福建省厦门双十中学2025-2026学年高一第二学期第二次月考数学试题

厦门双十中学2025-2026学年第二学期第二次月考 高一数学试题 (本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上。 2.回答逃择题时，逃出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 一、选择题：本题共8小题，每小题5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,已知复数：=中则() A.Vio B.5 C.5 D.√10 10 5 2.如图，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图(1)称对称形态，图（2)称不规则形态， 图(3)称“右拖尾”形态，根据图形作出以下判断，正确的是 (1) (2) (3) A.阁（1)：平均数>中位数=众数 B.图(2)：众数>平均数 C.图(3)：众数<中位数<平均数 D.图(3)：众数<平均数<中位数 3.不共线的两个单位向量a,方满足a+=2a-,若a1(ta+),则实数t的值为() A号 c.之或-1 0或1 4.袋子中有5个大小质地完金相同的球，其中2个白球，3个黄球，从中不放回随机抽取2个球，则取出 的2个球中至少有1个白球的概率是() 3 A:10 c品 5,如图，在正三棱柱ABC-AB,C中，AB=AA,设AB,和BC所成角为a,则cosa的值为( A. c D.4 第1页共4页 6.如图，在四边形ABCD中，AD=CD=2,△ABC为等边三角形，则△BCD面积的最大值为() D A.1+V5 B.2+V5 C.2 D.5 7.在平面四边形ABCD中，AB⊥AD,AB=AC=AD=5,CD=√0，将该四边形 绕AB所在直线旋转一周，所得几何体的体积为() B 9/10 D.93元 8某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获 胜的概率分别为P,P2,P,且P>P2>>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则( Ap与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，P最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.如图是一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与 地面接触的面上的数字，得到样本空间为2=L,2,3,4,5,6,7,8},记事件A=“得到的点数为奇数”，记事 件B=“得到的点数不大于4”，记事件C=“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是() A.事件B与C互斥 B.P) C.事件A与C相互独立 .P(四- 10.已知点M为△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是(/ A若∠C-名，AB=4,BC=5,则西在C上的投影向量为25C 5 B.若MA,MB,MC两两的夹角相等，且MA=1,M=1,MC=3,则MA+M远+MC=2 AB AC AB AC 1 C. 若 死=0，且园向之，则△1BC为等边三角形 D.若AM=xAB+yAC,且x+y= 则△MBC的面积是△ABC面积的 3 11.如图，正方体ABCD-AB,CD,中，顶点A在平面a内，其余顶点在a的同侧，顶点A,B,C到a的 C 距离分别为√6,1,2，则（) D A.BD∥平面a B.平面AAC⊥平面a C.直线AB,与α所成角比直线A4与a所成角大D.正方体的棱长为22 第2页共4页 a 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中a,b∈(5,13）)，则√a2+b最 小值为 13.已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC=a,点M在线段AB上，且∠ACM=∠BCM, AC=6CM=6,则cos∠BCM的值为 14.如图，△ABC是边长为45的正三角形，D,E分别是AC,AB的中点，将△ADE沿DE翻折至△A,DE, A 翻折过程中四棱锥A-BCDE外接球半径的最小值为一· 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.（13分) 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100 份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：[40,50)、[50,60)、…、 [90,100],得到如图所示的频率分布直方图。 愾率组距 0.025 0.020 (1)求频率分布直方图中a的值： 0.010- (2)试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数；0005上0 可405060708090100分数 (3)已知落在[50,60)的平均成绩是54，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为66，方差是4，求两组成 绩合并后的平均数z和方差s2, 16.(15分) 如图，梯形ABCD中，AB∥CD,BC⊥AB,BC=CD=2,AB=4,将△BCD沿BD翻折至△BPD, 使得平面APD⊥平面BPD. D (1)证明：直线AD⊥平面BPD; (2)设线段BD中点为Q,求直线AQ与平面ABP所成角的正弦值. 第3页共4页 17.(15分) 如图，线段AB,CD都垂直于线段BD,AB=3,CD=5,∠CAD=45°， (1)求线段BD的长度： (2)点P为线段BD上一个动点且点P与点B、点D不重合，当BP 长为多少时，∠APC最大？ 18.(17分) 数据传输包括发送与接收两个环节在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺 序每次只发送一个数字发送数字0时，收到的数字是0的概率为P,(0<P,<),收到的数字是1的概 率为1-P,:发送数字1时，收到的数字是1的概率为P2(0<P2<1),收到的数字是0的概率为1-P. 假设每次数字的传输相互独立，且卫×P2=2 2 考发送的数据为01，且2，凸=，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率！ (2)用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为n(X),如X=“001”,则n(X)=2,对应的概率 记为P(n(X)=2): (i)若发送的数据为："011”，且2P(n(X)=2)=13P(n(X)=3),求P2; (ii)若发送的数据为0101”，求P(n(X)=2)的最大值 19.(17分) 如图，四棱锥P-ABCD的各个顶点均在球O的表面上，且AB=AD=2,BC⊥CD,PB⊥平面PAD (1)证明：平面PAB⊥平面ABCD: (2)求四棱锥P一ABCD体积的最大值： A) D (3)当5PA,PB=6√2时，求直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值. 第4贞共4页 厦门双十中学2025-2026学年第二学期第二次月考 高一数学试题参考解答 一、选择题：本题共8小题，每小题5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.【答案】B2.【答案】C 3.【答案】A 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】B 7.【答案】C 8.【答案】D 2.【答案】C【详解】A中应有平均数=中位数=众数：B中众数<平均数；C,D中，平均数易受极端值的影 响，与中位数相比，平均数更接近"拖尾”的一边，所以平均数中位数，而最高峰偏左，因此众数最小， 3、【答案】4【详解】a+=2a,两边平方得(a+=4矿cos2ā，6，即 a2+62+2a-6=4lcos2a,6,又a,6为单位向量且不共线，故1+1+2o8a,6=4cos2a,6, 解閃cos,5=-cosa,5=1(含去：若a⊥(a+5列，则ia+可)=a+a6=1+l问例cos豆，5=1-0。 5.【答案】D【详解】将正三棱柱ABC-AB,C补成直四棱柱ABCD-4B,CD, 使正三棱柱ADC-AD,C与正三棱柱ABC-AB,C金等， 则h直梭柱性质可知DCI1AB,AB,与BC所成角为∠DCB(或其补角)： 因为DC=GB=2W5,∠DCB=120°，所以DB=2+2-2×2x2× =2V5, 所以os2DcB-±e同-是 2×2W5×2W2 4 6.【答案】B【详解】在△1DC中，设∠ADC=0,则S.c=×DxCDsin9=2sin9.由余弦定理知 22 4C=D2+CD2-2MD-CDco9=8-8cos0.△MBC中，8e=×5 c=2/5-23cos0. 22 又D=CD=2,△MBC为等边三角形，所以△MBD和△BCD全管放Sam方9c=c+8ur） =血g-5cos0+5=2(0-到引+5所以当0-晋-受即0=号时，仅m-2+5. 6 7.【答案】C【详解】过点C分别作CE⊥AD,CF⊥AB,菲足分别为E,F,如下图所示： 在aMCD中，因为AC=AD=5,CD=0,所以os∠C4D=53+5-10_4, D 2×5×5 5 又在RtACE，中os4CMD=0-号，因此1B=4,所以EC=3: 易知四边形AECP为矩形，所以AE=CP=4.F=BC=3,可得BF=2: B 将该四边形绕B所在直线旋转一周，所府几何体为一个圆台和一个圆锥组成， 圆台的上、下底面半径为CP=4,AD=5,高为MP=3,圆推底面半径为C℉=4，高为BF=2: 第1页（共6页) 因此圆台体积为以=红x+发×5+Vx4×x×列x3=61x,圆能体积为g= 3π×42x2=32 ， 所以所得几何体的休积为y=乃+5=61x+32元=215#。 3 8.【答案】D【详僻】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则 第二周和谁比赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连 胜两局的概率越大，所以根据条件估算得到丙实力最羽，所以D选项正确. 解法二，该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙 的概率均为乏，则此时连胜两盘的概率为则 Pw=[(1-P:)PIPs +paP(-)]+[-B)PPa+pip(i-pa)]=Pi(P:+P:)-2: 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为Pz，则 Pa =(1-pi)paps+PiP:(1-P)=Pa(p+ps)-2p P2P 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为P,则 Pm=(-P)pP2+Pips(1-Pa)=P(p+Pa)-2PPap Pm-Pz=P(pa+ps)-2P P2P-[p2(p+P3)-2ppaPs]=(pL-Pa)P<0 Pe-Pa p2(p+p)-2pipaPs-pa(p+P2)-2piPaPs]=(P:-ps)Pr<o Pm PL'Pz <Pm 则该棋手在第二盘与丙比赉，P最大选项D判断正确：选项BC判断错误； p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关，选项A判断错误，故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分、在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9.【答案】BD 10.【答案】BCD 11.【答案】ABD 9.【答案】BD【详解】由题意得，事件A的样本点为{1,3,5,7}，事件B的样本点为{12,3,4)，事件C的样 本点为(2,3,5,7}，事件B与C共有样本点2,3，所以不互斥，故A错误： uU叭=合-号，放卫正确：P④=音分PO=骨方4nc的样本点为B5,列，所以 P心4O=号*P心)P(©，所以事件A与C不相互独立，故C错换： 事件AhB的样本点为，所以P=子-P()=1-P6)=,放D正确：故违：D, 10.【答案】答案】BcD【详解】对于A,“∠C-营<瓜，C>-名历在元上的投影向量为 网焉-}，故 5 对于B,记向量M,丽，MC分别为a,6,它们之间的夹角不可能都为0，故夹角为 31 则a+6+d-Va+b+a)2=√a2+2a万+万2+2a.6+26+a=-1+1-3-3+9=2,故日正确： 第2页（共.8页) AB AC BC- (-cos B)C.BCcosC 对于C,因为 列 C=BC(cosC-cosB)=0, AC 所以cosB=cosC,又B,C∈(O,),y=c0sx在区间(O,)上单调递减，则B=C, 园后立oM,“4疗B=C=行48C为等边三角形，故c正痛： AB AC 1 又 对于D,令而=3m=3x而+3yC,x+y=行3x+3y=1D,BC三点共线， 又：而=3应，：M是线段D上靠近点A的三等分点，∴Sc=号4c故D正确 11.【答案】ABD【详解】因为B,C到a的距离分别为1,2，并且BCIAD,A在平面α内， 所以B,D到a的距离都为1，所以BD∥平面a,选项A正确： 设AC,BD的交点为O,显然O是AC的中点，因为平面BCD∩a=A, C到a的距离为2，所以0到a的距离分别为1，而B到a的距离为1， 因此BO11a,即DB11,设平面BCD∩a=l,所以BDII, C 因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD,又因为A4,⊥平面BCD, BDc平面ABCD,所以AA⊥BD,因为M40AC=A,AA,ACc平面AAC, /a 所以BDL平面AAC,因此有11平面AAC;而1亡a,所以平面AAC⊥平面a,因此选项B正确： 设B,到平面a的距离为d,因为平面AAB,B∩a=A,AABB是正方形，点A,B到a的距离分别为√6， 1,所以有=5+1→d=6+1,设正方体ABCD-4B,CD,的校长为a,设直线AB,与a所成角为B, 2 2 血96士6设线仙与之所成角为所以如发因为5<6，配 AB,√2a √2 sinB<siny→B<Y,因此选项C不正确：因为平面AAC⊥平面a,平面4AC∩平面a=A, 所以C,A在平面a的射影E,F与A共线，显然CE=2,AF=V6,AC=√2a,AA=a,A4⊥AC,如图所示： 由∠BCA+∠CME=∠CAE+∠AAP→∠BCA=∠AAR,s∠BCA=Cg, =A0,sin∠AAF=4F 由ow∠B04+’44R=1户2京+号=1→a=25(负值舍去D正确，放遍：80 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共16分. 12.【答案】9√2 13.【答案】/0.75 14.【答案】2√5 12.【答案】92【详解】对10个数先排序12、3、4,5ab、13、16、19,10x0.6=6,则+也=9a+0=18, 2 由F≥之，则、F22x-,当且汉当6=9时，特号玻立 2 第3页（共8页） 13.【答案】子/0.75【详解】boC=-a,由正弦定理得i血C=血4=si血(8+C),则cosB6i血C=0, 由于0<C<元snC>0,所以cosB=0,而0<B<元，所以B=7由题意，CM是角平分线，CM=1CM=6, 设BC=x,∠BCM=0,则∠BCM=20,因为B=号，所以cos9=,os28=若 所以cos0=6cs20,Bcos042j4eos6-3)=0,所以cos∠BCM=是， 14.【答案】2√5【详解】由题意，正△ABC边长为4W5,D、E分别是AC、AB的中点， 由三角形中位线性质得DBBC,DB=)BC=2W3,故四边形BCDE为等腰梯形，且BE=CD=2N5 取BC中点M,DE中点N,连接MN,则MN为等腰梯形BCDE的对称轴，梯形高MN=3, 易证：MB=MC=2V5,ME=MD=2√3.因此点M为底面等腰梯形BCDE的外接圆圆心，底面外接圆半径 r=2√5，△ADB沿DE潮折为△A,DE,翩折过程中边长与垂直关系不变： AN=AN=3,4N⊥DE即翻折时，动点4在垂直于直线D龙的平面内，以定点N 为圆心、3为半径的圆上运动，设四棱锥A一BCDE的外接球球心为O,半径为R, 由外接球性质：球心O在过底面外接圆圆心M且垂直于底面BCDE的垂线上， 设OM=h,由线面垂直得OM⊥底面BCDE,枚OM⊥MB, 由勾股定理得外接球半径核心关系：R2=OM2+MB2=h2+12① 过点A作AP⊥平面BCDE,则AP⊥PM设阻折角∠ANA=O,(0<B<元)， 在△4PN中，4N=3,则4P=3sin8,PM=3+3cos0由R2-(3+3cos8)}+(3sin0-h)2② 由0②得到2.+12=18+18cos0-6hsin0+得到h=1+3cos日 sin 代入0得到R-240牛3eae,令1=o0(1<1.则R12++当：=-月：即心=12， sin20 1-t2 四、解答题：本题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 【详獬】(1)由题意得(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1,解得a=0.030.2分 (2)平均数为 元=(45×0.005+55×0.010+65×0.020+75×0.030+85×0.025+95×0.010）×10=74.4分 设中位数为m; 因为成绒落在[40,70)内的频率为(0.005+0.010+0.020)×10=0.35， 落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，所以m∈(70,80)，…6分 则0.35+(m-70)×0.030=0.5,解得m=75,故中位数为75.… 8分 第4页（共8页） (3)由题意得，成绒在[50,60)有100×0.1=10人，成绩在[60,70)有100×0,2=20人， 则这两组成绩的总平均数为2-10×54+66x20=62, .10分 10+20 总方整为-87+(64-6妇]号4(6-6]=37. .13分 30 16.(15分) 【详解】(1)梯形ABCD中，AB∥CD,BC⊥AB,∴BC⊥CD, BC=CD=2,.BD=2v2. 取AB的中点2，连接D2,易知四边形BCD2为正方形， 'AB=4,可知AD=BD=2N2. 八AD2+BD2=B2,AD L BD3分 又翩折前BC⊥DC,翻折后BP⊥DP, 平面APD⊥平面BPD,平面APDO平面BPD=PD,BPc平面BPD,BP⊥DP∴BP⊥平面APD,5分 八ADC平面APp,.BP L AD,6分 义AD⊥BD,BDOBP=B,直线D⊥平面BPD 7分 (2)设点D到平而ABP的距离为h, 【法-：等体积法】由(1)可知直线AD⊥平面BPD,所以点A到平面BPD的距离为AD, 因为折后BPLP,所m8ae0=名PDP0=华， )9分 6 3 因为直线AD⊥业面BPD,所以AD⊥DP,所以AP=VAD2+DP2=2√万， 由.(1)可知BP⊥平面APD,所以BP⊥.AP,所以Sa=号P,BP=25, 心wm有g,将为2华， 31 .11分 【法二：直接法】在△APD中过D作DH⊥P,垂足为H,下证DH⊥平面ABP. 由（1)可知BP⊥平面APD,DHC平面APD,所以BP⊥DH, 又DH⊥AP,AP∩BP=P,.DHL平面ABP.9分 由(1)可知直线AD⊥平面BPD,所以AD⊥DP, 在aMPD中，“AD=22,DP=2,÷MP=VaD+DP=25么=DH=2 11分 3 改点Q到平面P的距离为6则由会器解将台：。 3 .13分 义AD⊥BD,所以AQ=VAD2+Dg2=V10, 设直线0与平面ABP所成角为0，则sin0=么=西 .14分 A215 直线A2与平面ABP所成角的正弦值为正 .15分 15 17.(15分) L炸解】(1)n图，作AE⊥DC,因CD⊥BD,B⊥BD,则DC//AB, 义E上DC，CD L BD,则AE/DB,所以矩形ABDE,2分 又DC=5,小B=3,则CE=23分 第5页（共8页） 设DB=x,则AE=x,所以在R,△MEC,R,aMED中，.tan∠CMB=2,an∠DMB=3 ，5分 X 5 又0D-号，所以CAD=a(CB+∠DM回=2C老a2-,舌。-l7分 I-tan∠CAE tan∠DAE 6 解得x=6,所以BD=6:… 8分 法二：如图，作AE⊥DC,设∠DAB=D,则B∈O, 2 因CD⊥BD,AB⊥BD,则DCIIAB, 又∠CMB=5+日，则∠ACD=3z-9,∠ADC=8nE 4 4 2分 又DC=5,B=3,则CE=2… .3分 C=- 又LM8c=,则CM- cos 4… ⊙ 4分 4 DC AC 5 由正弦定现：sin∠CAD-sin∠Dc sin .5分 .6分 5 =血2g-s血0cos8=2→an29iam0-2今an0=2,则BD=ABm0=6:8分 → sin20cos20 5 tan20+15 (2)设PB=x,其中x∈(0,6)则PD=6-x,tan∠DPC= tan∠APB= 6-x x )9分 3+5 an(DPC+ZAPB)=-x6x=- 18+2x 15 1- 2-6x+15’11分 x(6-x) 令18+2x=1∈(8,30)，则x=-18,am(∠DPC+∠AP8)=- 1 4t 2 -1-6=8+15 2-48+600.13分 4 2 4 一2一 4 1 = 1+600-48 600-48 2t- 5V6-12,当且仅当1=10W6→x=56-9时取等号…14分 则此时∠DPC+∠APB最小，从而∠APC=π一∠DPC-∠APB最大… ..15分 18.（17分) 【详解】)记接收到的两个数字中有且以有一个正聊为那件A。由已知A=子A寻 事件4包含两种情况：第一种数字0接收正确数字1错误，樅率为： 引别 第二种数字0接收错误数字1正确，概半为： -引导，所似P(四-号-引-引是吾4分 第6页（共8页) (2)(1)山发送的数据为"011“可知，事件n(X)=2表示接收到的数据中含两个0， 包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，5分 所以P(n(X)=2)=2p,P,(1-p2)+(1-2)1-P,)},… 6分 事件n(X)=3表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，…7分 所以P(n(X)=3)=卫，(（1-2)2，… 8分 由2P(n(x)=2)=I3P(n(X)=3)得：2[2pP,(1-p)+1-A)(1-P)2]=13p,1-p,, 9分 化简得19PP2+2-15P1-2P2=0, 仅A×PAA号2B,上式河化为：2B2,+S0成P,=5(含去片2 4 （ⅱ)当发送的数据为"o101”,事件n(X)=2包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为p,222=三 …12分 ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为2p(（1-乃)×2p,(1-P2)=4pP2(1-A-P+p22)=3-2(n+P),…13分 ③两个1.传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为 --p,=0-A-+Ra°=[2-(a+Pj .14分 Pa(x)=2=+8-2(a+a,)-[}-(a+n …15分 p×P=2P=2 ,又0<p<1且0<P2<1,5<p<1, 令=A+A,则=AAA+E引 …16分 Pa(=2+3-2a+a)r[2-a+nj-a+a)(a+n+号=[la+a- 记四-(-引子xe[,引由=次函数的性质可知，了倒在[反引单调道院， )得袋大值为f回)-岁-5万，即P(a(X)=2)的最大值为克-5反…17分 19.（17分) 【详解】(1)H题，四边形ABCD在球O的一个战面的圆周上，故∠BAD+∠BCD=π，.1分 又BC1CD,放∠BAD=受，故1MD,由PBL平面PAD,ADc平面PMD,得PBLAD,…3分 义ABOPB=B,BC平面PAB,PBC平面PAB,故AD⊥平面PAB,.4分 义ADC平面ABCD,故平面PAB⊥平面ABCD..5分 (2)过点P在平面PAB内作PH⊥AB,垂足为点H, 第7页（共8页） 由平面PAB⊥平面ABCD,平面PABA平面ABCD=B,PIIc平面PAB, 可得PH⊥平面ABCD,记四楼锥P-ABCD的体积为/，… .…6分 则/=号PI-Sc=PH-(尽o+Sao, 因为81A0,所以8m分A,40=分22=2， D 由PB⊥平面PAD,PAC平面PAD,得PB⊥PA,放PB2+PA2=AB2=4, 于是PA-PB≤P+PP=2,当且仅当PM=PB=时取绮号， 2 由Sa=P9PA=克Bpm,将PH-P2号=1， .8分 3cw=分Bc-CD,由8C1CD,得8=8D2=8c2+cD'2BC-cD, 故BC-CD≤4，当且仅当BC=CD=2时取等号，于是Sacm=方8C.CD≤2，…9分 放/=PH-(3四+8。)S兮x4=号故四棱锥P-ABCD体积的最大值为号 3 10分 (3)取线段BD的中点O,连接HO、OC, 因为8C1cD,0为D的中点，放0C=8D=2B+0-x2i=E, 2 因为PA1PB,PA-PB=N5,MB=2,由等面积法可得PH=PMPB_3V5 5 AB 5 PA.PB=612 5 ，设PB=m,则PA=65,所以P4+Pg=6互 +m2=4 PA2+PB2=4B2=4 5m 5m 监理得25m-10m2+72=0,解得m2-10±25，甲Pg=10±25 5 5 因为PH⊥AB,PA⊥PB,所以cOs∠PBA=B盟-PB PB=元，故B=PB兰三m2 AB 2 在△BH0中，OB=√2，∠OBH=,由余弦定理可得OH2=BH?+OB'-2BH,OB cos=BH?+2-2BH, 当m=10+25时，8明=贮-年万 5 25 时0a-n+2-m.2o2-2-器此时0m=g 25 5 当m=10-25时，BH=m-5-万 5 25 此时om=m+2-2BH=32-105+2-2×5-万=头，此时0H=4W2综上所述，O1=45,14分 25 5-25 5 所以cH60C+OH=2+4巨_95，当且仅当c、0、H三点共线时，等号成立，即cH最大值为95， 55 设PC与平面ABCD所成角为B,当cos0取最大值时，0最小，此时tanO取最小值， 3W2 19 所以an0=盟=乏 3y2x5=l,此时cos20=os0 1110, CH=CH二59F3 cos*+sin20 1+tan*0 10 10017分 即cosO=3D,故当5PA:PB=6N5时，直线PC与平面ABCD所成角的余弦值的最大值为3而， 第8页（共8页）