2018北京北师大实验中学高一（下）期中数学（教师版）

这是一份2018北京北师大实验中学高一（下）期中数学（教师版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2018北京北师大实验中学高一（下）期中
数 学
试卷说明：
1.本试卷分Ⅰ，Ⅱ两卷，共6页
2.本试卷考试时间为120分钟，总分150分，其中Ⅰ卷100分，Ⅱ卷50分
3.试卷Ⅰ共三道大题，19道小题；试卷Ⅱ共两道大题，8道小题
命题人：黎栋材，徐娅 审题人：姚玉平
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（4分）一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（　　）
A． B．8π C． D．4π
2．（4分）在△ABC中，若sin2A+sin2B＜sin2C，则△ABC的形状是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
3．（4分）在一次歌手大奖赛上，七位评委为歌手打出的分数如下：9.4，8.4，9.4，9.9，9.6，9.4，9.7，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均值和方差分别为（　　）
A．9.4，0.484 B．9.4，0.016 C．9.5，0.04 D．9.5，0.016
4．（4分）木星的体积约是地球体积的倍，则它的表面积约是地球表面积的（　　）
A．60倍 B．60倍 C．120倍 D．120倍
5．（4分）根据如图给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量（单位：万吨）柱形图，以下结论中不正确的是（　　）

A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
6．（4分）如图茎叶图表示的是甲乙两个篮球队在3次不同比赛中的得分情况，其中有一个数字模糊不清，在图中以m表示，若甲队的平均得分不低于乙队的平均得分，那么m的可能取值集合为（　　）

A．{2} B．{1，2} C．{0，1，2} D．{2，3}
7．（4分）△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2asinAsinB+bcos2A＝a，则＝（　　）
A．2 B．2 C． D．
8．（4分）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的四个侧面的面积中最大的是（　　）

A．3 B． C．6 D．
9．（4分）从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（　　）
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
10．（4分）在空间直角坐标系O﹣xyz中．正四面体P﹣ABC的顶点A，B分别在x轴，y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是（　　）
A．[﹣1，+1] B．[1，3] C．[﹣1，2] D．[1，+1]
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题目相应位置。
11．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2+c2＝b2+ac，则B＝　 　．
12．（5分）在一个小组中有8名女同学和4名男同学，从中任意地挑选2名同学担任交通安全宣传志愿者，那么选到的两名都是女同学的概率是　 　（结果用分数表示）．
13．（5分）为了解某地区高三学生的身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁﹣18岁的男生体重（kg），得到频率分布直方图如图，根据如图可得这100名学生中体重在（56.5，64.5）的学生人数是　 　．

14．（5分）已知高为3的直棱柱ABC﹣A′B′C′的底面是边长为1的正三角形（如图所示），则三棱锥B′﹣ABC的体积为　 　．

15．（5分）某次数学测试共有4道题目，若某考生答对的题大于全部题的一半，则称他为“学习能手”，对于某个题目，如果答对该题的“学习能手”不到全部“学习能手”的一半，则称该题为“难题”．已知这次测试共有5个“学习能手”，则“难题”的最多有　 　个．
16．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．则下列命题正确的是　 　（写出所有正确命题的编号）．
①当0＜CQ＜时，S为四边形；
②当CQ＝时，S不为等腰梯形；
③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；
④当＜CQ＜1时，S为六边形；
⑤当CQ＝1时，S的面积为．

三、解答题：本大题3小题，共30分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）如图，△ABC是等边三角形，点D在边BC的延长线上，且BC＝2CD，AD＝．
（Ⅰ）求CD的长；
（Ⅱ）求sin∠BAD的值．

18．（10分）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
（1）求；
（2）若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长．
19．（10分）盒中装着标有数字1，2，3，4的卡片各2张，从盒中任意任取3张，每张卡片被抽出的可能性都相等，求：
（Ⅰ）抽出的3张卡片上最大的数字是4的概率；
（Ⅱ）抽出的3张中有2张卡片上的数字是3的概率；
（Ⅲ）抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率．
四、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题目相应位置
20．（5分）四位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲，乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得﹣100分；选乙题答对得90分，答错得﹣90分．若四位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是　 　．
21．（5分）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（底面为正方形，侧棱与底面垂直的棱柱）高为4，体积为16，则这个球的表面积是　 　．（参考公式：球的表面积S＝4πR2）
22．（5分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F，则：
①四边形BFD′E一定是平行四边形；
②四边形BFD′E有可能是正方形；
③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形；
④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．
以上结论正确的为　 　．（写出所有正确结论的编号）

23．（5分）将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有　 　．
24．（5分）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是　 　．
25．（5分）10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场）．规定两人对局胜者得2分，平局各得1分，负者得0分，并按总得分由高到低进行排序．比赛结束后，10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的．则第二名选手的得分是　 　．
五、解答题：本大题共2小题，共20分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
26．（10分）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
（Ⅰ）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
（Ⅱ）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
（Ⅲ）求恰有两位同学在A岗位参加志愿服务的概率．
27．（10分）已知集合M＝{1，2，3，…，n}（n∈N*），若集合，且对任意的b∈M，存在ai，aj∈A（1≤i≤j≤m），使得b＝λ1ai+λ2aj（其中λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），则称集合A为集合M的一个m元基底．
（Ⅰ）分别判断下列集合A是否为集合M的一个二元基底，并说明理由；
①A＝{1，5}M＝{1，2，3，4，5}；
②A＝{2，3}，M＝{1，2，3，4，5，6}．
（Ⅱ）若集合A是集合M的一个m元基底，证明：m（m+1）≥n；
（Ⅲ）若集合A为集合M＝{1，2，3，…，19}的一个m元基底，求出m的最小可能值，并写出当m取最小值时M的一个基底A．
参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．【分析】求出截面圆的半径，利用勾股定理求球的半径，然后求出球的表面积．
【解答】解：球的截面圆的半径为：π＝πr2，r＝1
球的半径为：R＝
所以球的表面积：4πR2＝4π×＝8π
故选：B．
【点评】本题考查球的体积和表面积，考查计算能力，逻辑思维能力，是基础题．
2．【分析】由sin2A+sin2B＜sin2C，结合正弦定理可得，a2+b2＜c2，由余弦定理可得CosC＝可判断C的取值范围
【解答】解：∵sin2A+sin2B＜sin2C，
由正弦定理可得，a2+b2＜c2
由余弦定理可得cosC＝
∴
∴△ABC是钝角三角形
故选：C．
【点评】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的综合应用在三角形的形状判断中的应用，属于基础试题
3．【分析】根据题意，利用平均数、方差公式直接计算即可．
【解答】解：去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据为9.4，9.4，9.6，9.4，9.7，
其平均值为（9.4+9.4+9.6+9.4+9.7）＝9.5，
方差为[（9.4﹣9.5）2+（9.4﹣9.5）2+（9.6﹣9.5）2+（9.4﹣9.5）2+（9.7﹣9.5）2]＝0.016，
故选：D．
【点评】本题考查用样本的平均数、方差来估计总体的平均数、方差，属基础题，熟记样本的平均数、方差公式是解答好本题的关键．
4．【分析】通过木星的体积约是地球体积的倍，求出它们的半径之比，然后求出表面积之比，即可．
【解答】解：木星的体积约是地球体积的倍，
则它的半径约是地球半径的倍（体积比是半径比的立方）
故表面积约是地球表面积的120倍（面积比是半径比的平方）．
故选：C．
【点评】本题考查球的体积和表面积的问题，考查相似比的问题，是基础题．
5．【分析】A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量减少的最多，故A正确；
B从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；
C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；
D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故D错误．
【解答】解：A从图中明显看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故A正确；
B2004﹣2006年二氧化硫排放量越来越多，从2007年开始二氧化硫排放量变少，故B正确；
C从图中看出，2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故C正确；
D2006年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查了学生识图的能力，能够从图中提取出所需要的信息，属于基础题．
6．【分析】由茎叶图中的数据，求出甲、乙二人的平均成绩，列出不等式求出m的取值集合．
【解答】解：由茎叶图知，
甲的平均成绩为×（88+92+93）＝91；
乙的平均成绩为×（90+91+90+m）＝90+，
又∵91≥90+，
∴m≤2，
又m∈N，
∴m的可能取值集合为{0，1，2}．
故选：C．
【点评】本题考查了茎叶图与平均数的应用问题，也考查了识图与用图的问题，是基础题．
7．【分析】由正弦定理与二倍角公式化简整理题中的等式得sinB＝sinA，从而得到b＝a，可得答案．
【解答】解：∵△ABC中，2asinAsinB+bcos2A＝a，
∴根据正弦定理，得2sin2AsinB+sinBcos2A＝sinA，
∴2sin2AsinB+sinB（1﹣2sin2A）＝sinA，可得：sinB＝sinA，
∴由正弦定理可得：b＝a，可得：＝．
故选：D．
【点评】本题给出三角形满足的边角关系式，求边a、b的比值．着重考查了正弦定理、二倍角公式在解三角形中的应用，属于基础题．
8．【分析】由三视图得几何体是四棱锥并画出直观图，由三视图判断出线面的位置关系，并求出几何体的高和侧面的高，分别求出各个侧面的面积，即可得到答案．
【解答】解：由三视图得几何体是四棱锥P﹣ABCD，如图所示：
且PE⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝4、AD＝2，
面PDC是等腰三角形，PD＝PC＝3，
则△PDC的高为＝，
所以△PDC的面积为：×4×＝2，
因为PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，
又CB⊥CD，PE∩CD＝E，所以BC⊥面PDC，
即BC⊥PC，同理可证AD⊥PD，
则两个侧面△PAD、△PBC的面积都为：×2×3＝3，
侧面△PAB的面积为：×4×＝6，
所以四棱锥P﹣ABCD的四个侧面中面积最大是：6，
故选：C．

【点评】本题考查由三视图求几何体侧面的面积，由三视图正确复原几何体、判断出几何体的结构特征是解题的关键，考查空间想象能力．
9．【分析】根据题意，使用间接法，首先计算从6人中选4人分别到四个城市游览的情况数目，再分析计算其包含的甲、乙两人去巴黎游览的情况数目，进而由事件间的关系，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由排列公式可得，首先从6人中选4人分别到四个城市游览，有A64＝360种不同的情况，
其中包含甲到巴黎游览的有A53＝60种，乙到巴黎游览的有A53＝60种，
故这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有360﹣60﹣60＝240种；
故选：B．
【点评】本题考查排列的应用，注意间接法比直接分析更为简便，要使用间接法．
10．【分析】根据题意画出图形，结合图形，固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，
原点O到点P的最近距离等于PM减去球的半径，最大距离是PM加上球的半径．
【解答】解：
如图所示，若固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，
设AB的中点为M，则PM＝＝；
所以原点O到点P的最近距离等于PM减去球M的半径，
最大距离是PM加上球M的半径；
所以﹣1≤|OP|≤+1，
即|OP|的取值范围是[﹣1，+1]．
故选：A．

【点评】本题主要考查了点到直线以及点到平面的距离与应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题，是综合题．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题目相应位置。
11．【分析】根据题意，分析可得a2+c2﹣b2＝ac，结合余弦定理分析可得cosB＝＝，又由B的范围，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，△ABC中，若a2+c2＝b2+ac，则有a2+c2﹣b2＝ac，
则cosB＝＝，
又由0＜B＜π，
则B＝；
故答案为：．
【点评】本题考查余弦定理的应用，关键是掌握余弦定理的形式．
12．【分析】从中任意地挑选2名同学担任交通安全宣传志愿者，都是女同学的选法C82，任意地挑选2名同学的方法数为：C122求出概率即可．
【解答】解：在一个小组中有8名女同学和4名男同学，从中任意地挑选2名同学担任交通安全宣传志愿者，
那么选到的两名都是女同学的概率是
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查组合及组合数公式，等可能事件的概率，是基础题．
13．【分析】由频率分布直方图求出体重在（56.5，64.5）的频率为0.4，由此能求出这100名学生中体重在（56.5，64.5）的学生人数．
【解答】解：由频率分布直方图得：
体重在（56.5，64.5）的频率为：（0.03+0.05+0.05+0.07）×2＝0.4，
∴这100名学生中体重在（56.5，64.5）的学生人数是：0.4×100＝40．
故答案为：40．
【点评】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
14．【分析】由已知得S△ABC＝＝，由此能求出三棱锥B′﹣ABC的体积．
【解答】解：∵高为3的直棱柱ABC﹣A′B′C′的底面是边长为1的正三角形，
∴S△ABC＝＝，
∴三棱锥B′﹣ABC的体积：
V＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，是基础题，解题时要认真审题．
15．【分析】根据题意，分析可得5个“学习能手”最多可以做错5道题，而至少有3个“学习能手”做错的题目称为“难题”，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，每位“学习能手”最多做错1道题，则5个“学习能手”最多可以做错5道题，
又由至少有3个“学习能手”做错的题目称为“难题”，
故难题最多有1道；
故答案为：1．
【点评】本题考查合情推理的应用，注意理解题目中关于“学习能手”、“难题”的定义．
16．【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误．
【解答】解：如图
当CQ＝时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP＝QD1＝＝，
故可得截面APQD1为等腰梯形，故②不正确；
由上图当点Q向C移动时，满足0＜CQ＜，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ，
即可得截面为四边形APQM，故①正确；
③当CQ＝时，如图，
延长DD1至N，使D1N＝，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，
可证AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R＝C1Q：D1N＝1：2，故可得C1R＝，故正确；
④由③可知当＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；
⑤当CQ＝1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1＝AF，
可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC1•PF＝，故正确．
故答案为：①③⑤


【点评】本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题．
三、解答题：本大题3小题，共30分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．【分析】（Ⅰ）由已知及等边三角形的性质可得AC＝2CD，∠ACD＝120°，由余弦定理即可解得CD的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可求BD＝3CD＝3，由正弦定理即可解得sin∠BAD的值．
【解答】（本题满分为13分）
解：（Ⅰ）∵△ABC是等边三角形，BC＝2CD，
∴AC＝2CD，∠ACD＝120°，
∴在△ACD中，由余弦定理可得：AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CDcos∠ACD，
可得：7＝4CD2+CD2﹣4CD•CDcos120°，
解得：CD＝1．
（Ⅱ）在△ABC中，BD＝3CD＝3，
由正弦定理，可得：sin∠BAD＝＝3×＝．

【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，余弦定理，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，数形结合思想的应用，属于基础题．
18．【分析】（1）如图，过A作AE⊥BC于E，由已知及面积公式可得BD＝2DC，由AD平分∠BAC及正弦定理可得sin∠B＝，sin∠C＝，从而得解．
（2）由（1）可求BD＝．过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，由AD平分∠BAC，可求AB＝2AC，令AC＝x，则AB＝2x，利用余弦定理即可解得BD和AC的长．
【解答】解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E，
∵＝＝2
∴BD＝2DC，
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠DAC
在△ABD中，＝，∴sin∠B＝
在△ADC中，＝，∴sin∠C＝；
∴＝＝．…6分
（2）由（1）知，BD＝2DC＝2×＝．
过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
∵AD平分∠BAC，
∴DM＝DN，
∴＝＝2，
∴AB＝2AC，
令AC＝x，则AB＝2x，
∵∠BAD＝∠DAC，
∴cos∠BAD＝cos∠DAC，
∴由余弦定理可得：＝，
∴x＝1，
∴AC＝1，
∴BD的长为，AC的长为1．

【点评】本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理等知识的应用，属于基本知识的考查．
19．【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件数C83，满足条件的事件是抽出的3张卡片上最大的数字是4，包括有一个4或有2个4，由古典概型公式得到结果．
（Ⅱ）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件数C83，满足条件的事件是抽出的3张卡片上有2张卡片上的数字是3，共有C22C61种结果，根据古典概型公式得到结果．
（Ⅲ）由题意知本题是一个古典概型，抽出的3张卡片上的数字互不相同的对立事件是抽出的3张卡片上有两个数字相同，根据两个数字相同的概率，得到结果．
【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，
设“抽出的3张卡片上最大的数字是4”的事件记为A，
∵试验发生包含的所有事件数C83，
满足条件的事件是抽出的3张卡片上最大的数字是4，包括有一个4或有2个4，
事件数是C21C62+C22C61
∴由古典概型公式．
（II）由题意知本题是一个古典概型，
设“抽出的3张中有2张卡片上的数字是3”的事件记为B，
∵试验发生包含的所有事件数C83，
满足条件的事件是抽出的3张卡片上有2张卡片上的数字是3，共有C22C61种结果
∴由古典概型公式得到
（III）“抽出的3张卡片上的数字互不相同”的事件记为C，
“抽出的3张卡片上有两个数字相同”的事件记为D，
由题意，C与D是对立事件，是选一卡片，取2张，另选取一张
∴
∴P（C）＝1﹣＝．
【点评】本题考查古典概型，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，概率问题同其他的知识点结合在一起，实际上是以概率问题为载体，主要考查的是另一个知识点．
四、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题目相应位置
20．【分析】根据题意，4位同学的总分为0，分①4人都选甲题，②4人都选乙题，③甲乙两被题都选，3种情况讨论，分别计算其情况数目，进而求和可得答案．
【解答】解：根据题意，4位同学的总分为0，分3种情况讨论．
①4人都选甲题，必须2人答对，2人答错，共C42＝6种情况，
②4人都选乙题，必须2人答对，2人答错，共C42＝6种情况，
③甲乙两题都选，则必须2人选甲题，且1人答对，1人答错，另2人选乙题，且1人答对，1人答错；
共2×2×C42＝24种情况，
综合可得：共6+6+24＝36种情况，
故答案为：36．
【点评】本题考查组合数公式的运用，注意组合与排列的不同，本题中，要注意各种情况间的关系，避免重复、遗漏．
21．【分析】先求出正四棱柱的底面边长，再求其对角线的长，就是外接球的直径，然后求出球的表面积．
【解答】解：各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，
它的底面边长是：2，所以它的体对角线的长是：，
球的直径是：，
所以这个球的表面积是：
故答案为：24π
【点评】本题考查正四棱柱的外接球的表面积．考查计算能力，是基础题．
22．【分析】由平行平面的性质可得①是正确的，当E、F为棱中点时，四边形为菱形，但不可能为正方形，故③④正确，②错误．
【解答】解：
①：∵平面AB′∥平面DC′，平面BFD′E∩平面AB′＝EB，平面BFD′E∩平面DC′＝D′F，∴EB∥D′F，同理可证：D′E∥FB，故四边形BFD′E一定是平行四边形，即①正确；
②：当E、F为棱中点时，四边形为菱形，但不可能为正方形，故②错误；
③：四边形BFD′E在底面ABCD内的投影为四边形ABCD，所以一定是正方形，即③正确；
④：当E、F为棱中点时，EF⊥平面BB′D，又∵EF⊂平面BFD′E，∴此时：平面BFD′E⊥平面BB′D，即④正确．
故答案为：①③④
【点评】本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力．
23．【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放3个小球，即分两种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案．
【解答】解：根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，
分析可得，可得1号盒子至少放一个，最多放3个小球，分情况讨论：
①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有C51＝5种方法；
②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有C52＝10种方法；
③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有C53＝10种方法；
则不同的放球方法有5+10+10＝25种，
故答案为：25．
【点评】本题考查组合数的运用，注意挖掘题目中的隐含条件，全面考虑．
24．【分析】首先想象一下，当正四面体绕着与平面平行的一条边转动时，不管怎么转动，投影的三角形的一个边始终是AB的投影，长度是1，而发生变化的是投影的高，体会高的变化，得到结果．
【解答】解：因为正四面体的对角线互相垂直，且棱AB∥平面α，
当CD∥平面α，这时的投影面是对角线为1的正方形，
此时面积最大，是2××1×＝
当CD⊥平面α时，射影面的面积最小，
此时构成的三角形底边是1，高是直线CD到AB的距离，为，射影面的面积是，
故答案为：[]

【点评】本题考查平行投影及平行投影作图法，本题是一个计算投影面积的题目，注意解题过程中的投影图的变化情况，本题是一个中档题．
25．【分析】有10个足球队进行循环赛，胜队得2分，负队得0分，平局的两队各得1分．即每场产生2分，每个队需要进行10﹣1＝9场比赛，则全胜的队得18分，而最后五队之间赛5×（5﹣1）÷2＝10场至少共得20分，所以第二名的队得分至少为20×＝16分．
【解答】解：每个队需要进行9场比赛，则全胜的队得：9×2＝18（分），
而最后五队之间赛10场，至少共得：10×2＝20（分），
所以第二名的队得分至少为20×＝16（分）．
故答案是：16
【点评】完成本题主要求出最后五队之间赛的场次以及至少共得的分数，然后抓住了“第二名的得分是最后五名所得总分和的”这个关健点进行分析的．
五、解答题：本大题共2小题，共20分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
26．【分析】（Ⅰ）基本事件总数n＝＝240，甲、乙两人同时参加A岗位服务包含的基本事件个数m1＝＝6，由此能求出甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率．
（Ⅱ）甲、乙两人在同一岗位包含的基本事件个数m＝＝24，由此能求出甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率．
（Ⅲ）恰有两位同学在A岗位参加志愿服务包含的基本事件个数m3＝＝60，由此能求出恰有两位同学在A岗位参加志愿服务的概率．
【解答】解：（Ⅰ）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，
每个岗位至少有一名志愿者．
基本事件总数n＝＝240，
甲、乙两人同时参加A岗位服务包含的基本事件个数m1＝＝6，
∴甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率p1＝＝＝．
（Ⅱ）甲、乙两人在同一岗位包含的基本事件个数m＝＝24，
∴甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率：
p2＝1﹣＝1﹣＝．
（Ⅲ）恰有两位同学在A岗位参加志愿服务包含的基本事件个数m3＝＝60，
∴恰有两位同学在A岗位参加志愿服务的概率p3＝＝＝．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
27．【分析】（I）利用二元基底的定义加以验证，可得A＝{1，5}不是M＝{1，2，3，4，5}的一个二元基底，A＝{2，3}是M＝{1，2，3，4，5}的一个二元基底．
（II）设a1＜a2＜a3＜…＜am，计算出b＝λ1ai+λ2aj的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得m+m++≥n，即m（m+1）≥n．
（III）由（Ⅱ）可知m（m+1）≥19，所以m≥4，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”．再讨论当m＝4时，集合A的所有情况均不可能是M的4元基底，而当m＝5时，M的一个基底A＝{1，3，5，9，16}，由此可得m的最小可能值为5．
【解答】解：（Ⅰ）①A＝{1，5}不是M＝{1，2，3，4，5}的一个二元基底．理由是3≠λ1×1+λ2×5；
②A＝{2，3}是M＝{1，2，3，4，5}的一个二元基底．理由是
1＝﹣1×2+1×3，2＝1×2+0×3，3＝0×2+1×3，4＝1×2+1×2，5＝1×2+1×3，6＝1×3+1×3． …3分
（Ⅱ）不妨设a1＜a2＜a3＜…＜am，则
形如1×ai+0×aj（1≤i≤j≤m）的正整数共有m个；
形如1×ai+1×ai（1≤i≤m）的正整数共有m个；
形如1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有个；
形如﹣1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整数至多有个．
又集合M＝{1，2，3，…，n}（n∈N*），含n个不同的正整数，A为集合M的一个m元基底．
故m+m++≥n，即m（m+1）≥n．…8分
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知m（m+1）≥19，所以m≥4．
当m＝4时，m（m+1）﹣19＝1，即用基底中元素表示出的数最多重复一个．…*
假设A＝a1，a2，a3，，a4为M＝{1，2，3，…，19}的一个4元基底，
不妨设a1＜a2＜a3＜a4，则a4≥10．
当a4＝10时，有a3＝9，这时a2＝8或7．
如果a2＝8，则由1＝10﹣9，1＝9﹣8，18＝9+9，18＝10+8，这与结论*矛盾．
如果a2＝7，则a1＝6或5．易知A＝{6，7，9，10}和A＝{5，7，9，10}都不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝11时，有a3＝8，这时a2＝7，a1＝6，易知A＝{6，7，8，11}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝12时，有a3＝7，这时a2＝6，a1＝5，易知A＝{5，6，7，12}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝13时，有a3＝6，a2＝5，a1＝4，易知A＝{4，5，6，13}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝14时，有a3＝5，a2＝4，a1＝3，易知A＝{3，4，5，14}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝15时，有a3＝4，a2＝3，a1＝2，易知A＝{2，3，4，15}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4＝16时，有a3＝3，a2＝2，a1＝1，易知A＝{1，2，3，16}不是M＝{1，2，3，…，19}的4元基底，矛盾．
当a4≥17时，A均不可能是M的4元基底．
当m＝5时，M的一个基底A＝{1，3，5，9，16}．
综上所述，m的最小可能值为5．…14分
【点评】本题以一个集合为另一个集合的m元基底的讨论为载体，着重考查了集合元素的讨论和方程、不等式的整数解的讨论和两个计数原理等知识，属于难题．