?2018北京北師大實驗中學高一（下）期中
數(shù) 學
試卷說明：
1.本試卷分Ⅰ，Ⅱ兩卷，共6頁
2.本試卷考試時間為120分鐘，總分150分，其中Ⅰ卷100分，Ⅱ卷50分
3.試卷Ⅰ共三道大題，19道小題；試卷Ⅱ共兩道大題，8道小題
命題人：黎棟材，徐婭 審題人：姚玉平
第Ⅰ卷
一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1．（4分）一個與球心距離為1的平面截球所得的圓面面積為π，則球的表面積為（　?。?br /> A． B．8π C． D．4π
2．（4分）在△ABC中，若sin2A+sin2B＜sin2C，則△ABC的形狀是（　?。?br /> A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不能確定
3．（4分）在一次歌手大獎賽上，七位評委為歌手打出的分數(shù)如下：9.4，8.4，9.4，9.9，9.6，9.4，9.7，去掉一個最高分和一個最低分后，所剩數(shù)據(jù)的平均值和方差分別為（　?。?br /> A．9.4，0.484 B．9.4，0.016 C．9.5，0.04 D．9.5，0.016
4．（4分）木星的體積約是地球體積的倍，則它的表面積約是地球表面積的（　　）
A．60倍 B．60倍 C．120倍 D．120倍
5．（4分）根據(jù)如圖給出的2004年至2013年我國二氧化硫年排放量（單位：萬噸）柱形圖，以下結(jié)論中不正確的是（　?。?br />
A．逐年比較，2008年減少二氧化硫排放量的效果最顯著
B．2007年我國治理二氧化硫排放顯現(xiàn)成效
C．2006年以來我國二氧化硫年排放量呈減少趨勢
D．2006年以來我國二氧化硫年排放量與年份正相關(guān)
6．（4分）如圖莖葉圖表示的是甲乙兩個籃球隊在3次不同比賽中的得分情況，其中有一個數(shù)字模糊不清，在圖中以m表示，若甲隊的平均得分不低于乙隊的平均得分，那么m的可能取值集合為（　?。?br />
A．{2} B．{1，2} C．{0，1，2} D．{2，3}
7．（4分）△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，2asinAsinB+bcos2A＝a，則＝（　　）
A．2 B．2 C． D．
8．（4分）某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的四個側(cè)面的面積中最大的是（　?。?br />
A．3 B． C．6 D．
9．（4分）從6人中選4人分別到巴黎、倫敦、悉尼、莫斯科四個城市游覽，要求每個城市有一人游覽，每人只游覽一個城市，且這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有（　?。?br /> A．300種 B．240種 C．144種 D．96種
10．（4分）在空間直角坐標系O﹣xyz中．正四面體P﹣ABC的頂點A，B分別在x軸，y軸上移動．若該正四面體的棱長是2，則|OP|的取值范圍是（　?。?br /> A．[﹣1，+1] B．[1，3] C．[﹣1，2] D．[1，+1]
二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，把答案填在題目相應位置。
11．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a2+c2＝b2+ac，則B＝　 　．
12．（5分）在一個小組中有8名女同學和4名男同學，從中任意地挑選2名同學擔任交通安全宣傳志愿者，那么選到的兩名都是女同學的概率是　 ?。ńY(jié)果用分數(shù)表示）．
13．（5分）為了解某地區(qū)高三學生的身體發(fā)育情況，抽查了該地區(qū)100名年齡為17.5歲﹣18歲的男生體重（kg），得到頻率分布直方圖如圖，根據(jù)如圖可得這100名學生中體重在（56.5，64.5）的學生人數(shù)是　 　．

14．（5分）已知高為3的直棱柱ABC﹣A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形（如圖所示），則三棱錐B′﹣ABC的體積為　 ?。?br />
15．（5分）某次數(shù)學測試共有4道題目，若某考生答對的題大于全部題的一半，則稱他為“學習能手”，對于某個題目，如果答對該題的“學習能手”不到全部“學習能手”的一半，則稱該題為“難題”．已知這次測試共有5個“學習能手”，則“難題”的最多有　 　個．
16．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S．則下列命題正確的是　 ?。▽懗鏊姓_命題的編號）．
①當0＜CQ＜時，S為四邊形；
②當CQ＝時，S不為等腰梯形；
③當CQ＝時，S與C1D1的交點R滿足C1R＝；
④當＜CQ＜1時，S為六邊形；
⑤當CQ＝1時，S的面積為．

三、解答題：本大題3小題，共30分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．（10分）如圖，△ABC是等邊三角形，點D在邊BC的延長線上，且BC＝2CD，AD＝．
（Ⅰ）求CD的長；
（Ⅱ）求sin∠BAD的值．

18．（10分）△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．
（1）求；
（2）若AD＝1，DC＝，求BD和AC的長．
19．（10分）盒中裝著標有數(shù)字1，2，3，4的卡片各2張，從盒中任意任取3張，每張卡片被抽出的可能性都相等，求：
（Ⅰ）抽出的3張卡片上最大的數(shù)字是4的概率；
（Ⅱ）抽出的3張中有2張卡片上的數(shù)字是3的概率；
（Ⅲ）抽出的3張卡片上的數(shù)字互不相同的概率．
四、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，把答案填在題目相應位置
20．（5分）四位同學參加某種形式的競賽，競賽規(guī)則規(guī)定：每位同學必須從甲，乙兩道題中任選一題作答，選甲題答對得100分，答錯得﹣100分；選乙題答對得90分，答錯得﹣90分．若四位同學的總分為0，則這4位同學不同得分情況的種數(shù)是　 　．
21．（5分）已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱（底面為正方形，側(cè)棱與底面垂直的棱柱）高為4，體積為16，則這個球的表面積是　 ?。▍⒖脊剑呵虻谋砻娣eS＝4πR2）
22．（5分）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，過對角線BD′的一個平面交AA′于E，交CC′于F，則：
①四邊形BFD′E一定是平行四邊形；
②四邊形BFD′E有可能是正方形；
③四邊形BFD′E在底面ABCD內(nèi)的投影一定是正方形；
④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．
以上結(jié)論正確的為　 ?。▽懗鏊姓_結(jié)論的編號）

23．（5分）將5個顏色互不相同的球全部放入編號為1和2的兩個盒子里，使得放入每個盒子里的球的個數(shù)不小于該盒子的編號，則不同的放球方法有　 ?。?br /> 24．（5分）正四面體ABCD的棱長為1，棱AB∥平面α，則正四面體上的所有點在平面α內(nèi)的射影構(gòu)成的圖形面積的取值范圍是　 ?。?br /> 25．（5分）10名象棋選手進行單循環(huán)賽（即每兩名選手比賽一場）．規(guī)定兩人對局勝者得2分，平局各得1分，負者得0分，并按總得分由高到低進行排序．比賽結(jié)束后，10名選手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名選手得分之和的．則第二名選手的得分是　 ?。?br /> 五、解答題：本大題共2小題，共20分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
26．（10分）甲、乙等五名奧運志愿者被隨機地分到A，B，C，D四個不同的崗位服務，每個崗位至少有一名志愿者．
（Ⅰ）求甲、乙兩人同時參加A崗位服務的概率；
（Ⅱ）求甲、乙兩人不在同一個崗位服務的概率；
（Ⅲ）求恰有兩位同學在A崗位參加志愿服務的概率．
27．（10分）已知集合M＝{1，2，3，…，n}（n∈N*），若集合，且對任意的b∈M，存在ai，aj∈A（1≤i≤j≤m），使得b＝λ1ai+λ2aj（其中λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），則稱集合A為集合M的一個m元基底．
（Ⅰ）分別判斷下列集合A是否為集合M的一個二元基底，并說明理由；
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的一個m元基底，證明：m（m+1）≥n；
（Ⅲ）若集合A為集合M＝{1，2，3，…，19}的一個m元基底，求出m的最小可能值，并寫出當m取最小值時M的一個基底A．
參考答案
一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1．【分析】求出截面圓的半徑，利用勾股定理求球的半徑，然后求出球的表面積．
【解答】解：球的截面圓的半徑為：π＝πr2，r＝1
球的半徑為：R＝
所以球的表面積：4πR2＝4π×＝8π
故選：B．
【點評】本題考查球的體積和表面積，考查計算能力，邏輯思維能力，是基礎(chǔ)題．
2．【分析】由sin2A+sin2B＜sin2C，結(jié)合正弦定理可得，a2+b2＜c2，由余弦定理可得CosC＝可判斷C的取值范圍
【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是鈍角三角形
故選：C．
【點評】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的綜合應用在三角形的形狀判斷中的應用，屬于基礎(chǔ)試題
3．【分析】根據(jù)題意，利用平均數(shù)、方差公式直接計算即可．
【解答】解：去掉一個最高分和一個最低分后，所剩數(shù)據(jù)為9.4，9.4，9.6，9.4，9.7，
其平均值為（9.4+9.4+9.6+9.4+9.7）＝9.5，
方差為[（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，
故選：D．
【點評】本題考查用樣本的平均數(shù)、方差來估計總體的平均數(shù)、方差，屬基礎(chǔ)題，熟記樣本的平均數(shù)、方差公式是解答好本題的關(guān)鍵．
4．【分析】通過木星的體積約是地球體積的倍，求出它們的半徑之比，然后求出表面積之比，即可．
【解答】解：木星的體積約是地球體積的倍，
則它的半徑約是地球半徑的倍（體積比是半徑比的立方）
故表面積約是地球表面積的120倍（面積比是半徑比的平方）．
故選：C．
【點評】本題考查球的體積和表面積的問題，考查相似比的問題，是基礎(chǔ)題．
5．【分析】A從圖中明顯看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量減少的最多，故A正確；
B從2007年開始二氧化硫排放量變少，故B正確；
C從圖中看出，2006年以來我國二氧化硫年排放量越來越少，故C正確；
D2006年以來我國二氧化硫年排放量越來越少，與年份負相關(guān)，故D錯誤．
【解答】解：A從圖中明顯看出2008年二氧化硫排放量比2007年的二氧化硫排放量明顯減少，且減少的最多，故A正確；
B2004﹣2006年二氧化硫排放量越來越多，從2007年開始二氧化硫排放量變少，故B正確；
C從圖中看出，2006年以來我國二氧化硫年排放量越來越少，故C正確；
D2006年以來我國二氧化硫年排放量越來越少，而不是與年份正相關(guān)，故D錯誤．
故選：D．
【點評】本題考查了學生識圖的能力，能夠從圖中提取出所需要的信息，屬于基礎(chǔ)題．
6．【分析】由莖葉圖中的數(shù)據(jù)，求出甲、乙二人的平均成績，列出不等式求出m的取值集合．
【解答】解：由莖葉圖知，
甲的平均成績?yōu)椤粒?8+92+93）＝91；
乙的平均成績?yōu)椤粒?0+91+90+m）＝90+，
又∵91≥90+，
∴m≤2，
又m∈N，
∴m的可能取值集合為{0，1，2}．
故選：C．
【點評】本題考查了莖葉圖與平均數(shù)的應用問題，也考查了識圖與用圖的問題，是基礎(chǔ)題．
7．【分析】由正弦定理與二倍角公式化簡整理題中的等式得sinB＝sinA，從而得到b＝a，可得答案．
【解答】解：∵△ABC中，2asinAsinB+bcos2A＝a，
∴根據(jù)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：＝．
故選：D．
【點評】本題給出三角形滿足的邊角關(guān)系式，求邊a、b的比值．著重考查了正弦定理、二倍角公式在解三角形中的應用，屬于基礎(chǔ)題．
8．【分析】由三視圖得幾何體是四棱錐并畫出直觀圖，由三視圖判斷出線面的位置關(guān)系，并求出幾何體的高和側(cè)面的高，分別求出各個側(cè)面的面積，即可得到答案．
【解答】解：由三視圖得幾何體是四棱錐P﹣ABCD，如圖所示：
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，
則△PDC的高為＝，
所以△PDC的面積為：×4×＝2，
因為PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，
又CB⊥CD，PE∩CD＝E，所以BC⊥面PDC，
即BC⊥PC，同理可證AD⊥PD，
則兩個側(cè)面△PAD、△PBC的面積都為：×2×3＝3，
側(cè)面△PAB的面積為：×4×＝6，
所以四棱錐P﹣ABCD的四個側(cè)面中面積最大是：6，
故選：C．

【點評】本題考查由三視圖求幾何體側(cè)面的面積，由三視圖正確復原幾何體、判斷出幾何體的結(jié)構(gòu)特征是解題的關(guān)鍵，考查空間想象能力．
9．【分析】根據(jù)題意，使用間接法，首先計算從6人中選4人分別到四個城市游覽的情況數(shù)目，再分析計算其包含的甲、乙兩人去巴黎游覽的情況數(shù)目，進而由事件間的關(guān)系，計算可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，由排列公式可得，首先從6人中選4人分別到四個城市游覽，有A64＝360種不同的情況，
其中包含甲到巴黎游覽的有A53＝60種，乙到巴黎游覽的有A53＝60種，
故這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有360﹣60﹣60＝240種；
故選：B．
【點評】本題考查排列的應用，注意間接法比直接分析更為簡便，要使用間接法．
10．【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形，固定正四面體P﹣ABC的位置，則原點O在以AB為直徑的球面上運動，
原點O到點P的最近距離等于PM減去球的半徑，最大距離是PM加上球的半徑．
【解答】解：
如圖所示，若固定正四面體P﹣ABC的位置，則原點O在以AB為直徑的球面上運動，
設(shè)AB的中點為M，則PM＝＝；
所以原點O到點P的最近距離等于PM減去球M的半徑，
最大距離是PM加上球M的半徑；
所以﹣1≤|OP|≤+1，
即|OP|的取值范圍是[﹣1，+1]．
故選：A．

【點評】本題主要考查了點到直線以及點到平面的距離與應用問題，也考查了數(shù)形結(jié)合思想的應用問題，是綜合題．
二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，把答案填在題目相應位置。
11．【分析】根據(jù)題意，分析可得a2+c2﹣b2＝ac，結(jié)合余弦定理分析可得cosB＝＝，又由B的范圍，分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，△ABC中，若a2+c2＝b2+ac，則有a2+c2﹣b2＝ac，
則cosB＝＝，
又由0＜B＜π，
則B＝；
故答案為：．
【點評】本題考查余弦定理的應用，關(guān)鍵是掌握余弦定理的形式．
12．【分析】從中任意地挑選2名同學擔任交通安全宣傳志愿者，都是女同學的選法C82，任意地挑選2名同學的方法數(shù)為：C122求出概率即可．
【解答】解：在一個小組中有8名女同學和4名男同學，從中任意地挑選2名同學擔任交通安全宣傳志愿者，
那么選到的兩名都是女同學的概率是
＝．
故答案為：．
【點評】本題考查組合及組合數(shù)公式，等可能事件的概率，是基礎(chǔ)題．
13．【分析】由頻率分布直方圖求出體重在（56.5，64.5）的頻率為0.4，由此能求出這100名學生中體重在（56.5，64.5）的學生人數(shù)．
【解答】解：由頻率分布直方圖得：
體重在（56.5，64.5）的頻率為：（0.03+0.05+0.05+0.07）×2＝0.4，
∴這100名學生中體重在（56.5，64.5）的學生人數(shù)是：0.4×100＝40．
故答案為：40．
【點評】本題考查頻數(shù)的求法，考查頻率分布直方圖的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是基礎(chǔ)題．
14．【分析】由已知得S△ABC＝＝，由此能求出三棱錐B′﹣ABC的體積．
【解答】解：∵高為3的直棱柱ABC﹣A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形，
∴S△ABC＝＝，
∴三棱錐B′﹣ABC的體積：
V＝＝．
故答案為：．
【點評】本題考查三棱錐的體積的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題．
15．【分析】根據(jù)題意，分析可得5個“學習能手”最多可以做錯5道題，而至少有3個“學習能手”做錯的題目稱為“難題”，據(jù)此分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，每位“學習能手”最多做錯1道題，則5個“學習能手”最多可以做錯5道題，
又由至少有3個“學習能手”做錯的題目稱為“難題”，
故難題最多有1道；
故答案為：1．
【點評】本題考查合情推理的應用，注意理解題目中關(guān)于“學習能手”、“難題”的定義．
16．【分析】由題意作出滿足條件的圖形，由線面位置關(guān)系找出截面可判斷選項的正誤．
【解答】解：如圖
當CQ＝時，即Q為CC1中點，此時可得PQ∥AD1，AP＝QD1＝＝，
故可得截面APQD1為等腰梯形，故②不正確；
由上圖當點Q向C移動時，滿足0＜CQ＜，只需在DD1上取點M滿足AM∥PQ，
即可得截面為四邊形APQM，故①正確；
③當CQ＝時，如圖，
延長DD1至N，使D1N＝，連接AN交A1D1于S，連接NQ交C1D1于R，連接SR，
可證AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R＝C1Q：D1N＝1：2，故可得C1R＝，故正確；
④由③可知當＜CQ＜1時，只需點Q上移即可，此時的截面形狀仍然上圖所示的APQRS，顯然為五邊形，故錯誤；
⑤當CQ＝1時，Q與C1重合，取A1D1的中點F，連接AF，可證PC1∥AF，且PC1＝AF，
可知截面為APC1F為菱形，故其面積為AC1?PF＝，故正確．
故答案為：①③⑤


【點評】本題考查命題真假的判斷與應用，涉及正方體的截面問題，屬中檔題．
三、解答題：本大題3小題，共30分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．【分析】（Ⅰ）由已知及等邊三角形的性質(zhì)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】（本題滿分為13分）
解：（Ⅰ）∵△ABC是等邊三角形，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×＝．

【點評】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，余弦定理，正弦定理在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合思想的應用，屬于基礎(chǔ)題．
18．【分析】（1）如圖，過A作AE⊥BC于E，由已知及面積公式可得BD＝2DC，由AD平分∠BAC及正弦定理可得sin∠B＝，sin∠C＝，從而得解．
（2）由（1）可求BD＝．過D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，由AD平分∠BAC，可求AB＝2AC，令AC＝x，則AB＝2x，利用余弦定理即可解得BD和AC的長．
【解答】解：（1）如圖，過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×＝．
過D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
∵AD平分∠BAC，
∴DM＝DN，
∴＝＝2，
∴AB＝2AC，
令AC＝x，則AB＝2x，
∵∠BAD＝∠DAC，
∴cos∠BAD＝cos∠DAC，
∴由余弦定理可得：＝，
∴x＝1，
∴AC＝1，
∴BD的長為，AC的長為1．

【點評】本題主要考查了三角形面積公式，正弦定理，余弦定理等知識的應用，屬于基本知識的考查．
19．【分析】（I）由題意知本題是一個古典概型，試驗發(fā)生包含的所有事件數(shù)C83，滿足條件的事件是抽出的3張卡片上最大的數(shù)字是4，包括有一個4或有2個4，由古典概型公式得到結(jié)果．
（Ⅱ）由題意知本題是一個古典概型，試驗發(fā)生包含的所有事件數(shù)C83，滿足條件的事件是抽出的3張卡片上有2張卡片上的數(shù)字是3，共有C22C61種結(jié)果，根據(jù)古典概型公式得到結(jié)果．
（Ⅲ）由題意知本題是一個古典概型，抽出的3張卡片上的數(shù)字互不相同的對立事件是抽出的3張卡片上有兩個數(shù)字相同，根據(jù)兩個數(shù)字相同的概率，得到結(jié)果．
【解答】解：（I）由題意知本題是一個古典概型，
設(shè)“抽出的3張卡片上最大的數(shù)字是4”的事件記為A，
∵試驗發(fā)生包含的所有事件數(shù)C83，
滿足條件的事件是抽出的3張卡片上最大的數(shù)字是4，包括有一個4或有2個4，
事件數(shù)是C21C62+C22C61
∴由古典概型公式．
（II）由題意知本題是一個古典概型，
設(shè)“抽出的3張中有2張卡片上的數(shù)字是3”的事件記為B，
∵試驗發(fā)生包含的所有事件數(shù)C83，
滿足條件的事件是抽出的3張卡片上有2張卡片上的數(shù)字是3，共有C22C61種結(jié)果
∴由古典概型公式得到
（III）“抽出的3張卡片上的數(shù)字互不相同”的事件記為C，
“抽出的3張卡片上有兩個數(shù)字相同”的事件記為D，
由題意，C與D是對立事件，是選一卡片，取2張，另選取一張
∴
∴P（C）＝1﹣＝．
【點評】本題考查古典概型，古典概型要求能夠列舉出所有事件和發(fā)生事件的個數(shù)，概率問題同其他的知識點結(jié)合在一起，實際上是以概率問題為載體，主要考查的是另一個知識點．
四、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分，把答案填在題目相應位置
20．【分析】根據(jù)題意，4位同學的總分為0，分①4人都選甲題，②4人都選乙題，③甲乙兩被題都選，3種情況討論，分別計算其情況數(shù)目，進而求和可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，4位同學的總分為0，分3種情況討論．
①4人都選甲題，必須2人答對，2人答錯，共C42＝6種情況，
②4人都選乙題，必須2人答對，2人答錯，共C42＝6種情況，
③甲乙兩題都選，則必須2人選甲題，且1人答對，1人答錯，另2人選乙題，且1人答對，1人答錯；
共2×2×C42＝24種情況，
綜合可得：共6+6+24＝36種情況，
故答案為：36．
【點評】本題考查組合數(shù)公式的運用，注意組合與排列的不同，本題中，要注意各種情況間的關(guān)系，避免重復、遺漏．
21．【分析】先求出正四棱柱的底面邊長，再求其對角線的長，就是外接球的直徑，然后求出球的表面積．
【解答】解：各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，
它的底面邊長是：2，所以它的體對角線的長是：，
球的直徑是：，
所以這個球的表面積是：
故答案為：24π
【點評】本題考查正四棱柱的外接球的表面積．考查計算能力，是基礎(chǔ)題．
22．【分析】由平行平面的性質(zhì)可得①是正確的，當E、F為棱中點時，四邊形為菱形，但不可能為正方形，故③④正確，②錯誤．
【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，同理可證：D′E∥FB，故四邊形BFD′E一定是平行四邊形，即①正確；
②：當E、F為棱中點時，四邊形為菱形，但不可能為正方形，故②錯誤；
③：四邊形BFD′E在底面ABCD內(nèi)的投影為四邊形ABCD，所以一定是正方形，即③正確；
④：當E、F為棱中點時，EF⊥平面BB′D，又∵EF?平面BFD′E，∴此時：平面BFD′E⊥平面BB′D，即④正確．
故答案為：①③④
【點評】本題主要考查了空間中直線與直線之間的位置關(guān)系，空間中直線與平面之間的位置關(guān)系，平面與平面之間的位置關(guān)系，考查空間想象能力和思維能力．
23．【分析】根據(jù)題意，可得1號盒子至少放一個，最多放3個小球，即分兩種情況討論，分別求出其不同的放球方法數(shù)目，相加可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，每個盒子里的球的個數(shù)不小于該盒子的編號，
分析可得，可得1號盒子至少放一個，最多放3個小球，分情況討論：
①1號盒子中放1個球，其余4個放入2號盒子，有C51＝5種方法；
②1號盒子中放2個球，其余3個放入2號盒子，有C52＝10種方法；
③1號盒子中放3個球，其余2個放入2號盒子，有C53＝10種方法；
則不同的放球方法有5+10+10＝25種，
故答案為：25．
【點評】本題考查組合數(shù)的運用，注意挖掘題目中的隱含條件，全面考慮．
24．【分析】首先想象一下，當正四面體繞著與平面平行的一條邊轉(zhuǎn)動時，不管怎么轉(zhuǎn)動，投影的三角形的一個邊始終是AB的投影，長度是1，而發(fā)生變化的是投影的高，體會高的變化，得到結(jié)果．
【解答】解：因為正四面體的對角線互相垂直，且棱AB∥平面α，
當CD∥平面α，這時的投影面是對角線為1的正方形，
此時面積最大，是2××1×＝
當CD⊥平面α時，射影面的面積最小，
此時構(gòu)成的三角形底邊是1，高是直線CD到AB的距離，為，射影面的面積是，
故答案為：[]

【點評】本題考查平行投影及平行投影作圖法，本題是一個計算投影面積的題目，注意解題過程中的投影圖的變化情況，本題是一個中檔題．
25．【分析】有10個足球隊進行循環(huán)賽，勝隊得2分，負隊得0分，平局的兩隊各得1分．即每場產(chǎn)生2分，每個隊需要進行10﹣1＝9場比賽，則全勝的隊得18分，而最后五隊之間賽5×（5﹣1）÷2＝10場至少共得20分，所以第二名的隊得分至少為20×＝16分．
【解答】解：每個隊需要進行9場比賽，則全勝的隊得：9×2＝18（分），
而最后五隊之間賽10場，至少共得：10×2＝20（分），
所以第二名的隊得分至少為20×＝16（分）．
故答案是：16
【點評】完成本題主要求出最后五隊之間賽的場次以及至少共得的分數(shù)，然后抓住了“第二名的得分是最后五名所得總分和的”這個關(guān)健點進行分析的．
五、解答題：本大題共2小題，共20分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
26．【分析】（Ⅰ）基本事件總數(shù)n＝＝240，甲、乙兩人同時參加A崗位服務包含的基本事件個數(shù)m1＝＝6，由此能求出甲、乙兩人同時參加A崗位服務的概率．
（Ⅱ）甲、乙兩人在同一崗位包含的基本事件個數(shù)m＝＝24，由此能求出甲、乙兩人不在同一個崗位服務的概率．
（Ⅲ）恰有兩位同學在A崗位參加志愿服務包含的基本事件個數(shù)m3＝＝60，由此能求出恰有兩位同學在A崗位參加志愿服務的概率．
【解答】解：（Ⅰ）甲、乙等五名奧運志愿者被隨機地分到A，B，C，D四個不同的崗位服務，
每個崗位至少有一名志愿者．
基本事件總數(shù)n＝＝240，
甲、乙兩人同時參加A崗位服務包含的基本事件個數(shù)m1＝＝6，
∴甲、乙兩人同時參加A崗位服務的概率p1＝＝＝．
（Ⅱ）甲、乙兩人在同一崗位包含的基本事件個數(shù)m＝＝24，
∴甲、乙兩人不在同一個崗位服務的概率：
p2＝1﹣＝1﹣＝．
（Ⅲ）恰有兩位同學在A崗位參加志愿服務包含的基本事件個數(shù)m3＝＝60，
∴恰有兩位同學在A崗位參加志愿服務的概率p3＝＝＝．
【點評】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．
27．【分析】（I）利用二元基底的定義加以驗證，可得A＝{1，5}不是M＝{1，2，3，4，5}的一個二元基底，A＝{2，3}是M＝{1，2，3，4，5}的一個二元基底．
（II）設(shè)a1＜a2＜a3＜…＜am，計算出b＝λ1ai+λ2aj的各種情況下的正整數(shù)個數(shù)并求出它們的和，結(jié)合題意得m+m++≥n，即m（m+1）≥n．
（III）由（Ⅱ）可知m（m+1）≥19，所以m≥4，并且得到結(jié)論“基底中元素表示出的數(shù)最多重復一個”．再討論當m＝4時，集合A的所有情況均不可能是M的4元基底，而當m＝5時，M的一個基底A＝{1，3，5，9，16}，由此可得m的最小可能值為5．
【解答】解：（Ⅰ）①A＝{1，5}不是M＝{1，2，3，4，5}的一個二元基底．理由是3≠λ1×1+λ2×5；
②A＝{2，3}是M＝{1，2，3，4，5}的一個二元基底．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）不妨設(shè)a1＜a2＜a3＜…＜am，則
形如1×ai+0×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)共有m個；
形如1×ai+1×ai（1≤i≤m）的正整數(shù)共有m個；
形如1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)至多有個；
形如﹣1×ai+1×aj（1≤i≤j≤m）的正整數(shù)至多有個．
又集合M＝{1，2，3，…，n}（n∈N*），含n個不同的正整數(shù)，A為集合M的一個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．
當m＝4時，m（m+1）﹣19＝1，即用基底中元素表示出的數(shù)最多重復一個．…*
假設(shè)A＝a1，a2，a3，，a4為M＝{1，2，3，…，19}的一個4元基底，
不妨設(shè)a1＜a2＜a3＜a4，則a4≥10．
當a4＝10時，有a3＝9，這時a2＝8或7．
如果a2＝8，則由1＝10﹣9，1＝9﹣8，18＝9+9，18＝10+8，這與結(jié)論*矛盾．
如果a2＝7，則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．
當a4＝11時，有a3＝8，這時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．
當a4＝12時，有a3＝7，這時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．
當a4＝13時，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．
當a4＝14時，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．
當a4＝15時，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．
當a4＝16時，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．
當a4≥17時，A均不可能是M的4元基底．
當m＝5時，M的一個基底A＝{1，3，5，9，16}．
綜上所述，m的最小可能值為5．…14分
【點評】本題以一個集合為另一個集合的m元基底的討論為載體，著重考查了集合元素的討論和方程、不等式的整數(shù)解的討論和兩個計數(shù)原理等知識，屬于難題．

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