福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷

这是一份福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷，共20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
若2  i z  2i3 ，则 z  z  （ ）
4
5
2 5
5
12
25
16
25
用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ） A．矩形的直观图是矩形B．三角形的直观图是三角形 C．相等的角在直观图中仍然相等D．长度相等的线段在直观图中仍然相等
某县有高中生 2000 人，初中生 3000 人，小学生 4000 人，幼儿园学生 1500 人，为了解该县学生的健康情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为 30 人，则抽出的幼儿园学生人数为（ ）
A．15B．20C．30D．40
如图，在V ABC 中，点 D 是 BC 的中点， AE  3ED ，则 BE （ ）
 2
uuur
AB 
uuur
AC
–––→
AB 
1 –––→
AC
3333
5 –––→
AB 
3 –––→
AC

5 –––→
AB 
3 –––→
AC
8888
已知m, n 为两条不同的直线，α, β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
若α β, m  β，则m α
若m α, m / /n,α/ /β，则n  β
若m  n, m α, n  β，则α β
若m Ì α, n Ì α, m / /β, n / /β，则α/ /β
2
已知正四棱台的上、下底边长分别为
和3 2 ，高为2
，则该棱台外接球的体积为（ ）
2
16 πB． 25πC． 27πD． 36π
甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中
恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为 3 ，乙答对的概率为 2 ，且甲、
43
乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（ ）
1
18
1
16
11
48
13
48
A． 4
3
5
C． 9
3
8
D． 5 3
4
已知点G 是边长为 3 的正三角形 ABC 所在平面内的一点，满足GA  GB  GC  0 ，过点G 的动直线分别交线段 AB ， BC 于点 E ， F ，则△BEF 面积的最大值为（ ）
3
B．
二、多选题
掷一枚骰子，记事件A 为掷出的点数小于 4，事件 B 为掷出奇数点，则下列说法错误的是（ ）
A． P  A  2
3
B． P  A  B  2
3
C．事件A 与事件 B 对立D．事件A 与事件 B 不相互独立
2
在V ABC 中， BC  2 ， D 为 BC 中点， AD .以下结论正确的是（ ）
2
若 AB ，则 AC  4
C． AB2  AC2  6
V ABC 的面积的最大值是
2
D． V ABC 的周长可能是 6
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， P, Q, R 分别为 AB, BC, C1D1 的中点，则下列说法正确的是
（ ）
直线 A1Q 与C1P 是异面直线
直线 PR 与 D Q 所成的角为 π
14
若三棱锥Q  C1CP 的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为14π
3
过点Q 且与直线 AC1 垂直的平面截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得截面多边形的面积为3
三、填空题
某校 10 位同学参加数学竞赛的成绩（单位：分）为：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则这 10 个数据的第 25 百分位数为.
3
设复数 z1, z2 满足 z1  z2  4 ，且 z1  z2  2 2i ，则 z1  z2  .
在锐角V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，若cs2 A  sin2 B  sinBsinC  1，则sinA 
1 
tanA
1
tanB
的取值范围为.
四、解答题
→
已知平面向量a  1, 2, b  1, 3 .
求向量a 在向量b 方向的投影向量的坐标；
→→→→
若2a  kb   3a  b ，求实数 k 的值；
a
3a
若 →  λb 与 →  b 所成的角为锐角，求实数λ的取值范围.
从三明市某高中学校 1200 名男生中随机抽取 50 名测量身高，被测学生身高全部介于 155cm 和 195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组155,160 ，第二组160,165 ，…，第八组190,195 ，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第七组的人数为 3.
求第六组的频率；
估计该校男生身高的中位数；
从样本身高属于第六组和第八组的男生中随机抽取两名，若他们的身高分别为m, n ，记 m  n  5 为事件
ξ，求事件ξ的概率 P ξ .
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD  平面 PCD, AD / / BC, PD  PB .
求证：平面 PAD  平面 PBC ；
若 AD  1, PD  2,CD  3, BC  4 ，求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值.
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，且满足2a  c  2bcsC .
求 B ；
3
V ABC 所在平面内一点O 满足OA  OB  OB  OC  OC  OA ，若b  2，求△AOC 的周长的最大值.
在平面直角坐标系中，将横、纵坐标都是整数的点称为整点.对于任意相邻三点都不共线的有序整点列
An ： A1 , A2 ,, An 与 B n ： B1, B2 ,  , Bn ，其中n  3 ，若同时满足：①两个点列的起点和终点分别相同；
② Ai Ai1  Bi Bi1 ，其中i  1, 2,, n 1.则称 An 与 B n 互为正交点列.
判断 A3 ：A1 0, 0, A2 1, 2, A3 3, 0 与 B 3 ：B1 0, 0, B2 2, 1, B3 3, 0 是否互为正交点列，并说明理由；
已知 P 4 ： P1 0, 0, P2 2, 2, P3 4, 0, P4 6, 2 与Q 4 ： Q1 , Q2 , Q3 , Q4 互为正交点列.
（ⅰ）求Q2Q3 ；
（ⅱ）若Q2 的横、纵坐标都取自集合M  2, 1, 0,1, 2，写出所有符合条件的有序整点列Q 4 .
1．A
根据复数的除法及乘法计算求解即可.
2i32i3 2  i2i2  i2  4i24
【详解】若2  i z  2i3 ，则 z   i ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
D
B
D
A
C
AC
BC
题号
11
答案
BCD
2  i
2  i2  i
4  i2
555
 24  24
 2 2
 4 2
416204
则 z  z    i   i        i2 = .
 55  55
 5  5 
2525255
故选：A 2．B
由斜二测画法逐一判断即可.
【详解】解：对于 A，由由斜二测画法可知，矩形的直观图为平行四边形，故 A 错误；对于 B，由斜二测画法可知，三角形的直观图是三角形，故 B 正确；
对于 C，由 A 可知，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相等，故 C 错误；对于 D，正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故 D 错误.
故选：B.
3．A
计算分层抽样的抽取比例乘以样本容量可得答案．
【详解】分层抽样的抽取比例为 30  1 ，
3000100
所以幼儿园应抽取的学生人数为：1500 
故选：A.
4．D
1
100
 15 人，
根据平面向量基本定理得到答案.
【详解】点 D 是 BC 的中点， AE  3ED ，
–––→–––→–––→–––→
3 –––→–––→3 1 –––→–––→
5 –––→
3 –––→
BE  BA  AE  BA  AD   AB    AB  AC    AB  AC ．
44288
故选：D．
5．B
根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.
【详解】
A， 若α β, m  β，则m α或m / /α，故该选项错误；
B，若m α, m / /n,α/ /β，则n  α, n  β，故该选项正确；
C，若m  n, m α, n  β，不能得出n α，故不能得出α β，故该选项错误；
D，若m Ì α, n Ì α, m / /β, n / /β，还需要加上m, n 相交才能得出α/ /β，如果m // n α, β不一定平行，故该选 项错误.
故选：B.
6．D
只需求出该棱台外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可.
2
【详解】因为已知正四棱台的上、下底边长分别为
和3 2 ，
2
2
所以上下底面正方形外接圆半径依次为 1  2  1, 1  3 2  3 ，
22
根据对称性可知，该棱台外接球的球心在棱台上下底面外接圆的圆心的连线上，设该棱台外接球的球心O 到上底面的距离为h ，该棱台外接球的半径为 R ，
所以 R2  1 h2  9  2 2  h2 ，解得h  2 2, R  3 ，
故所求为 4  π 33  36π .
3
故选：D.
7．A
由题意知，可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，由互斥加法、独立乘法以及对立事件概率公式求解即可.
【详解】由题意“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰，
可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，
 3 2 2 3 2   123 1  1 11
故所求为 P             2   .
 4 3  4 3   4 34 3  4 318
故选：A.
8．C
3μ1
取 AC 的中点为M ，设 BE  λBA ， BF  μBC ， EG  mEF ，则根据向量的线性运算可得λ μ ，再根
9 3
μ
2
据三角形的面积公式及向量的数乘运算可得△BEF 的面积为S 
，再结合对勾函数的性质即可
43μ1
求解．
【详解】取 AC 的中点为M ，由GA  GB  GC  0 ，
则 BG  GA  GC  2GM ，
–––→
2 ––––→2 1–––→–––→
1 –––→
1 –––→
所以 BG  BM   BA  BC   BA  BC ，①
33 233
设 BE  λBA ，λ0,1 ， BF  μBC ， μ0,1 ， EG  mEF ，
 
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→–––→–––→–––→
则 BG  BE  EG  BE  mEF  BE  m BF  BE  1 m BE  mBF  1 m λBA  mμBC ，②
1 mλ 1

所以结合①和②可得


mμ 1
3
3 ，整理得λ μ ，
3μ1
又λ0,1 ， μ0,1 ，则0  μ  1 ，得3μ1  0 ，且μ 3μ1，解得 1  μ 1，
3μ1
2
–––→–––→π
又因为V ABC 是边长为 3 的正三角形，则 BA  BC  3 ， B  ，
3
9 3
9 3
1 –––→ –––→1–––→–––→μ2
则△BEF 的面积为S   BE  BF sin B   λBA  μBC sin B λμ，
22443μ1
令t  3μ1， μ  1 ,1 ，则μ t 1 ， t   1 , 2 ，

μ2t 12
 2 
1 1 
3
 1
 2

3μ19t
 9  2  t  t  ， t   2 , 2 ，
根据对勾函数的性质，当t  2 时， t  1 取得最大值，且最大值为 5 ，
所以△BEF 面积的最大值为S
t2
 9 3  1  2  5   9 3 ．
max
49 2 8

故选：C．
AC
由古典概型概率计算公式验算 AB，由对立的定义判断 C，由独立事件的定义判断 D.
【详解】由题意  1, 2, 3, 4, 5, 6, A  1, 2, 3, B  1, 3, 5，
对于 A， P  A  3  1 ，故 A 错误；
62
对于 B， A  B  1, 2, 3, 5， P  A ∪ B  4  2 ，故 B 正确；
63
对于 C， A  B  1, 3   ，故 C 错误；
对于 D，因为 P  A  P  B  3  1 , P  AB  2  1 ，所以 P  AB  P  A P  B ，故 D 正确.
6263
故选：AC.
BC
对于 A 利用余弦定理即可求解，进而判断，对于 B 由S
a ABC
 1 BC  h  h  AD 即可判断，对于 C 利用
2
AC  AB  BC, AB  AC  2 AD ，同时平方相加即可判断，对于 D 利用基本不等式即可判断.
【详解】对于 A：由题意有 BD  1, AB 
2, AD 
2 ，在aBAD 中，由余弦定理有
2
AB2  BD2  AD22 1 2
2  2 1
cs B ，
2 AB  BD4
在V ABC 中，由余弦定理有 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC cs B  2  4  2 
2
错误；
2  2 
2  4 ，即 AC  2 ，故 A
4
对于 B：由S
a ABC
 1 BC  h  1  2h  h  AD 
22
，当 AD ⊥BC 时，等号成立，故 B 正确；
对于 C：由 AC  AB  BC, AB  AC  2 AD ，
–––→2
–––→2
–––→2
–––→2
–––→ –––→–––→2
–––→ –––→–––→2
 –––→–––→  –––→–––→–––→–––→
 AB
所以
 AB
AC
AC
 2 AB  AC  BC 2
2 AB  AC  4 AD
22

2222
ABAC
 BC  4 AD  AB  AC  6 ，故 C 正确；
3
 AB  AC 2AB2  AC 2
对于 D：由 C 选项有 AB2  AC2  6 ，所以  3 ，所以 AB  AC  2，
22
3
3
当且仅当 AB  AC 时，等号成立，又 AB  AC  2 4 ，所以 AB  AC  BC  6 ，故 D 错误.
故选：BC.
BCD
对于 A，说明 PQ // A1C1 即可判断；对于 B，说明直线 PR 与 D1Q 所成的角为AD1Q ，结合余弦定理验算即可；对于 C，只需求出三棱锥Q  C1CP 的外接球O 的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于 D，说明截
2
面为边长为
的正六边形，然后根据面积公式验算即可.
【详解】对于 A，如图所示，
因为 P, Q 分别为 AB, BC 的中点，所以 PQ / / AC ，
因 AA1 / /CC1 , AA1  CC1 ，所以四边形 ACC1 A1 是平行四边形，所以 AC / / A1C1 ，因为 PQ / / AC ，所以 PQ // A1C1 ，
所以 P, Q, A1 , C1 四点共面，故 A 错误；对于 B，如图所示，
4  4
4 1
4   4 12
因为 D1R / / AP, D1R  AP  1 ，所以四边形 APRD1 是平行四边形，所以 AD1 / / PR ，所以直线 PR 与 D1Q 所成的角为AD1Q ，
11
而 AD

 2 2, AQ 
 5, D Q 
 3 ，
所以cs AD Q 
8  9  5 
2 ，所以AD Q  π ，故 B 正确；
2  2 2  3
1214
对于 C，如图所示，
11
PQ 
 2, sin PCQ  sin PCB 1
5 ，
5
所以三角形 PCQ 的外接圆半径为
2
1 4
5，
R  5  10
122
显然CC1  平面 PCQ ，且CC1  2 ，
R2 
1
 CC 
2
1

2
所以三棱锥Q  C1CP 的外接球O 的半径为 R 

，

10  2 2
2


2
   2 
 
14
2

14 
2
所以球O 的表面积为4πR2  4π  14π ，故 C 正确；
 2 
对于 D，如图所示，取 BB1 , A1B1 , A1D1 , DD1 , DC 中点 E, F , G, H , I ，顺次连接QEFGHI ，
因为CC1  平面 A1B1C1D1 ， B1D1  平面 A1B1C1D1 ，所以CC1  B1 D1 ，又因为 A1C1  B1 D1 ， CC1  A1C1  C1 ， CC1 , A1C1  平面 ACC1 A1 ，
所以 B1 D1  平面 ACC1 A1 ，
又因为 AC1  平面 ACC1 A1 ，所以 B1D1  AC1 ，同理可证， B1C  AC1 ，
而 B1D1  AC1 ， B1D1  B1C  B1 ， B1D1 , B1C  平面 B1D1C ，
所以 AC1  平面 B1D1C ，
根据前面的假设有， GF / / B1D1 / / BD / / IQ ，所以G, F , Q, I 四点共面，
又因为 HD / / EB, HD  EB  1 ，所以四边形 HDBE 是平行四边形，所以 HE / / DB / / IQ / / FG ，所以Q, E, F , G, H , I 六点共面，
因为 IQ / / B1D1 ， IQ  平面 B1D1C ， B1D1  平面 B1D1C ，所以 IQ / / 平面 B1D1C ，
同理可证QE / / 平面 B1D1C ，
又因为 IQ / / 平面 B1D1C ， QE  IQ  Q ， QE, IQ  平面QEFGHI ，所以平面QEFGHI / / 平面 B1D1C ，
又因为 AC1  平面 B1D1C ，
所以 AC1  平面QEFGHI ，
3

所以六边形QEFGHI 即为过点Q 且与直线 AC1 垂直的平面截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得截面多边形，
显然这是一个边长为
故选：BCD. 12．80
的正六边形，其面积为6  3 
2
4
2 2  3
，故 D 正确.
由百分位数的定义求解即可.
【详解】将这 10 个数据从小到大排列为：72，78，80，81，83，86，88，90，91，92，而10  0.25  2.5 ，故所求为从小到大排列后的第三个数，即 80.
故答案为：80.
3
13． 4
设 z1  a  bi, z2  c  di ，根据题意列方程组即可计算 z1  z2 .
【详解】设 z1  a  bi, z2  c  di ，所以 z1  z2  a  c  b  d i  2 3+2i ，由 z1  z2  4 ，
a  c  2 3

b  d  2
a2  b2  c2  d 2  32
所以 ，

a2  b2  162ac  2bd  16
c2  d 2  16
因为 z1  z2  a  c  b  d i ，
a  c2  b  d 2
所以 z1  z2


 4，
a2  b2  c2  d 2  2ac  2bd
48
3
故答案为： 4 3 .
14．  2, 7 3 
6 

由已知条件得 A  2B ，进一步结合三角形 ABC 是锐角三角形求得π  B  π ，然后将目标式子转换为
64
sinA  1  12 1  tan B 1
tanA
tanB
12 tan B  ，由对勾函数性质即可求解.
tan B 

tan B
【详解】因为cs2 A  sin2 B  sinBsinC  1，所以sin2B  sinBsinC  1 cs2 A  sin2 A ，所以b2  bc  a2 ，由余弦定理有b2  c2  2bc cs A  a2 ，
所以bc  c2  2bc cs A ，所以b  c  2b cs A ，
所以sin B  sin C  2 sin B cs A  sin  A  B   2 sin B cs A
 sin A cs B  cs Asin B  2 sin B cs A  sin A cs B  cs Asin B  sin  A  B ，因为三角形V ABC 是锐角三角形，
所以 A, B  0, π   A  B   π , π  ，
2 
2 2 

而sin  A  B  sin B  0 ，所以 A  B  0, π  ，
2 

所以 A  B  B ，即 A  2B ，
因为三角形V ABC 是锐角三角形，
0  B  π
2


πππ

所以0  A  2B 
2
，解得
6
 B  ，
4
0  C  π  3B  π
2
设 y  sinA  1  1 ，
tanAtanB
则
y  sin 2B 
1
tan 2B
1
tan B
 2 sin B cs B
sin2 B  cs2 B
1
2 tan B
1 tan2 B
1 tan B
 2 tan B  1 tan2 B 1
 2 tan B  tan B 1
tan2 B 12 tan B
tan B

tan2 B 122 tan B
2 1  tan B 1
12 tan B  ，
tan B 

tan B
因为 B 的取值范围是 π , π  ，所以tan B 的取值范围是 3 ,1 ，
 6 4 
 3

由对勾函数性质可知 y  t  1 在t 

3 ,1 上单调递减，
t 3

所以u  tan B  1 的取值范围是⎛ 2, 4 3 ⎞ ，
tan B
⎜3 ⎟
⎝⎠
由对勾函数性质可知， y  1 u  2 在u  2, 4 3  上单调递增，
2u3 

所以 y  1 u  2 的取值范围是 2, 7 3  .
2u6 

故答案为：  2, 7 3  .
6 

15．(1)   1 , 3 
 2 2 

(2) 4
  4 , 1  U 1 , 
 5 3   3
 
根据投影向量的定义即可求解；
利用向量垂直的坐标运算即可求解；
根据题意由向量的数量积和共线向量的坐标运算即可求解.
→
a
【详解】（1）因为a  1, 2, b  1, 3 ，所以 →  b  1  6  5 ， | b |2  10 ，
r
a  b  b
 5 1, 3    1 , 3 
所以a 在b 方向的投影向量为 r r10 2 2  .
bb
→→
（2）由题意知： 2a  kb  2, 4  k, 3k   2  k, 4  3k  ， 3a  b  3, 6  1, 3  4, 3 ，
→→→→→→→→
因为2a  kb   3a  b ，所以2a  kb  3a  b   0
即4 2  k   34  3k   0 ，解得k  4 .
→→
（3） a  λb  1  λ, 2  3λ, 3a  b  2, 9 ，
a
3a
因为 →  λb 与 →  b 所成的角为锐角，
→→→→→→
所以a  λb  3a  b   0 ，且a  λb 与3a  b 不共线，
→→→→4
5
由a  λb  3a  b   2 1  λ  9 2  3λ  0 ，解得λ  ，
当 →  λb 与 →  b 共线时，由9 1  λ  2 2  3λ ，解得λ 1 ，
a3a3
因为 →  λb 与 →  b 不共线，所以λ 1 ，
a3a3
综上所述：实数λ的取值范围为  4 , 1  U 1 ,  .
 5 3   3
 
16．(1) 0.08 (2)174.5
(3) 8
15
由频率和为 1 求解；
利用频率分布直方图中中位数两侧矩形的面积和（频率）各点 50%求解；
用列举法写出基本事件，由古典概型概率公式计算.
【详解】（1）因为第七组的人数为 3，所以第七组的频率为： 3
50
 0.06 ，
则第六组的频率为1 0.06  52  0.008  0.016  0.04  2  0.06  0.08
（2）由图知：身高在155,160 的频率为0.008 5  0.04 ，身高在160,165 的频率为0.016  5  0.08 ，
身高在165,170 的频率为0.04  5  0.2 ，
因为0.04  0.08  0.2  0.32 0.5, 0.04  0.08  0.2  0.2  0.52 0.5 ，
所以设这所学校男生的身高中位数为 x ，则170  x  175 ，由0.04  0.08  0.2   x 170 0.04  0.5 ，得 x  174.5 ，
所以这所学校男生身高的中位数为 174.5.
（3）样本身高在第六组180,185 的人数为50  0.08  4 ，设为a,b,c, d ，样本身高在第六组190,195 的人数为5 0.008 50  2 ，设为 A, B ，
则从中随机抽取两名男生有： ab, ac, ad , bc, bd , cd , aA, aB, bA, bB, cA, cB, dA, dB, AB 共 15 种情况，即
n Ω  15 ，
12 分当且仅当随机抽取的两名男生不在同一组时，事件ξ发生，
所以事件ξ包含的基本事件为aA, aB, bA, bB, cA, cB, dA, dB 共 8 种情况，即n ξ  8 ，
n ξ8
根据古典概型概率公式得 P ξ .
n Ω15
17．(1)证明见解析
(2) 2
3
利用线面垂直的判定定理证 PD  平面 PBC ，最后利用面面垂直的判断定理即可得证；
过点 D 作 DF / / AB 交 BC 于点 F ，连接 PF ，则 AB 与平面 PBC 所成角即为 DF 与平面 PBC 所成角，由 PD  平面 PBC ，即DFP 为直线 DF 与平面 PBC 所成角，在RtaDCF 中计算即可.
【详解】（1）m AD  平面 PCD, PD  平面 PCD ， AD  PD ，
m BC / / AD, PD  BC ，又 PD  PB, PB ∩ BC  B ， PB, BC  平面 PBC ，
 PD  平面 PBC ，又m PD  平面 PAD ，
 平面 PAD  平面 PDC ；
（2）过点 D 作 DF / / AB 交 BC 于点 F ，连接 PF ，
则 AB 与平面 PBC 所成角即为 DF 与平面 PBC 所成角，
m PD  平面 PBC ， PF 为 DF 在平面 PBC 上的射影，
DFP 为直线 DF 与平面 PBC 所成角，
m AD / / BC, DF / / AB ， 四边形 DABF 为平行四边形，
 BF  AD  1,CF  BC  BF  3 ，
m AD  DC, BC  DC ，
32  32
在RtaDCF 中， DF 
 3 2 ，
在Rt△DPF 中， sinDFP 
2 2 ，
3 2
3
所以直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2 .
3
18．(1) 2π
3
3
(2) 6
由2a  c  2bcsC 利用正弦定理得2sinA  sinC  2sinBcsC ，利用两角和的正弦公式即可求解；
–––→ –––→ –––→
–––→–––→
由OA  OB  OB  OC  OC  OA 得OA  OC  OB  0 ，即CA  OB ，同理得CB  OA, AB  OC ，即点 O
是V ABC 的垂心，得AOC  π ，在△AOC 中利用余弦定理得12  (OA  OC)2  3OA  OC ，最后利用均值不
3
等式即可求解.
【详解】（1）因为2a  c  2bcsC ，所以由正弦定理得2sinA  sinC  2sinBcsC ，因为 A  B  C  π ，所以sinA  sin  B  C  ，
所以2sin  B  C   sinC  2sinBcsC ，所以2csBsinC  sinC  0 ，
因为0  C  π ，所以sinC  0 ，所以csB   1 ，
2
又因为0  B  π ，所以 B  2π .
3
–––→ –––→ –––→
（2）因为OA  OB  OB  OC  OC  OA ，所以OA  OC  OB  0 ，
–––→ –––→–––→–––→
所以CA  OB  0 ，所以CA  OB ，
同理可得CB  OA, AB  OC ，所以点 O 是V ABC 的垂心，又因为 B  2π ，所以AOC  π ，
33
3
在△AOC 中，因为b  2，即 AC  2 3 ，
由余弦定理得 AC 2  OC 2  OA2  2OC  OAcs π ，
3
所以12  (OA  OC)2  3OA  OC ，
OA  OC
因为OA  0,OC  0 ，所以
 OA  OC ，
2
223(OA  OC)2
所以12  (OA  OC)
 3OA  OC  (OA  OC) ，
4
3
所以(OA  OC)2  48 ，所以OA  OC  4，
当且仅当OA  OC  2 3 时等号成立.
3
所以OA  OC  AC  6，
所以△AOC 的周长的最大值为6 3 . 19．(1)是，理由见解析 (2)（i） 4，4 ；（ii）答案见解析
【详解】（1）依题意可得 A1A2  1, 2, A2 A3  2, 2, B1B2  2, 1, B2B3  1,1 ，所以 A1A2  B1B2  1 2  2  1  0, A2 A3  B2B3  2  2  2  2  0 ，
所以 A1 A2  B1B2 , A2 A3  B2 B3 .
又 A3 与 B 3 的起点和终点分别相同，所以 A3 与 B 3 互为正交点列.
（2）（ⅰ）解法一：因为 P 4 与Q 4 互为正交点列，所以Q1 0, 0,Q4 6, 2 ，设Q2  x2 , y2 ,Q3  x3 , y3  ，
所以Q1Q2   x2, y2 ,Q2Q3   x3  x2, y3  y2 ,Q3Q4  6  x3, 2  y3  ，又因为 P1P2  2, 2, P2P3  2, 2, P3P4  2, 2 ，
Q1Q2  P1P2 ,Q2Q3  P2 P3 ,Q3Q4  P3P4 ，
2x2  2 y2  0x2  y2  0
所以2  x
 x   2  y
 y   0 ，即x  x
 y  y ，
3232 3232

 33
2 6  x3   2 2  y3   0x  y  8
所以 x3  x2  y3  y2  4 ，所以Q2Q3  4, 4 ；
解法二：（ⅰ）依题意可得 P1P2  2, 2, P2P3  2, 2, P3P4  2, 2, P1P4  6, 2 ，因为 P 4 与Q 4 互为正交点列，
所以可设Q1Q2  x 1,1,Q2Q3  y 1,1,Q3Q4  z 1,1 ，
Q1Q4  x 1,1  y 1,1  z 1,1   x  y  z, x  y  z  .
由Q Q  PP  6, 2 得x  y  z  6 ，解得 y  4 .

1 41 4
所以Q2Q3  4, 4 .
x  y  z  2
（ⅱ）解法一：因为 x1, y2 2, 1, 0,1, 2，由（ⅰ）可知 x2  y2  0 ，
y

2
2
x2  0
x2  1
x2  1
x2  2
x2  2
y


 2
2
2
所以

 0 或 y  1
或 1或 y
 2 或 y  2 ，
①当x2  0 时， Q 0, 0,Q 0, 0,Q  x , y  三点共线，不合题意，舍去.
y
 0
12333
 2
x2  1
x3  x2  y3  y2
x3 1  y3 1
x3  3
②当 y  1
时，由x  y  8
得x  y  8
，所以 y
 5 .
 2 33 33 3
此时Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1,1,Q3 3,5,Q4 6, 2 .
x2  1
x3  x2  y3  y2
x3 1  y3 1
x3  5
③当 y
 1时，由x  y  8
得x  y  8
，所以 y
 3 ，
 2 33 33 3
此时Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1, 1,Q3 5, 3,Q4 6, 2 .
x2  2
x3  x2  y3  y2
x3  2  y3  2
x3  6
④当 y
 2 时，由x  y  8
得x  y  8
，所以 y  2
 2 33 33 3
此时Q2 2, 2,Q3 6, 2,Q4 6, 2 三点共线，不合题意，舍去.
x2  2
x3  x2  y3  y2
x3  2  y3  2
x3  2
⑤当 y  2
时，由x  y  8
得x  y  8
，所以 y
 6 ，
 2 33 33 3
此时Q 4 : Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 2, 6,Q4 6, 2 .
综上所述，符合条件的点列Q 4 有Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1,1,Q3 3,5,Q4 6, 2 ；
Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1, 1,Q3 5, 3,Q4 6, 2 ；
Q 4 : Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 2, 6,Q4 6, 2 .
解法二：因为Q1Q2  x 1,1,Q1 0, 0 ，所以Q2  x, x  ，已知Q2 的横纵坐标都取自集合M  2, 1, 0,1, 2，那么
①当 x  1 时，由 y  4 得 z  3 ，此时Q1Q2  1,1,Q2Q3  4, 4,Q3Q4  3, 3 ，即Q1 0, 0,Q2 1,1,Q3 3,5,Q4 6, 2 ，
所以Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1,1,Q3 3,5,Q4 6, 2 ，
②当 x  1 时，由 y  4 得 z  1 ，此时Q1Q2  1, 1,Q2Q3  4, 4,Q3Q4  1, 1 ，即Q1 0, 0,Q2 1, 1,Q3 5, 3,Q4 6, 2 ，
所以Q 4 ： Q1 0, 0,Q2 1, 1,Q3 5, 3,Q4 6, 2 .
③当 x  2 时，由 y  4 得 z  4 ，此时Q1Q2  2, 2,Q2Q3  4, 4,Q3Q4  4, 4 ，
Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 2, 6,Q4 6, 2 ，
所以Q 4 : Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 2, 6,Q4 6, 2 .
④当 x  2 时，由 y  4 得 z  0 ，此时Q1Q2  2, 2,Q2Q3  4, 4,Q3Q4  0, 0 ，
Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 6, 2,Q4 6, 2 ，此时Q2 2, 2,Q3 6, 2,Q4 6, 2 三点共线，不合题意，舍去.
⑤当 x  0 时， Q1Q2  0, 0 ，此时Q1 0, 0,Q2 0, 0,Q3  x3 , y3  三点共线，不合题意，舍去；综上所述，符合条件的点列Q 4 有Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1,1,Q3 3,5,Q4 6, 2 ；
Q 4 : Q1 0, 0,Q2 1, 1,Q3 5, 3,Q4 6, 2 ； Q 4 : Q1 0, 0,Q2 2, 2,Q3 2, 6,Q4 6, 2 .