2024-2025学年甘肃省武威一中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年甘肃省武威一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在复平面内，复数z=(1+i)(2−i)对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.与向量a=(12,5)平行的单位向量为( )
A. (1213,−513)B. (−1213,−513)
C. (−1213,−513)或(1213,513)D. (−1213,513)
3.正方体ABCD−A1B1C1D1中AB的中点为M，DD1的中点为N，则异面直线B1M与CN所成的角是( )
A. 0°B. 45°C. 60°D. 90°
4.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A. 0.3B. 0.4C. 0.6D. 0.7
5.饱和潜水是一种在超过百米的大深度条件下开展海上长时间作业的潜水方式，是人类向海洋空间和生命极限挑战的前沿技术，我国海上大深度饱和潜水作业能力走在世界前列．某项饱和潜水作业一次需要3名饱和潜水员完成，利用计算机产生0～9之间整数随机数，我们用0，1，2，3表示饱和潜水深海作业成功，4，5，6，7，8，9表示饱和潜水深海作业不成功，现以每3个随机数为一组，作为3名饱和潜水员完成潜水深海作业的结果，经随机模拟产生如下10组随机数：713，517，659，491，275，937，740，632，845，946.由此估计“3名饱和潜水员中至少有1人成功”的概率为( )
A. 0.6B. 0.7C. 0.8D. 0.9
6.在△ABC中，角A、B、C所对边分别为a、b、c.若2sin2B2=a−ca，则该三角形一定是( )
A. 正三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形
7.从分别标有1，2，3，…，10的10个小球中，不放回的随机选取两个小球，记这两个小球的编号分别为x，y.若i2=−1，则ix+iy为实数的概率为( )
A. 1645B. 645C. 29D. 516
8.在△ABC中，点M，N在边BC上，且满足：AM=12(AB+AC)，ABAC=BNNC，若A=2π3，AM= 32，AN=23，则△ABC的面积等于( )
A. 12B. 23C. 22D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.假定生男孩和生女孩是等可能的，若一个家庭中有三个小孩，记事件A=“家庭中没有女孩”，B=“家庭中最多有一个女孩”，C=“家庭中至少有两个女孩”，D=“家庭中既有男孩又有女孩”，则( )
A. A与C互斥B. A∪D=BC. B与C对立D. B与D相互独立
10.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是( )
A. 圆柱的侧面积为2πR2B. 圆锥的侧面积为2πR2
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2
11.若正四面体ABCD的棱长为a，P是棱AC上一动点，其外接球、内切球的半径分别为R，r，则( )
A. R= 64a
B. R=4r
C. 正四面体ABCD棱切球的体积为 224πa3
D. 若F是棱AD的中点，则当BP+PF最小时，CP=2PA
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知csαsin(α−β)−sinαcs(β−α)=35，则sinβ= ______．
13.在二面角α−l−β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥l，BD⊥l，若AB=1，AC=BD=2，二面角α−l−β的余弦值为34，则CD=______；直线CD与平面β所成角正弦值为______．
14.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1=3，过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，且AA1与平面α所成的角为30°，给出下列说法：
①异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为625；
②A1B//平面B1D1C1；
③点B到平面B1CD1的距离为4 3417；
④截面A1MN面积的最小值为6．
其中正确的是______.(请填写所有正确说法的编号)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点，点F在边CD上．
(1)若点F是CD上靠近C的三等分点，设EF=λAB+μAD，求λ+μ的值；
(2)若AB= 3，BC=2，求AF⋅EF的取值范围．
16.(本小题15分)
2024年1月17日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人航天工程2024年发射任务首战告捷.为普及航天知识，某学校开展组织学生举办了一次主题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
(Ⅰ)求频率分布直方图中a的值.若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数；
(Ⅱ)用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
(Ⅲ)若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为23，乙复赛获优秀等级的概率为34，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+asinCcsB+bsinCcsA=bsinB+csinA．
(1)求角B的大小；
(2)若a=2，且△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围．
18.(本小题17分)
n维空间中点的坐标可以表示为(x1,x2,x3,⋯,xn)，其中xi(i=1,2,3,⋯,n)为该点的第i个坐标.定义n维空间中任意两点A(x1,x2,x3,⋯,xn)，B(y1,y2,y3,⋯,yn)之间的平均离差二乘距离d(A,B)=1ni=1n(xi−yi)2.设n维空间点集M={(x1,x2,x3,⋯,xn)|xi=0或1，其中i=1，2，3，⋯，n}(n≥2)．
(1)若n=3，A，B∈M，且点A(0,1,0),d(A,B)=23，写出所有的点B的坐标；
(2)任取n维空间中的不同两点P，Q∈M.若n=4，求d(P,Q)=12的概率．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAB是边长为2的等边三角形，点A，B，C，D在同一个圆的圆周上，且∠BCD=90°，BC=2CD= 5，平面PAB⊥平面PAD．
(Ⅰ)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求三棱锥P−ABD的体积；
(Ⅲ)求二面角A−PB−C的正弦值．
答案解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的运算及其几何意义，属基础题．
化简复数z后可得其对应点为(3,1)，从而可解．
【解答】
解：z=(1+i)(2−i)=3+i，
故z对应的点3,1在第一象限，
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：由题意可知，|a|= 122+52=13，
所以与向量a=(12,5)平行的单位向量为−a|a|=(−1213,−513)或a|a|=(1213,513)．
故选：C．
求出a的模，再利用单位向量的定义求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成的角，以及解决异面直线所成的角的方法(平移法)的应用，属于基础题．
根据异面直线所成角的定义，把直线CN平移和直线B1M相交，找到异面直线B1M与CN所成的角，解三角形即可求得结果．在平移直线时经常用到遇到中点找中点的方法．
【解答】
解：取AA1的中点E，连接EN，BE交B1M于点O，
则EN/​/BC，且EN=BC，
∴四边形BCNE是平行四边形，
∴BE//CN，
∴∠BOM就是异面直线B1M与CN所成的角，
而Rt△BB1M≌Rt△ABE
∴∠ABE=∠BB1M，∠BMB1=∠AEB，
∴∠BOM=90°．
故选D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查互斥事件的概率的求法，判断事件是互斥事件是解题的关键，属于基础题．
直接利用互斥事件的概率的加法公式求解即可．
【解答】
解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，
所以不用现金支付的概率为：1−0.45−0.15=0.4．
故选B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查随机模拟，频率和概率的关系，属于基础题．
先求出10组随机数中表示3名饱和潜水员中至少有1人成功的随机数，再结合频率与概率的关系即可求解．
【解答】
解：10组随机数中表示3名饱和潜水员中至少有1人成功为：713，517，491，275，937，740，632，共7个，
则“3名饱和潜水员中至少有1人成功”的概率为710=0.7．
故答案为：B．
6.【答案】B
【解析】解：因为2sin2B2=a−ca，所以1−csB=1−ca，
所以csB=ca，
所以由余弦定理得：a2+c2−b22ac=ca，
所以c2+b2=a2，所以△ABC为直角三角形．
故选：B．
由三角恒等变换化简可得csB=ca，再由余弦定理可得c2+b2=a2，从而即可判断．
本题考查三角恒等变换与余弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，选取两个小球的编号分别为x，y，共有A102=90种选法，
若ix+iy为实数，分两种情况：
①x为偶数，则y为偶数，有A52=20种选法；
②x为奇数，则y为奇数，设A={1,5,9}，B={3,7}，
x在A中任取一个数，y在B中任取一个数，或x在B中任取一个数，y在A中任取一个数，
所以共3×2+2×3=12种选法．
所以ix+iy为实数的概率为20+1290=1645．
故选：A．
根据已知条件分类讨论结合排列数及乘法原理应用古典概型计算求解．
本题考查古典概型求概率，结合排列组合等知识解题，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意，在△ABC中，设AB=c，CB=a，AC=b，
因为AM=12(AB+AC)，所以M为BC中点，可得|AM|2=14(|AB|2+2AB⋅AC+|AC|2)=14c2+12cbcsA+14b2，
整理得34=14c2−14cb+14b2，化简得3=c2−cb+b2．
因为ABAC=BNNC，所以AN为∠BAC的平分线，
由S△ABC=S△ABN+S△ANC，得12bcsinA=12c⋅ANsin∠BAN+12b⋅ANsin∠CAN，
代入题中数据并化简，可得bc=23c+23b，则32bc=b+c且3=c2−cb+b2=(b+c)2−3bc，
根据以上两式可得3=94(bc)2−3bc，解得bc=2(负值舍去)，所以△ABC的面积S=12bcsinA= 32．
故选：D．
根据AM=12(AB+AC)，可知M为BC中点，两边平方化简得3=c2−cb+b2，由ABAC=BNNC推导出AN为△ABC的内角平分线，根据S△ABC=S△ABN+S△ANC化简得到32bc=b+c，从而解出bc=2，代入面积公式求出△ABC的面积．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、三角形的中线与角平分线的性质、三角形面积公式等知识，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：假定生男孩和生女孩是等可能的，
若一个家庭中有三个小孩，记事件A=“家庭中没有女孩”，B=“家庭中最多有一个女孩”，
C=“家庭中至少有两个女孩”，D=“家庭中既有男孩又有女孩”，
对于A，A与C不能同时发生，但能同时不发生，是互斥事件，故A正确；
对于B，由事件的并得到A∪D表示这个家庭中可能至少有2个女孩子，与事件B不相等，故B错误；
对于C，事件B与C既不能同时发生，又不能㞱不发生，是对立事件，故C正确；
对于D，事件B发生与否不影响事件D，同样事件D发生与否不影响事件B，
∴事件B与事件D相互独立，故D正确．
故选：ACD．
利用互斥事件、对立事件、事件的并、相互独立事件的定义直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查互斥事件、对立事件、事件的并、相互独立事件的定义等基础知识，是基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：A选项，圆柱的侧面积为2π×2R=4πR2，故A选项错误．
B选项，圆锥的母线长为 R2+(2R)2= 5R，
圆锥的侧面积为πR× 5R= 5πR2，故B选项错误．
C选项，球的表面积为4πR2，
所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C选项正确．
D选项，圆柱的体积为πR2×2R=2πR3，
圆锥的体积为13×πR2×2R=23πR3，
球的体积为43πR3，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3：23πR3：43πR3=3：1：2，故D选项正确．
故选：CD．
根据圆柱、圆锥侧面积、表面积、体积等知识求得正确答案．
本题考查了圆柱、圆锥、球的表面积及其体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，将正四面体ABCD放入正方体中，因为正四面体ABCD的棱长为a，
所以正方体的棱长为 22a，显然正四面体和正方体有相同的外接球，
正方体外接球半径为 22a⋅ 32= 64a，即正四面体外接球半径R= 64a，所以A选项正确；
对于B选项，设正四面体的内切球的球心为O′，连接O′A，O′B，O′C，O′D，形成四个全等的正三棱锥，
则VA−BCD=VO′−ABC+VO′−ABD+VO′−ACD+VO′−BCD，
即13⋅AM⋅S△BCD=13⋅r⋅S△ABC+13⋅r⋅S△ABD+13⋅r⋅S△ACD+13⋅r⋅S△BCD，
因为S△ABC=S△ABD=S△ACD=S△BCD，
所以13⋅AM⋅S△ABC=4⋅13⋅r⋅S△ABC，r=AM4= 63a4= 612a，而R= 64a，所以R=3r，所以B选项错误．
对于C选项，正四面体ABCD的棱切球与各棱相切于中点，如图，
把正四面体ABCD放在正方体中，则正方体的棱长为正四面体ABCD的棱切球的直径，
因为AB=a，所以正方体的棱长为 22a，所以正四面体ABCD的棱切球的半径为 24a，
所以棱切球的体积为43π( 24a)3= 224πa3，所以C选项正确．
对于D选项，如图，将侧面△ABC和△ACD沿AC展开成菱形ABCD，
在菱形ABCD中，连接BF，交AC于点P，则BF的长即为BP+PF的最小值，
因为正四面体ABCD的各棱长都相等，所以AC=AB，所以∠BCD=120°．
因为F是棱AD的中点，所以AF=DF=a2，∠DCF=30°，所以∠BCF=90°．
又正四面体ABCD的棱长为a，所以AB=AC=BC=CD=AD=a，CF= 3a2，
所以BF= BC2+CF2= 72a.又AP平分∠BAF，所以ABAF=BPPF=2，即BP=2PF．
在Rt△BCF中，CP=13CB+23CF，
故 19CB2+49CF2+2⋅13⋅23CB⋅CF=23a，所以PA=a−23a=13a，所以CP=2PA，所以D选项正确．
故选：ACD．
对于AB，根据正四面体的性质求解．其内切球与外接球球心重合，在正四面体的高上，作出图形求出高、内切球的半径、外接球的半径可得结论；对于C，正方体的内切球即为正四面体的棱切球，再由球的体积公式求出；对于D，将侧面△ABC和△ACD沿AC展开成菱形ABCD，B，P，F三点共线时BP+PF最小，再由几何关系求出CP=2PA．
本题考查正四面体的性质，球的体积公式等，属中档题．
12.【答案】−35
【解析】解：由csαsin(α−β)−sinαcs(β−α)=35，
得−sin(β−α)csα−cs(β−α)sinα=35，
则sin(β−α)csα+cs(β−α)sinα=−35，
可得sin(β−α+α)=sinβ=−35，
即sinβ=sin[(β−α)+α]=−35．
故答案为：−35．
根据给定条件，利用诱导公式及逆用和角的正弦公式求解．
本题考查了诱导公式及和角的正弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
13.【答案】 3 216
【解析】解：过点A作AE/​/BD，过点D作DE/​/l，交AE于点E，连接CE，如图所示，
则四边形ABDE为平行四边形，
因为BD⊥l，所以AE⊥l，又AC⊥l，AC∩AE=A，AC，AE⊂平面ACE，
故ED⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，
所以ED⊥CE，则∠CAE为二面角α−l−β的平面角，
又二面角α−l−β的余弦值为34，
由余弦定理，可得cs∠CAE=AC2+AE2−CE22AC⋅AE=34，
解得CE= 2，
则Rt△CDE中，CD= DE2+CE2= 3；
过点C作CF⊥AE，连接DF，如图所示，
因为ED⊥平面CAE，且CF⊂平面CAE，
则DE⊥CF，又AE∩DE=E，AE，DE⊂平面α，
所以CF⊥平面α，则∠CFD为CD与平面β所成的角，
在Rt△ACF中，cs∠CAE=34，
所以sin∠CAE= 1−(34)2= 74，
又CA=2，所以CF= 72，
故sin∠CDF=CFCD= 216．
故答案为： 3； 216．
过点A作AE/​/BD，过点D作DE/​/l，交AE于点E，连接CE，得出∠CAE为二面角α−l−β的平面角，由已知条件结合余弦定理列出等式求出CE，再利用勾股定理求解即可；过点C作CF⊥AE，连接DF，由ED⊥平面CAE，可得ED⊥CD，得到CF⊥平面α，即可确定∠CFD为CD与平面β所成的角，再求出直线CD与平面β所成角正弦值即可．
本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，二面角和线面角的求解，余弦定理的应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与运算能力，属于中档题．
14.【答案】②④
【解析】解：依题意得CB1=CD1=5，B1D1=4 2，
因为A1B/​/CD1，所以异面直线A1B与B1C所成的角即∠B1CD1或其补角．
在△CB1D1中，cs∠B1CD1=52+52−(4 2)22×5×5=925，
所以异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为925，故①错误．
由于A1B/​/CD1，A1B⊄平面B1D1C，CD1⊂平面B1D1C，故②正确．
设点B到平面B1CD1的距离为ℎ，由VB−B1CD1=VD1−BCB1=13×(12×4×3)×4=8，
得13×(12×4 2× 17)ℎ=8，解得ℎ=6 3417，故③错误．
如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E.
因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，
则A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，故∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，则∠AA1E=30°，
在Rt△A1AE中，AA1=3，则有AE= 3，A1E=2 3，
在Rt△MAN中，由射影定理得ME⋅EM=AE2=3，
由基本不等式得MN=ME+EN≥2 ME⋅EN=2 3，当且仅当ME=EN，
即E为MN的中点时，等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为12×2 3×2 3=6，故④正确．
故答案为：②④．
利用异面直线所成角的定义及余弦定理可判断①，利用线面平行的判定定理可判断②，利用等积法可判断③，过点A作AE⊥MN，连接A1E，进而可得∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，结合条件及基本不等式可判断④．
本题考查点到平面的距离及线线角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意知EF=EC+CF，
因为E是BC边的中点，点F是CD上靠近C的三等分点，
所以EF=12BC+13CD，
在矩形ABCD中，BC=AD，CD=−AB，
所以EF=−13AB+12AD，
即λ=−13，μ=12，
则λ+μ=−13+12=16．
(2)以AB、AD分别为x、y轴建立平面直角坐标系，如图所示：
设F(x,2)，其中0≤x≤ 3；
则：A(0,0)，E( 3,1)；AF=(x,2)，EF=(x− 3,1)；
所以AF⋅EF=x2− 3x+2=(x− 32)2+54，其中0≤x≤ 3；
当x= 32时AF⋅EF取得最小值为54，
x=0或 3时AF⋅EF取得最大值为2，
所以AF⋅EF的取值范围是[54,2]．
【解析】本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
(1)由题意用AD、AB表示出EF，求出λ、μ的值，求和即可．
(2)建立平面直角坐标系，用坐标表示AF、EF，计算AF⋅EF的取值范围即可．
16.【答案】解：(Ⅰ)由(0.005+0.01+0.015+0.015+0.025+a)×10=1，
解得a=0.030，
因为0.01×10×200=20(人)，0.015×10×200=30(人)．
所以不高于50分的抽5×2020+30=2(人)；
(Ⅱ)平均数x−=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71．
由图可知，学生成绩在[40,70)内的频率为0.4，在[70,80)内的频率为0.3，
设学生成绩中位数为t，t∈[70,80)，则：(t−70)0.03+0.4=0.5，解得t=2203，
所以中位数为2203．
(Ⅲ)记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A，
则P(A)=23×14+13×34+23×34=1112．
所以至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为1112．
【解析】本题主要考查频率分布直方图，分层随机抽样，平均数、中位数、众数，相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
(Ⅰ)由频率和为1即可求解a的值，再利用抽样比求解即可；
(Ⅱ)由频率分布直方图的平均数与中位数公式求解即可；
(Ⅲ)利用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
17.【答案】解：(1)∵asinA+asinCcsB+bsinCcsA=bsinB+csinA，
由正弦定理可得a2+accsB+bccsA=b2+ac，
又由余弦定理知2accsB=a2+c2−b2，2bccsA=b2+c2−a2，
∴a2+c2=b2+ac，∴csB=a2+c2−b22ac=12，
又A∈(0,π)，∴B=π3；
(2)由△ABC为锐角三角形，B=π3，可得A∈(π6,π2)，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC，
∴2sinA=b 32=csin(2π3−A)，
∴b= 3sinA,c=2sin(2π3−A)sinA=sinA+ 3csAsinA=1+ 3csAsinA，
∴△ABC的周长为a+b+c=3+ 3×csA+1sinA=3+ 3×2cs2A22sinA2csA2=3+ 3tanA2，
∵A∈(π6,π2)，∴A2∈(π12,π4)，∴tanπ6=2tanπ121−tan2π12= 33，
整理得：tan2π12+2 3tanπ12−1=0，解得tanπ12=2− 3或tanπ12=−2− 3(舍去)，
∴tanA2∈(2− 3,1)，∴周长范围是(3+ 3,6+2 3)．
【解析】(1)直接利用正余弦定理即可求解；
(2)利用正弦定理将周长转化为关于角A的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想的应用，化归转化思想，属中档题．
18.【答案】(0,0,1)，(1,0,0)，(1,1,1)．
25．
【解析】(1)定义n维空间中任意两点：
A(x1,x2,x3,⋯,xn)，B(y1,y2,y3,⋯,yn)之间的平均离差二乘距离d(A,B)=1ni=1n(xi−yi)2，
∵n=3，A，B∈M，且点A(0,1,0),d(A,B)=23，
∴d(A,B)=13[(0−y1)2+(1−y2)2+(0−y3)2]=23，
即y12+(1−y2)2+y32=2，且y1，y2，y3∈{0,1}，
∴解得满足方程的B点坐标为：(0,0,1)，(1,0,0)，(1,1,1)；
(2)设点P(p1,p2,p3,p4)，Q(q1,q2,q3,q4)，
∵14i=14(pi−qi)2=14[(p1−q1)2+(p2−q2)2+(p3−q3)2+(p4−q4)2]=12，
又pi=0或1，qi=0或1，
∴(p1−q1)2,(p2−q2)2,(p3−q3)2,(p4−q4)2中有两项等于0，两项等于1，
∴满足条件的所有可能情况有C42=6，
∵两不同点P，Q所有可能情况共有24−1=15种，
∴d(P,Q)=12的概率P=615=25．
(1)根据新定义，列出方程，求解即可；
(2)根据新定义、组合、古典概型求解即可；(
本题考查新定义、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明见解答；(Ⅱ) 32；(Ⅲ)4 1919．
【解析】(Ⅰ)取PA的中点M，连接BM，如图(1)，
因为△PAB为等边三角形，所以BM⊥PA，
又平面PAB⊥平面PAD，且平面PAB∩平面PAD=PA，BM⊂平面PAB，
所以BM⊥平面PAD，
又AD⊂平面PAD，所以BM⊥AD，
因为点A，B，C，D在同一个圆的圆周上，∠BCD=90°，所以∠BAD=90°，即BA⊥AD，
又AB∩BM=B，AB，BM⊂平面PAB，
故AD⊥平面PAB，
又AD⊂平面ABCD，故平面PAB⊥平面ABCD．
(Ⅱ)在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2=52，
在Rt△BDA中，AD= BD2−AB2=32，
又由(Ⅰ)知AD⊥平面PAB，
故V三棱锥P−ABD=V三棱锥D−PAB=13S△ABP⋅AD=13×12×4× 32×32= 32．
(Ⅲ)设PB的中点为N，连接AN，则AN⊥PB，过点C作直线CH//AD交AB于点H，
由(Ⅰ)可知，AD⊥平面PAB，所以CH⊥平面PAB，
过点H作HG//AN交PB于点G，连接CG，
则HG⊥PB，
所以∠HGC即为二面角A−PB−C的平面角，如图(2)，
在底面ABCD中，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，如图(3)，则四边形AHCE是矩形，
不妨设DE=m，CE=n，m，n>0，
则有m2+n2=54,(32+m)2+(2−n)2=5,
解得m=12,n=1(负值舍去)，
所以H为AB的中点，HC=2，
于是在Rt△HGC中，HC=2，HG=12AN= 32，
所以GC= HC2+HG2= 192，
则sin∠HGC=HCGC=4 1919，
故二面角A−PB−C的正弦值为4 1919．
(Ⅰ)先证AD⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
(Ⅱ)利用等体积法求解即可；
(Ⅲ)先证∠HGC即为二面角A−PB−C的平面角，再解三角形即可求解．
本题考查面面垂直的判定，几何体体积以及二面角的计算，属于难题．