=−+−+()()()()221342462525525525125PCPCPCPC=++=若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则()()PNPM，所以

()()62812125125125PCPC+，即()425PC．进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：第二次第一次123451()1,2()1,3()1,4()1,52()2,1()2,3()2,4()2,53()3,1()3,2(

)3,4()3,54()4,1()4,2()4,3()4,55()5,1()5,2()5,3()5,4当3,4,8,9m=时，()242025PC=，舍去当5,6,7m=时，()442025PC=，满足题意，因此m的所有

可能取值为5,6,7．【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.23.如图，已知SA垂直于梯形ABCD所

在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，π2==ABCBAD，122SAABBCAD====.（1）求证：//BD平面AEG；（2）求平面SCD与平面ESD夹角余弦值；（3）在线段EG上

是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为π6?若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）66（3）32【解析】【分析】（1）连接FG，则由三角形中位线定理可得//FGBD，然后利

用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由题意可得SAAB⊥，SAAD⊥，ABAD⊥，所以以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，利用空间向量求解；（3）假设存在点H，设(),4,GHGE==−，利用空间向量求解即可.【小问1详解】连

接FG，因为四边形SADE为矩形，所以F为SD的中点，在SBD中，FG、分别为SD，SB的中点，所以//FGBD，又因为FG平面AEG，BD平面AEG，所以//BD平面AEG.的【小问2详解】因为SA⊥平面ABCD，AB，AD平面ABCD，所以SAAB⊥，SAAD⊥，又π2BAD

=，所以ABAD⊥，以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−则(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,2,0)C，(0,4,0)D，(0,0,2)S，(0,4,2)E，()1,0,1G，则(2,2,0)CD=−，(2,2,2)SC=−，

设平面SCD的一个法向量为(,,)mxyz=，则2202220mCDxymSCxyz=−+==+−=，令1x=，得1y=，2z=，所以平面SCD的一个法向量为(1,1,2)m=，易知平面ESD（即平面ADES）的一个法向量为(1,0,0)n=

，所以16cos,6114nnnmmm===++，所以平面SCD与平面ESD所成角的余弦值为66.【小问3详解】由（2）得()1,4,1GE=−，()1,0,1BG=−，假设存在点H，设(),4,GHGE==−，则()1,4,1BHBGGHBGGE

=+=+=−−+，由（2）知，平面SCD的一个法向量为(1,1,2)m=，因为BH与平面SCD所成角的大小为π6，所以()221422π1sincos,621621114mBHmBHmBH−−+++====++++，所以2511261842+

=++，即2(10)−=，所以1=，则()1,4,1GH=−，