湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二上学期入学考试数学试卷

这是一份湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二上学期入学考试数学试卷，共18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。
一、单选题
设集合 A  x 3  x  0 ， B  x x  a．若 A ∩ B   ，则实数a 的取值范围是（ ）
A．a 3  a  0
C．a a  3
B．a a  0
D．a a  3
设数据 1，2，3，4，m 的下四分位数为 m，则实数 m 的取值范围是（ ）
A． 1, 2
B． 1, 2
C． 3, 4
D．2
z
已知复数 z  3  2i ，则 在复平面中对应的点的位置是（ ）
2  i
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
若 f  x   x  aln 2x 1 为偶函数，则a  （ ）．
2x 1
1
B．0C． 1
D．1
2
已知关于 x 的方程 x2  x cs A cs B  2 sin2 C  0 的两根之和等于两根之积的一半，则aABC一定是
2
直角三角形B．等腰三角形C．钝角三角形D．等边三角形
如图所示，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 P 为线段 A1C1 上的动点，则下列直线中，始终与直线 BP 异面的是（）
DD1
ACC． AD1
D． B1C
2
已知a  0.91.3, b  1.30.9 , c  lg 3 ，则（ ）
a  c  b
C． a  b  c
c  a  b
D． c  b  a
uuvuuuvuuuv
–––→
BA  BC  BD
在平行四边形 ABCD 中， | AB | 3 ，若 uuv uuuv uuuv ，则| AC | =（ ）
BABCBD
3
A． 2
B． 3
C． 4
D．3
3
3
一个盒子中有 6 个大小质地完全相同的小球，其中 2 个红球，2 个黄球，2 个白球，随机从盒中依次不放回地摸出 2 个球，则下列事件相互独立的是（ ）
“摸出的第一个球是红球”与“摸出的两个球颜色不同” B．“摸出的第二个球是黄球”与“摸出的两个球颜色相同” C．“摸出的两个球颜色相同”与“摸出的球没有黄球” D．“摸出的两个球颜色不同”与“摸出的球有红球”
二、多选题
若a、b、c  R ，则下列命题正确的是（ ）
若ab  0 且a  b ，则 1  1
ab
C．若b  a  0 且c  0 ，则 b  c  b
a  ca
若0  a  1，则a2  a
D． a2  b2  1  2(a  2b  2)
已知sin  π α  2 ，则下列说法正确的是（ ）
 33

csα π  5
cs 2α π    1
6 33 9

csα 5π    2

2 3  5
若α 0, π ， csα
6 3
6
三、填空题
已知在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， A  2π ，角 A 的平分线交 BC 边于点 D.若
3
AD  1 ，则4b  c 的最小值为.
在四面体 ABCD 中，P 为空间中一点，且满足3PA  PB  PC  PD  0 ，若四面体 ABCD 的体积为 4，则四面体 PBCD 的体积为.
已知正三棱台 ABC  A B C 的体积为 52 ，AB  6 ，A B  2 ，则 A A 与平面 ABC 所成角的正切值为.
1 1 13
1 11
四、解答题
在V ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ， O 为其外心，且满足 AO  BC  BO  CA .
证明： a2  b2  2c2 ；
求角C 的最大值.
省锡中高一社团组织知识竞赛活动.比赛共有两轮答题，第一轮从 5 个生物问题中任选两题作答，答对其中一题得 20 分，两题均答对可得 50 分； 第二轮从 5 个化学问题中任选两题作答，每答对一题可得 30 分.甲乙两位同学同时参赛，甲同学回答出每个问题的概率均为 0.4，乙同学能回答出生物问题中的 3 道题，能回答出每道化学问题的概率为 0.3.经过两轮比赛后总得分达到 80 分的同学可以获得一个奖品.
求甲同学在第一轮得分为 20 分的概率.
甲乙两位同学谁获得奖品的概率更大? 请说明理由.
已知函数 f  x x2  a  x a  0 .
若函数 g  x  ln f  x 为奇函数，求实数a 的值；
判断并证明函数 f  x 的单调性；
若函数h  x  2 f  x  f x 在区间1, 2上的最小值为6 ，求实数a 的值.
2
在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形， AB / / DC ， AC ⊥BD ， AB  2DC  2，
AC ∩ BD  O ， aPAB 为正三角形，且平面 PAC  平面 PBD ，设M 为线段 PB 上一动点.
当MC / / 平面 PAD 时，求 PM 的值；
当OM 最小时，求 AM 与 BD 所成角的余弦值；
当二面角M  AD  P 的大小为 π 时，求 PM 的值.
4
我们知道，二维平面中的点在坐标系中有 x，y 两个分量，可以用数组 x, y  表示该点的坐标，三维空间中的点在坐标系中有 x，y，z 三个分量，可以用数组 x, y, z  表示该点的坐标，类似地，在 n 维空间中的点在坐标系中同样有 n 个分量，可以用数组 x1 , x2 ,, xn  表示该点的坐标.现考虑 n 维空间的一个点集
S   x1 , x2 ,, xn  xi 0,1, i  1, 2,, n，对于 S 中的两点 X  x1 , x2 ,, xn  ， Y  y1 , y2 ,, yn  ，定义 X，Y 之间
的距离d  X ,Y   x1  y1  x2  y2    xn  yn .
当n  4 时，设 A1,1,1,1 ，若点 B 满足d  A, B  2 ，求点 B 所有可能的坐标；
设点 X ,Y , Z  S ，且 X 的每个分量均为 1，若d  X ,Y   d  X , Z   m m  n ，求d Y , Z  的最大值；
设点集 M 为 S 的一个 k 元子集，满足 M 中任意两个点之间的最小距离为t t  n ，求证： k  2nt1 .
1．D
根据 A ∩ B   直接得到a 的取值范围.
【详解】因为 A  x 3  x  0 ， B  x x  a且 A ∩ B   ，所以a  3 ，
即实数a 的取值范围是a a  3 .
故选：D 2．A
根据下四分位数的定义将条件转化为由小到大排列m 是第二位，再求解.
【详解】因为5 1  1.25 ，且五个数中下四分位数为m ， 4
所以由小到大排列， m 在第二位，所以1  m  2 .
故选：A.
3．D
利用除法运算化简后写出其共轭复数，进而作出判定．
3  2i3  2i2  i4  7i47
【详解】 z   i ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
B
B
B
C
B
AB
BD
题号
11
答案
BCD
2  i
则 z  4  7 i ，
55
2  i2  i
555
 55 
得 z 在复平面中对应的点为 4 ,  7  ,它位于第四象限．

故选：D 4．B
根据偶函数性质，利用特殊值法求出a 值，再检验即可.
【详解】因为 f ( x)
为偶函数，则
f (1)  f (1)，(1 a) ln 1  (1 a) ln 3，解得a  0 ，
3
当a  0 时， f  x  x ln 2x 1 ， 2x 12x 1  0 ，解得 x  1 或 x   1 ，
2x 122
则其定义域为x x 1 或 x   1  ，关于原点对称.
2
2


2 x 12x 1
 2x 1 1
2x 1
f x  xln 2 x 1  xln 2x 1  xln  2x 1 
 x ln f  x ，
2x 1

故此时 f  x 为偶函数.
故选：B.
5．B
【详解】分析：根据题意利用韦达定理列出关系式，利用两角和与差的余弦函数公式化简得到 A=B，即可确定出三角形形状．
详解：设已知方程的两根分别为 x1，x2，
根据韦达定理得：x +x =csAcsB，x x =2sin2 C =1﹣csC，
12
1
∵x1+x2= 2 x1x2，
1 22
∴2csAcsB=1﹣csC，
∵A+B+C=π，
∴csC=﹣cs（A+B）=﹣csAcsB+sinAsinB，
∴csAcsB+sinAsinB=1，即 cs（A﹣B）=1，
∴A﹣B=0，即 A=B，
∴△ABC 为等腰三角形．故选 B．
6．B
根据异面直线的定义一一判断即可.
【详解】由正方体的性质易知当 P 为 A1C1 的中点时， P 为 B1D1 的中点，
而 DD1 //BB1 ，所以 B, D, D1 , B1 共面，则 BP 、 DD1 在平面 BDD1B1 上，故 A 不符题意；因为 AA1 //CC1 ，即 A, C, C1 , A1 共面，
易知 P 平面 ACC1 A1 ，而 B 平面 ACC1 A1 ， P  A1C1 ， P  AC ，故 BP 与 AC 异面，故 B 符合题意；
当 P 、C1 重合时，易知 AB//D1C1, AB  D1C1 ，
则四边形 ABC1D1 是平行四边形，则此时 AD1 //BP ，故 C 不符合题意；
当 P 、C1 重合时，显然 B1C ， BP 相交，故 D 不符合题意.
故选：B.
7．C
利用指对函数的单调性和中间值比较大小即可.
【详解】由0.91.3  0.90  1，则a  1 ，
由1.30.9  1.30  1，1.30.9  1.31  1.3，则1 b  1.3，
8
由1.5  lg2
则a  b  c .故选：C 8．B
 lg2 3  lg2
9 ，则c  1.5 .
【解析】由题意分析可知，四边形 ABCD 为菱形且ABC  120∘ ，然后求解| AC | .
Q BABCBD
uuruuuruuur
【详解】 uur  uuur  uuur ，则 BD 平分∠ABC ，则四边形 ABCD 为菱形.
| BA || BC |BD
–––v–––v
3
且ABC  120∘ ，由 AB  BC  3 ，则| AC | 3,
故选：B.
AB
分别求出各个选项事件的概率，然后利用独立事件的概念判断即可.
【详解】对于 A，记事件M 表示“摸出的第一个球是红球”，事件 N 表示“摸出的两个球颜色不同”，
212C1 C1  2C1 C1  2C1 C1244
2
则 P M    ， P(N )  2 22 22 2  ，
A
636
305
记事件MN 表示“摸出的第一个球是红球且摸出的两个球颜色不同”，
A
4
则 P(MN )  2  4  8 ，显然 P(MN )  4  P(M )P(N )  1  4  4 ，

6
23015
153 515
所以事件M 与事件 N 相互独立，故 A 正确.
对于 B，记事件Q 表示“摸出的第二个球是黄球”，事件 R 表示“摸出的两个球颜色相同”，
2  2  2 1 2  21A2  A2  A261
则 P Q 
2 ， P(R)  222  ，
A
6
A632305
记事件QR 表示“摸出的第二个球是黄球且同摸出的两个球颜色相同”，
A22111 11
则 P(QR)  2 ，显然 P(QR)  P(Q)P(R)   ，
A
6
23015153 515
所以事件Q 与事件 R 相互独立，故 B 正确.
A22
对于 C，记事件S 表示“摸出的球没有黄球”，则 P S   4  ，
A
5
2
6
由 B 项 P(R)  1 ，记事件 RS 表示“摸出的两个球颜色相同且摸出的球没有黄球”，
5
2  A24221 22
则 P(RS )  2 ，显然 P(RS )  P(R)P(S )   ，
A
6
23015155 525
所以事件 R 与事件S 不相互独立，故 C 错误.
2  2  2  2  2  2  A2183
对于 D，记事件T 表示“摸出的球有红球”，则 P T   2  ，
A
6
2305
4
由 A 项 P(N )  ，记事件 NT 表示“摸出的两个球颜色不同且摸出的球有红球”，
5
则 P(NT )  2  2  2  2  2  2  16 

88
，显然 P(NT ) 
 P(N )P(T )  4  3  12 ，

A
6
23015
155 525
所以事件 N 与事件T 不相互独立，故 D 错误.故选：AB.
BD
利用特殊值法可判断 A 选项；利用作差法可判断 BCD 选项.
【详解】对于 A 选项，若ab  0 且a  b ，取a  1 ， b  1，则 1  1 ，故 A 不正确；
ab
对于 B 选项，若0  a  1，则a2  a  a(a  1)  0 ，故 B 正确；
对于 C 选项，若b  a  0 且c  0 ，则a  b  0 ，则 b  c  b  a(b  c)  b(a  c)  c(a  b)  0 ，故

b  c  b ，故 C 不正确；
a  ca
a  caa(a  c)
a(a  c)
对于 D 选项， a2  b2  1  2(a  2b  2)  a2  2a  1  b2  4b  4  (a 1)2  (b  2)2  0 ，

a  1
当且仅当
b  2
时，等号成立，故a2  b2  1  2(a  2b  2) ，故 D 正确.
故选：BD.
BCD
以π α为整体，利用诱导公式、倍角公式以及两角和差公式逐项分析求解.
3
【详解】因为sin  π α  2 ，
 33

对于选项 A： csα π   cs  π α  π   sin  π α  2 ，故 A 错误；
6  32  33

对于选项 B：
π 

 π

 π
2  π

1
 2α 3   cs 2  3 α 

cs 2  3 α  2 sin  3 α 1   9

cs

 
π  
，故 B 正确；
对于选项 C： csα 5π   cs  π α  π   sin  π α   2 ，故 C 正确；
6  32  33

对于选项 D：若α 0, π ，则 π α  π , 4π  ，
3 3
 
3
且sin  π α  2  0, 3  ，则π α  π , π  ，
 332 3 2

1 sinα
2
 π
 3



cs π α    5 ，
 33

可得csα cs  π α  π   cs  π α cs π  sin  π α sin π
 33  33 33

  5  1  2 
3  2 3 
5 ，所以csα 2 3 
5 ，故 D 正确.
323266
故选：BCD．
9
根据S△ABC
 S△ABD
+S△ACD
得出 1  1  1 ，再利用基本不等式的常数代换即可求解.
bc
【详解】因为角A 的平分线为 AD ，则BAD  CAD  π ，
3
因S△ABC
 S△ABD
+S△ACD
，且 AD  1 ，则 1  c sin π  1  b sin π  1 bc sin 2π ，
232323
所以b  c  bc ，所以 1  1  1 ，
bc
4b  c c b
则4b  c 1  1   4b  c  5  5  2
 5  4  9 ，
bc
 
cb
 4b  c3
 cb
b 
当且仅当11
，即2 时取等号．
  1
bc
c  3
所以4b  c 的最小值为9 ．
故答案为： 9
13．2
利用向量的加法运算将3PA  PB  PC  PD  0 转化为 PN  2PM ，从而找到 P 在线段MN 上且靠近M 的三等分点处，继而得到A 到平面 BCD 的距离是 P 到平面 BCD 的距离的 2 倍，从而得到所求.
【详解】设 E 是 BC 的中点，Q PB  PC  2PE ，又Q3PA  PB  PC  PD  0 ，
3PA  2PE  PD  0 ， 2PA  2PE  PA  PD  0 ， 2(PA  PE)  (PA  PD)  0 ，设M 是 AE 的中点， N 是 AD 的中点，Q PA  PE  2PM ， PA  PD  2PN ，
 4PM  2PN  0 ， PN  2PM ， P 在线段MN 上且靠近M 的三等分点处，又线段MN 为△AED 的中位线， MN / / ED ，
 A 到平面 BCD 的距离是 P 到平面 BCD 的距离的 2 倍，VPBCD
 1 V 2
ABCD
 1  4  2 .
2
故答案为：2
14．1
【详解】法一：分别取 BC, B1C1 的中点 D, D1 ，则 AD = 3 3, A1D1 = 3 ，
可知S
 1  6  6  3  9 3, S 1  2  3 ，
3
a ABC
22a A1B1C12
1 1 1
设正三棱台 ABC  A B C 的为h ，则V
= 1 (9 3 + 3 +
9 3´
3 )h = 52 ，解得h  4 3 ，
ABC - A1B1C1
33
3
如图，分别过 A1 , D1 作底面垂线，垂足为M , N ，设 AM  x ，
AM 2 + A M 2
1
则 AA1 =
DN 2 + D N 2
1
可得 DD1 =
=
x2 +16
3
(
2 3 - x+
)
2
16
3
=
， DN = AD - AM - MN = 2
，
3
æ6 - 2 ö2
- x ，
结合等腰梯形 BCC1B1 可得 BB2 = ç÷ + DD2 ，
1ç 2 ÷1
èø
即 x2 +16 =(2 3 - x)2 +16 +4 ，解得 x  4 3 ，
333
所以 A A 与平面 ABC 所成角的正切值为tanÐA AD = A1M =1 ；
11AM
法二：将正三棱台 ABC  A1B1C1 补成正三棱锥 P  ABC ，
则 A1 A 与平面 ABC 所成角即为 PA 与平面 ABC 所成角，
PAA B1VP A B C1
2652
因为1  1 1  ，则1 1 1 ，知V
V，则V
 18 ，
PAAB3
VP ABC27
ABC  A1B1C1
27 P ABC3
P  ABC
设正三棱锥 P  ABC 的高为d ，则V
 1 d  1  6  6  3  18 ，解得d  2，
3
P ABC
322
取底面 ABC 的中心为O ，则 PO  底面 ABC，且 AO  2 3 ，
所以 PA 与平面 ABC 所成角的正切值tan PAO  PO  1.
AO
故答案为：1 15．(1)证明见解析
(2) π
3
【详解】（1）如图所示，取 BC 的中点 D ，连接OD ，
由O 为V ABC 的外心可知OD 
BC ， DO  BC  0
则 AO  BC  ( AD  DO)  BC  AD  BC  DO  BC  AD  BC ，
–––→1 –––→–––→
因为 D 为 BC 的中点， AD  2 ( AB  AC) ，且 BC  AC  AB ，
–––→ –––→–––→ –––→1 –––→–––→–––→ –––→1 –––→2–––→21
所以 AO  BC  AD  BC  ( AB  AC)  ( AC  AB)  ( AC  AB )  (b2  c2 ) ，
222
同理，取 AC 的中点 E ，连接OE ，
由O 为V ABC 的外心可知OE  AC ， EO  CA  0
则 BO  CA  (BE  EO)  CA  BE  CA  EO  CA  BE  CA ，
–––→1 –––→–––→
因为 E 为 AC 的中点， BE  2 (BA  BC) ，且CA  BA  BC ，
–––→ –––→–––→ –––→1 –––→–––→–––→ –––→1 –––→2–––→21
所以 BO  CA  BE  CA  (BA  BC)  (BA  BC)  (BA  BC )  (c2  a2 ) ，
222
依题意， AO  BC  BO  CA ，因此 1 (b2  c2 )  1 (c2  a2 ) ，
22
即b2  c2  c2  a2 ， a2  b2  2c2 .
（2）根据余弦定理，结合a2  b2  2c2 可得：
a2  b2  c2
a2  b2
 a2  b2
2
a2  b2 ，
cs C 
a2  b2
ab
2ab
a  b
4b 4a
1
2ab
4ab
由基本不等式， cs C  2 ，当且仅当a  b 时取得，
4ab4b4a2
因为C (0, π) ，且 y  cs x 在(0, π) 上单调递减，
所以0  C  π ，即C 的最大值为π .
33
16．(1)0.48
(2)详解见解析
【详解】（1）因为甲同学回答出每个问题的概率均为 0.4，
2
所以甲同学在第一轮得分为 20 分的概率为C1  0.4  (1  0.4)  0.48 ．
（2）乙同学获得奖品的概率更大． 甲获奖总得分达到 80 分分两种情况：
甲第一轮得 20 分且第二轮得 60 分的概率为： 0.48  0.42  0.0768 ，
甲第一轮得 50 分且第二轮至少得 30 分的概率为： 0.42  (1  0.62 )  0.1024 ，
甲同学获奖的概率为 P1  0.0768  0.1024  0.1792 ．
设乙同学能答出生物问题中的 3 道题分别为a ， b ， c ，不能答出的为 D ， E ，则乙同学从 5 个生物问题中任选两题作答，所有情况为：
(ab) ， (ac) ， (aD) ， (aE) ， (bc) ， (bD) ， (bE) ， (cD) ， (cE) ， (DE) ，
其中获 20 分的概率为 6
10
 0.6 ，获 50 分的概率为 3
10
 0.3 ．
乙获奖总得分达到 80 分分两种情况：
乙第一轮得 20 分且第二轮得 60 分的概率为： 0.6  0.32  0.054 ，
乙第一轮得 50 分且第二轮至少得 30 分的概率为： 0.3  (1  0.72 )  0.153 ，
乙同学获奖的概率为： P2  0.054  0.153  0.207 ，
Q P2  P1 ，
乙同学获得奖品的概率更大．
17．(1) a  1
单调递减，证明见解析
a  40
9
【详解】（1）由已知 f  x 
x2  a  x a  0 ，
则 f x 
x2  a  x a
a
 f  x ，
x2  a  x
又 g  x  ln f  x ，
则 g x  ln f x  ln
即 g  x  g x  ln a ，
a
f  x
 ln a  ln f  x  ln a  g  x ，
又函数 g  x  ln f  x 为奇函数，所以 g  x  g x  0 ，即ln a  0 ， a  1 ；
由已知 f  x x2  a  x a  0 定义域为R ，
任取x1 ， x2  R ，且 x1  x2 ，则
f  x   f  x  
x2  a  x 
x2  a  x 
x2  a 
x2  a   x
22
x2  a
1
x  x
2
 x   21   x2  x1 
212211
2121
x2  a 
x  x
x2  a
1
  x2  x1  21 1 ，
2
 x2  a 
由a  0 可知 x2  a 

x2  a
1
x  x  x  x ，
2
x2  x1
x2  a  x2  a
2
1
则
 1 ，
2121
x  x
x2  a
1
所以 f  x2   f  x1    x2  x1  21 1  0 ，
2
 x2  a 
即函数 f  x 在R 上单调递减；
由（1）可得 f x 
a
f  x ，
则h  x  2 f  x  f x  2 f  x 
设t  f  x ，则 y  2t  a ，
t
a
f  x ，
由（2）可知t  f  x 在1, 2上单调递减，
即t   4  a  2, 1 a 1 ，

又函数 y  2t  a ，在t  0,
2a 
上单调递减，在
2a ,

上单调递增，
t2 
 2∞

2a
2a
①当 4  a  2, 1 a 1时， y  2t  a  2 2a ，当且仅当t 时取等号，即最小值为
2
2t2
2a
 6 ，解得a  9 ，
2
代入区间可得区间为 3  34  2, 22 1 ，不成立；
2 22

②当 2a  4  a  2 时， y  2t  a 在t   4  a  2, 1 a 1 上单调递增，
2t
即当t 
所以3
 2 时， y  2t  a 取得最小值为2 4  a  4 a
4  a
4  a  2
t
4  a
 2  6 ，解得a  28 ，
9
 3 4  a  2 ，
代入区间可得 14  2 ，与假设矛盾，不成立；
33
③当 2a  1 a 1时， y  2t  a 在t   4  a  2, 1 a 1 上单调递减，
2t
即当t 
所以3
1 时， y  2t  a 取得最小值为2 1 a  2 a
1 a
1 a 1
t
1 a
1  6 ，解得a  40 ，
9
 3 1 a 1 ，
此时满足 2 5  4 ，成立；
33
综上所述， a  40 .
9
2
18．(1) PM ；
6 ；
6
10
2
(3).
2
【详解】（1）底面 ABCD 是等腰梯形， AB / / DC ， AC ⊥BD ， AB  2DC  2， AC ∩ BD  O ，所以aCOD~aAOB，则 OC  OD  CD  1 ，
OAOBAB2
又OC 2  OD2  CD2  2 ，可得OC  OD  1 ，故OA  OB  2 ，
以O 为原点， CA, DB 分别为 x, y 轴，作射线垂直CA, DB 于O 点为 z 轴，
构建如图空间直角坐标系，则O 0, 0, 0, A0, 2, 0, C 0, 1, 0, B 2, 0, 0, D 1, 0, 0 ，所以CA  (0, 3, 0) ， DB  (3, 0, 0) ，显然满足 AC ⊥BD ，
2
6
因为aPAB 是边长为2的正三角形，故aPAB 的高为，
6
所以aPAB 的高为，且 P 在平面 ABCD 上的投影在∠AOB 的角平分线上，
设 P(k, k, h) 且0  h  6 ，则 AP  (k, k  2, h) ， BP  (k  2, k, h) ，
 → –––→
m  CA  3y  0
若m  (x, y, z) 是平面 PAC 的一个法向量，则 → –––→
，可取m  (h, 0, k ) ，
m  AP  kx  (k  2) y  hz  0
 → –––→
→m  DB  3a  0
若n  (a, b, c) 是平面 PBD 的一个法向量，则 → –––→
，可取n  (0, h, k ) ，
m  BP  (k  2)a  kb  hc  0
6  2
由平面 PAC  平面 PBD ，则m  n  k 2  0 ，可得k  0 ，故 P(0, 0, h) ，即 P 在 z 轴上，显然 PO  平面 ABCD ，又OA2  OB2  AB2 ，故OA  OB ，
即V AOB 为等腰直角三角形，则O 到 AB 的距离为 1 AB 
2
2 ，故h 
 2 ，所以 P(0, 0, 2) ，
设 PM  λPB 0  λ 1 ，则 PM  λPB  2λ, 0, 2λ ，则M 2λ, 0, 2  2λ ，
所以CM  2λ,1, 2  2λ ，而 AP  (0, 2, 2) ， DA  (1, 2, 0) ，
→ –––→
u  AP  2 y1  2z1  0
若u  (x1, y1, z1) 是平面 PAD 的一个法向量，则→ –––→
，取u  (2,1,1) ，
u  DA  x1  2 y1  0
由MC / / 平面 PAD ，则u  CM  4λ1 2  2λ 0 ，可得λ 1 ，
2
2
––––→1
4λ2  0  4(1λ)2
2(λ 1 )2  1
22
此时 PM  λ PB  2 2 ，故 PM  2  2 2 ；
（2）由O 0, 0, 0, M 2λ, 0, 2  2λ ，则| OM |
 2，
当λ 1 ，最小| OM |
2
2 ，此时M 1, 0,1 ，则 AM  (1, 2,1) ，而 DB  (3, 0, 0) ，
6
––––→ –––→AM  DB36
3 6
所以cs AM , DB  ––––→ –––→  6 ，故所求异面直线的夹角余弦值为；
AM DB6
（3）由（1）知，平面 PAD 的法向量为u  (2,1,1) ， AM  2λ, 2, 2  2λ ， DA  (1, 2, 0) ，
→ ––––→
→v  AM  2λx2  2 y2  2(1λ)z2  0→
设平面MAD 的法向量v   x2 , y2 , z2  ，则→ –––→
，取v  2(λ1),1λ, 2λ1 ，
v  DA  x2  2 y2  0
4(λ1) 1λ 2λ1
6  4(λ1)2  (1λ)2  (2λ1)2
→ →
2
π→ →u  v
二面角M  AD  P 的大小为 4
2 λ
，则 cs u, v  → → ，
u v2
3λ2  2λ 2
整理得|| 1，即(2 λ)2  3λ2  2λ 2 ，故λ2  λ1  0 ，
所以λ
5  1 （负值舍），故| PM | λ | PB |
2
5 1  2
2
2
 10  2 .
19．(1)答案见解析； (2)答案见解析；
证明见解析.
【详解】（1）Q A1,1,1,1 ，设 B  x1 , x2 , x3 , x4  ， xi 0,1 ，
 d  A, B  1 x1  1 x2  1 x3  1 x4 ，
Q d  A, B  2 ，
 1 x1  1 x2  1 x3  1 x4  2 ，
 1 x1 , 1 x2 , 1 x3 , 1 x4 的值中有 2 个值为 0，有 2 个值为 1，
 x1 , x2 , x3 , x4 中有 2 个值为 0，有 2 个值为 1，
B 点的所有可能坐标为(0, 0,1,1) ， (0,1, 0,1) ， (0,1,1, 0) ， (1, 0, 0,1) ， (1, 0,1, 0) ， (1,1, 0, 0) .
（2）Q X 的每个分量均为 1, 且d  X ,Y   m ， m  n ，
Y 的分量中 0 的个数为m ，1 的个数为n  m ；
Q d  X , Z   m ，
 Z 的分量中 0 的个数为m ，1 的个数为n  m ，由| yi  zi | yi  zi  2 min( yi , zi ) ，
n
则d Y , Z    yi  zi
i1
  yi   zi  2  min( yi , zi )  2(n  m)  2  min( yi , zi ) ，
要使d Y , Z  最大，则Y 和Z 中 0 和 1 的对应分布应尽可能不同，
第一种情况：当m  n  m 时，即2m 
第二种情况：当m  n  m 时，即2m 
2(n  m)  2(n  2m)  2m .
n ， min( yi , zi )  0 ，此时d Y , Z  最大为2(n  m) .
n ， min( yi , zi )  n  2m ，此时d Y , Z  最大为
（3）设M  P1 , P2 ,L, Pk  ，对于 Pi , Pj  M ， i, j  1, 2,Lk ，对于任意i  j
Q M 中任意两个点之间的最短距离为t t  n ，
 d (Pi , Pj )  t ，
考虑M 中所有点的前n  t 1个坐标构成的向量集合，若M 中有两个不同的点 Pi , Pj 的前n  t 1个坐标相同，
则它们只能在最后的n  (n  t 1)  t 1 个坐标上有所不同，
 d (Pi , Pj )  t 1，这与d (Pi , Pj )  t 矛盾.
因此， M 中任意两个点的前n  t 1个坐标构成的向量都不同，前n  t 1个坐标构成的不同向量总数为
2nt 1 ，
 M 中点的个数k  2nt1 .