2023-2024学年河南省三门峡市卢氏第一高级中学高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年河南省三门峡市卢氏第一高级中学高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：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．（5分）若复数z满足1−zz−3=i，i为虚数单位，则A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（）A．36 B．182 C．92 3．（5分）已知事件A与事件B是互斥事件，则（）A．P(A∩B)=0 B．P（A∩B）＝P（A）PC．P（A）＝1﹣P（B） D．P(（多选）4．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（）A．若m⊥α，m∥n，n⊥β，则α⊥β B．若α∥β，m⊂α，m∥n，则n∥β C．若m，n是两条不同的异面直线，m∥α，n∥β，m⊂α，n⊂β，则α∥β D．若m⊥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角互余5．（5分）△ABC中，设AB→=c→，A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．无法确定6．（5分）如图所示，正三棱锥V﹣ABC中，D，E，F分别是VC，VA，AC的中点，P为VB上任意一点，则直线DE与PF所成的角的大小是（）A．30° B．60° C．90° D．随P点的变化而变化7．（5分）如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，若直线AB与平面ACD所成角的正切值为24，则点B到平面ACDA．23 B．23 C．228．（5分）在△ABC中，已知a，b，c分别为角A，B，C的对边．若ab+ba=3cosCA．−439 B．439 C．3二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）已知复数z，下列说法正确的是（）A．若z−z=0，则zB．若z2+z2＝0，则z=zC．若|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2 D．若|z﹣i|＝|z|+1，则z为纯虚数（多选）10．（6分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q为线段B1C1的中点，P为线段CC1上的动点（含端点），则下列结论错误的是（）A．三棱锥D﹣D1PQ的体积为定值 B．P为线段CC1的中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面的面积为310C．DP+PQ的最小值为5+D．直线DP与直线A1B所成角的取值范围为[（多选）11．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1∉平面ABCD），若M为线段A1C的中点，平面A1DE与平面DEBC所成锐二面角α，直线A1E与平面DEBC所成角为β，则在△ADE折起过程中，下列说法正确的是（）A．存在某个位置，使得BM⊥A1D B．△A1EC面积的最大值为22C．sinβ=2D．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，三棱锥A1﹣EDC的外接球的表面积16π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知p：向量a→=(−1，1)与b→=(m，2)的夹角为锐角．则实数13．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosB＝c﹣a．当c+4ab取最小值时，A＝14．（5分）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为23；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为12．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为四、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）在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccosA＝2b﹣a．（1）求角C的大小；（2）若b＝3a，AB边上的中线为CD，求CDAB16．（15分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．17．（15分）为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为56，35；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．18．（17分）如图，在三棱锥V﹣ABC中，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F．（1）证明：AB⊥平面VOC；（2）在线段BM上是否存在一点E，使DE∥平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由．19．（17分）如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AB=AD=12BC=2，沿对角线BD将△ABD折至△A'BD的位置，记二面角A'﹣BD﹣C（1）当θ＝90°时，求证：平面A'CD⊥平面A'BD；（2）若E为BC的中点，当θ＝120°时，求二面角A'﹣DE﹣B的正切值．

2023-2024学年河南省三门峡市卢氏第一高级中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：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．（5分）若复数z满足1−zz−3=i，i为虚数单位，则A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】D【分析】化简复数z，可得z的共轭复数，以及所对应的点．【解答】解：由题意，z=1+3i则z=2−i，所以z故选：D．2．（5分）用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（）A．36 B．182 C．92 【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】C【分析】根据题意，求出原图的面积，由直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．【解答】解：根据题意，原图为边长为6的正方形，其面积S＝6×6＝36，则其直观图的面积S′=24S＝9故选：C．3．（5分）已知事件A与事件B是互斥事件，则（）A．P(A∩B)=0 B．P（A∩B）＝P（A）PC．P（A）＝1﹣P（B） D．P(【考点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式．【答案】D【分析】利用互斥事件的定义判断即可．【解答】解：对于A，若A与B是互斥，则A与B不一定互斥，则P（A∩B）不一定为0，故A错误，对于B，若事件A与事件B是互斥事件，则P（A∩B）＝0，而P（A）P（B）不一定为0，故B错误，对于C，∵事件A与事件B是互斥事件，不一定为对立事件，故C错误，对于D，∵事件A与事件B是互斥事件，∴A∪B为必然事件，∴P（A∪B）＝1，故D正确．故选：D．（多选）4．（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（）A．若m⊥α，m∥n，n⊥β，则α⊥β B．若α∥β，m⊂α，m∥n，则n∥β C．若m，n是两条不同的异面直线，m∥α，n∥β，m⊂α，n⊂β，则α∥β D．若m⊥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角互余【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．【答案】ABD【分析】根据面面垂直的判定定理判断A，根据面面平行的性质定理判断B，根据面面平行的判定判断C，根据线面角的定义及线线关系判断D．【解答】解：对A．m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，所以α⊥β不正确，A不正确；对B．α∥β，m⊂α，m∥n，则n∥β或n⊂β，故B不正确；对C．若m，n是两条不同的异面直线，m∥α，n∥β，m⊂β，n⊂α，则α∥β，C正确；对D．由m⊥n时，m，n与α所成的角没有关系，α∥β时，由面面平行的性质知n与α，β所成的角相等，m与α，β所成的角相等，因此m与α所成的角和n与β所成的角不一定互余，D不正确．故选：ABD．5．（5分）△ABC中，设AB→=c→，A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．无法确定【考点】平面向量的数乘与线性运算；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】根据向量的线性运算法则化简c→⋅(b→−【解答】解：因为c→⋅(b所以AB→⋅(AB→+结合0＜A＜π，可得π2＜A＜π，所以△故选：A．6．（5分）如图所示，正三棱锥V﹣ABC中，D，E，F分别是VC，VA，AC的中点，P为VB上任意一点，则直线DE与PF所成的角的大小是（）A．30° B．60° C．90° D．随P点的变化而变化【考点】异面直线及其所成的角．【答案】C【分析】连结VF，BF，则VF⊥AC，BF⊥AC，从而AC⊥平面VBF，由此能求出直线DE与PF所成的角的大小是90°．【解答】解：连结VF，BF，∵正三棱锥V﹣ABC中，D，E，F分别是VC，VA，AC的中点，∴VF⊥AC，BF⊥AC，又VF∩BF＝F，∴AC⊥平面VBF，又PF⊂平面VBF，∴AC⊥PF，∴直线DE与PF所成的角的大小是90°．故选：C．7．（5分）如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，若直线AB与平面ACD所成角的正切值为24，则点B到平面ACDA．23 B．23 C．22【考点】空间中点到平面的距离．【答案】D【分析】以B为原点，BC为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B到平面ACD的距离．【解答】解：如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，以B为原点，BC为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，设BA＝t，则A（0，0，t），B（0，0，0），C（2，0，0），D（0，2，0），AB→=（0，0，﹣t），CA→=（﹣2，0，设平面ACD的法向量n→=（x，y，则n→⋅CA→=−2x+tz=0n→∵直线AB与平面ACD所成角的正切值为24∴直线AB与平面ACD所成角的正弦值为13∴|AB→⋅n→∴平面ACD的法向量n→=（1，1，12∴点B到平面ACD的距离为：d=|故选：D．8．（5分）在△ABC中，已知a，b，c分别为角A，B，C的对边．若ab+ba=3cosCA．−439 B．439 C．3【考点】解三角形；两角和与差的三角函数；正弦定理．【答案】C【分析】先利用余弦定理化角为边，可得3c2＝a2+b2，再利用正弦定理化边为角可得，再结合二倍角公式及两角和差的余弦公式化简，结合平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意．【解答】解：因为ab+ba=3cosC，由余弦定理得ab+ba=3⋅由正弦定理得3sin2C=sin2A+sin＝1−12[cos（A+B+A﹣B）+cos（A+B﹣A+B）]＝1﹣cos（A+B）cos（A﹣B）＝1+cosCcos（A﹣又因cos(A−B)=−36．所以3sin2C=1−而cosC+cos（A﹣B）＝﹣cos（A+B）+cos（A﹣B）＝2sinAsinB＞0，且cos(A−B)=−36，所以cosC＞3故选：C．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）已知复数z，下列说法正确的是（）A．若z−z=0，则zB．若z2+z2＝0，则z=zC．若|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2 D．若|z﹣i|＝|z|+1，则z为纯虚数【考点】复数的模；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】AC【分析】根据复数的运算性质以及相关概念，对各项的结论分别加以验证，即可得到本题的答案．【解答】解：根据题意，设z＝a+bi（a∈R，b∈R），对于A，若z−z=0，则a+bi﹣（a﹣bi）＝2bi＝0，故b＝0，可知z为实数，故对于B，若z2+z2=0，则（a+bi）2+（a﹣bi）2＝0，化简得2a2﹣2b2＝0，可得a对于C，若|z﹣i|＝1，则复数z对应的点在以（0，1）为圆心，1为半径的圆上，故|z|的最大值为1+1＝2，故C项正确；对于D，若|z﹣i|＝|z|+1，则a2+(b−1)2=a所以a＝0且b≤0，此时z＝bi为纯虚数或0，故D项不正确．故选：AC．（多选）10．（6分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q为线段B1C1的中点，P为线段CC1上的动点（含端点），则下列结论错误的是（）A．三棱锥D﹣D1PQ的体积为定值 B．P为线段CC1的中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面的面积为310C．DP+PQ的最小值为5+D．直线DP与直线A1B所成角的取值范围为[【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；异面直线及其所成的角；棱柱的结构特征．【答案】BC【分析】选项A，可证得PC1∥面DD1Q，则P到面DD1Q的距离等于C1到面DD1Q的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得PQ∥A1D且PQ=12A1D，所以过D，P，Q三点的截面为梯形A1QPD【解答】解：选项A，∵PC1∥DD1，PC1⊄面DD1Q，DD1⊂面DD1Q，∴PC1∥面DD1Q，∴P到面DD1Q的距离等于C1到面DD1Q的距离，∴VD−D1选项B，连接A1D，A1Q，B1C，∵P，Q分别为线段CC1，B1C1的中点，∴PQ∥B1C且PQ=1又B1C∥A1D且B1C＝A1D，∴PQ∥A1D且PQ=1所以过D，P，Q三点的截面为梯形A1QPD，易知A1作PH⊥DA1，则DH=2所以梯形A1QPD的面积S=12(选项C：如图，将侧面展开，显然当Q，P，D三点共线时，DP+PQ取得最小值，最小值为D1Q2选项D，连接D1C，则D1C∥A1B，则直线DP与直线A1B所成角即为直线DP与直线D1C所成角，则当P与C重合时，直线DP与直线D1C所成角最小为π4当P与C1重合时，直线DP与直线D1C所成角最大为π2所以直线DP与直线A1B所成角的取值范围为[π4，故选：BC．（多选）11．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为边AB的中点，沿DE将△ADE折起，点A折至A1处（A1∉平面ABCD），若M为线段A1C的中点，平面A1DE与平面DEBC所成锐二面角α，直线A1E与平面DEBC所成角为β，则在△ADE折起过程中，下列说法正确的是（）A．存在某个位置，使得BM⊥A1D B．△A1EC面积的最大值为22C．sinβ=2D．三棱锥A1﹣EDC体积最大时，三棱锥A1﹣EDC的外接球的表面积16π【考点】球的体积和表面积；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；命题的真假判断与应用．【答案】BD【分析】A选项，作出辅助线，得到BM∥EN，EN与A1D不垂直，所以BM，A1D不垂直，故A错误；B选项，利用三角形面积公式得到S△A1EC=2C选项，作出辅助线，证明出A1P在平面DEBC上的射影在直线PQ上，得到∠A1PQ＝α，∠A1EO＝β，求出sinα=2D选项，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积．【解答】解：对于A，如图1，取A1D的中点N，连接EN，MN，显然MN∥CD，且MN=12CD，又BE∥CD，且BE=12CD，所以BE∥所以四边形MNEB为平行四边形，故BM∥EN，又A1E=2，DE=22，且N为A1D的中点，则EN与A所以BM，A1D不垂直，故A错误；对于B，由A1E=2，EC=22所以当∠A1EC=π2时，SC选项，如图2，取DE的中点P，DC的中点Q，作A1O⊥平面DEBC，且点O在平面DEBC内，连接A1P，PQ，EO，由A1E＝A1D＝2知，A1P⊥DE，又PQ∥EC，且ED⊥EC，所以DE⊥PQ，所以A1P在平面DEBC上的射影在直线PQ上，即点O在直线PQ上，所以∠A1PQ为平面A1DE与平面DEBC所成的二面角，则∠A1PQ＝α，所以sinα=A又A1E在平面DEBC上的射影为OE，则∠A1EO＝β，所以sinβ=A所以sinα=2sinβ，D选项，结合C可知，VA如图3，当点O，P重合时，即A1P⊥平面DEBC时，VA1−EDC因为ED⊥EC，所以点Q为三棱锥A1﹣EDC的外接球球心G在平面DEBC上的投影，故QG∥A1P，连接GA1，GC，过点G作GF⊥A1P于点F，因为A1P⊥平面DEBC，QP⊂平面DEBC，所以A1P⊥QP，GF∥QP，则GF=PQ=2设QG＝h，则FP＝h，A1由勾股定理得A1G2=A1F2+FG2=(2−h)设三棱锥A1﹣EDC的外接球半径为R，则A1G＝CG＝R，故(2−h)2所以其外接球半径R=2+2所以三棱锥A1﹣EDC的外接球的表面积为4πR2＝16π，D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知p：向量a→=(−1，1)与b→=(m，2)的夹角为锐角．则实数【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，2）．【分析】根据向量数量积的计算公式和共线向量的坐标关系即可得解．【解答】解：∵a→与b∴a→⋅b∴−m+2＞0−2−m≠0，解得m＜2且m∴m的取值范围为：（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，2）．13．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosB＝c﹣a．当c+4ab取最小值时，A＝【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】π6【分析】直接利用基本不等式和余弦定理的应用求出结果．【解答】解：因为2acosB＝c﹣a，由余弦定理得：2a⋅a整理得c=b所以c+4ab当且仅当ba=3a则c=b2a又因为A∈（0，π），所以A=π故答案为：π614．（5分）甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为23；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为12．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】724【分析】分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．【解答】解：第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为23，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为1若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为12，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为1所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P=1故答案为：724四、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）在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2ccosA＝2b﹣a．（1）求角C的大小；（2）若b＝3a，AB边上的中线为CD，求CDAB【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）C=π（2）9114【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析可得cosC=1（2）先利用余弦定理可得AB=7a，再根据向量分析可得CA→【解答】解：（1）因为2ccosA＝2b﹣a，由正弦定理可得：2sinCcosA＝2sinB﹣sinA，又因为sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，即2sinCcosA＝2sinAcosC+2cosAsinC﹣sinA，可得2sinAcosC﹣sinA＝0，在△ABC中，A∈（0，π），则sinA≠0，可得cosC=1且C∈（0，π），所以C=π（2）在△ABC中，由余弦定理可得AB2=因为AB边上的中线为CD，则CA→可得CA→即a2+(3a)所以CDAB16．（15分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．【考点】频率分布直方图的应用．【答案】（1）0.1，4；（2）68.5，70；（3）715【分析】（1）由频率分布直方图求出80～90这一组的频率，由此求出80～90这一组的频数；（2）由频率分布直方图能估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）利用列举法列出样本总数和基本事件总数，即可算出概率．【解答】解：（1）根据题意，50～60的这一组的频率为0.015×10＝0.15，60～70的这一组的频率为0.025×10＝0.25，70～80这一组的频率为0.035×10＝0.35，90～100的这一组的频率为0.005×10＝0.05，则80～90这一组的频率为[1﹣（0.15+0.25+0.35+0.05）]÷2＝0.1，其频数为40×0.1＝4；（2）这次竞赛的平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05＝68.5，70（分）左右两侧的频率均为0.5，则中位数为70；（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，因为80～90之间的人数为40×0.1＝4人，设为a、b、c、d，90～100之间有40×0.05＝2人，设为A、B，从这6人中选出2人，有{a，b}、{a，c}、{a，d}、{a，A}、{a，B}、{b，c}、{b，d}、{b，A}、{b，B}、{c，d}、{c，A}、{c，B}、{d，A}、{d，B}、{A，B}，共15个基本事件，其中事件E包括{a，b}、{a，c}、{a，d}、{b，c}、{b，d}、{c，d}、{A，B}，共7个基本事件，则P（E）=717．（15分）为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为56，35；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率．【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】（1）派甲参赛获胜的概率更大．（2）3445【分析】（1）设A1＝“甲在第一轮比赛中胜出”，A2＝“甲在第二轮比赛中胜出”，B1＝“乙在第一轮比赛中胜出”，B2＝“乙在第二轮比赛中胜出”，则A1A2＝“甲赢得比赛”，B1B2＝“乙赢得比赛”，利用独立事件的概率公式求出P（A1A2），P（B1B2），再比较两者的大小即可作出判断．（2）利用间接法，先求出两人都没有赢得比赛的概率，进而求出两人中至少有一人赢得比赛的概率．【解答】解：（1）设A1＝“甲在第一轮比赛中胜出”，A2＝“甲在第二轮比赛中胜出”，B1＝“乙在第一轮比赛中胜出”，B2＝“乙在第二轮比赛中胜出”，则A1A2＝“甲赢得比赛”，B1B2＝“乙赢得比赛”，∵P（A1）=56，P（A2）=23，P（B1）=35，P∴P（A1A2）＝P（A1）P（A2）=5同理P（B1B2）＝P（B1）P（B2）=3∵59∴派甲参赛获胜的概率更大．（2）由（1）知，设C＝“甲赢得比赛”，D＝“乙赢得比赛”，∵P（C）＝1﹣P（A1A2）＝1−59=49，P（D）＝1﹣P（B1于是C∪D＝“两人中至少有一人赢得比赛”，∴P（C∪D）＝1﹣P（CD）＝1﹣P（C）P（D）＝1−18．（17分）如图，在三棱锥V﹣ABC中，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F．（1）证明：AB⊥平面VOC；（2）在线段BM上是否存在一点E，使DE∥平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由．【考点】直线与平面垂直；直线与平面平行．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E是线段BM上靠近B的三等分点．【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明；（2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可得E点