2025 年高考押题预测卷
数学（新高考八省专用01）·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58 分）
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．已知集合A ={x∣−1≤x
3≤1}，B = {−2,−1,0,1,2}，则A ∩B =（ ）
A．{−1,0}
B．{1,2}
C．{−2,−1,0}
D．{−1,0,1}
1．【答案】D
【解析】由题意可得A = {x∣−1≤x ≤1}，则A ∩B = {−1,0,1}.
故选：D.
2．函数f (x)=|sin(2 x +π
3 )|
的最小正周期是（ ）
A．π
4
B．π
2
C．π
D．2π
2．【答案】B
【解析】因为函数f (x)=sin(2 x +π
3 )的最小正周期T = 2π
ω = 2π
2 =π，
所以函数f (x)=|sin(2 x +π
3 )|
的最小正周期为π
2
.
故选：B.
3．已知复数z满足(z +2)i=1−2i，则|z|=（ ）
A．√5
B．2√3
C．√15
D．√17
3．【答案】D
【解析】因为(z +2)i=1−2i，所以(z +2)i⋅i=(1−2i)i，即−(z +2)=i+2，
所以z =−i−4，所以|z|=√(−1)
2+(−4)
2=√17，
故选:D．
4．已知向量⃗a=(1,√3)，⃗b=(3, t )，且⃗a与⃗b
的夹角为30
∘，则t =（ ）
A．2
B．3
C．√2
D．√3
4．【答案】D
【解析】因为向量⃗a=(1,√3)，⃗b=(3, t )，且⃗a与⃗b的夹角为30
∘，
所以，⃗a⋅⃗b=|⃗a|⋅|⃗b|cos30
∘，即3+√3t =2√3
2+t
2× √3
2 >0，可得t >−√3，解得t =√3，
故选：D.
5．已知双曲线x
2
m + y
2
3 =1的离心率为√21
3
，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A．y =± √2
2 x
B．y =± √3
2 x
C．y =± √5
2 x
D．y =± √6
2 x
5．【答案】B
【解析】由题意双曲线x
2
m + y
2
3 =1，所以a=√3，b=√−m，
由a
2+b
2=c
2计算得：c =√−m+3，又因为双曲线的离心率为√21
3
，
所以√−m+3
√3
= √21
3 ，解得m=−4，
所以双曲线的方程为y
2
3 −x
2
4 =1，
其渐近线方程为y =± √3
2 x．
故选：B.
6．已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且圆锥的底面积为 4π ，则此圆锥的体积为（ ）
A．8√3π
B．8√3
3
π
C．16 π
D．16
3 π
6．【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为ℎ，
由题意可得：¿，解得¿，
所以圆锥的体积为V = 1
3 ×4π×2√3= 8√3
3
.
故选：B.
7．已知△ABC的内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c , A <π
4 ，a=2√17,b=5√2,sin2 A = 24
25
，则
△ABC的面积为（ ）
A．36√2
B．18√3
C．36
D．27
7．【答案】D
【解析】因为cos
2 A +sin
2 A =1，且2sin A cos A = 24
25 ，所以A ∈(0,π
4 ),∴sin A = 3
5 ,cos A = 4
5
，
由余弦定理得：a
2=b
2+c
2−2bccos A，
即4×17=50+c
2−2×5√2c× 4
5
即c
2−8√2c−18=0，即(c−9√2)(c +√2)=0，
所以c =9√2，
所以△ABC的面积为1
2 bcsin A = 1
2 ×5√2×9√2× 3
5 =27.
故选：D.
8．已知函数f (x)=¿是R上的增函数，且关于x的不等式f (a+ x
2)≥f (x)恒成立，则实数a的取值范围是
（ ）
A．[0, 1
4]
B．[−1
4 ,1]
C．[−1
4 , 1
4]
D．[
1
4 ,1]
8．【答案】D
【解析】因为函数g(x)=a−2
−x(x ≤0)与ℎ(x)=ln(x +1)(x>0)均是增函数，
所以，函数y = f (x)是R上的增函数只需满足g(0)≤ℎ(0)，即a−1≤0，解得a≤1，
由f (a+ x
2)≥f (x)得a+ x
2≥x，即a≥−(x−1
2)
2
+ 1
4
恒成立，
所以，当x = 1
2
时，函数y =−(x−1
2)
2
+ 1
4
取得最大值1
4
，所以，a≥1
4
，即a∈[
1
4 ,1]
，
因此，实数a的取值范围是[
1
4 ,1]
.
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．设抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点为F (0,1)，过F的直线l交x轴的负半轴于点M，交抛物线C于A ,B
两点，|AF|<|BF|，|BF|=|MF|，过B作抛物线C的切线交x轴于点N，则（ ）
A．p=2
B．直线l的斜率为√2
4
C．|AB|=9
D．△MBN的面积为3√2
9．【答案】ABD
【解析】因为F(0, p
2)
为(0,1)，所以p=2，故A 正确；
设M (−m,0)(m>0)，因此B (m,2)，由m
2= 4×2，从而m=2√2，直线l的斜率为1
m = √2
4
，故B 正
确；
直线l的方程为y = √2
4 x +1，
所以¿或¿，
因此可求得A(−√2, 1
2)
，B(2√2,2)，可得|AB|=√
(−√2−2√2)
2+(
1
2 −2)
2
= 9
2
，故C 错误；
由y = 1
4 x
2，得y
′ = 1
2 x，所以直线BN的斜率为y
'|x =2√2=√2，
方程为y =√2 x−2，因此N (√2,0)，
所以△MBN的面积为1
2 ×|MN|× yB=3√2，故D 正确．
故选：ABD．
10．定义：在区间I上，若函数y = f (x)是减函数，且y = xf (x)是增函数，则称y = f (x)在区间I上是“弱减
函数”.根据定义可得（ ）
A．f (x)= 1
x
在(0,+ ∞)上是“弱减函数”
B．f ( x)= x
e
x 在(1,2)上是“弱减函数”
C．若f (x)= ln x
x
在(m,+ ∞)上是“弱减函数”，则m>e
D．若f ( x)=cos x + k x
2在(0,π
2 )上是“弱减函数”，则2
3π ≤k ≤1
π
10．【答案】BD
【解析】对于A 选项，因为函数y = xf (x)=1在(0,+∞)上不是增函数，故A 不满足条件；
对于B 选项，f
′ (x)= 1−x
e
x
，当x∈(1,2)时，f
' (x)<0，故函数y = f (x)在x∈(1,2)上是减函数.
令g( x)= xf (x)= x
2
e
x , x∈(1,2)，则g
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
>0，
故函数g( x)= xf (x)在x∈(1,2)上为增函数，故B 满足条件；
对于C 选项，若f (x)= ln x
x 在(m,+∞)上单调递减，由f
′ (x)= 1−ln x
x
2
<0，得x>e，
故f (x)= ln x
x
的单调递减区间为(e,+∞).
若xf (x)= ln x在(m,+ ∞)上单调递增，则m≥0.
故若f (x)= ln x
x
在(m,+ ∞)上是“弱减函数”，则m≥e，故C 错误；
对于D 选项，若f ( x)=cos x + k x
2在(0,π
2 )上单调递减，
则f
′ (x)=−sin x +2kx ≤0在(0,π
2 )
上恒成立，即2k ≤(
sin x
x )min
.
令ℎ(x)= sin x
x
, x∈(0,π
2 )，
则ℎ
′ (x)= x cos x−sin x
x
2
，令φ(x)= x cos x−sin x , x∈(0,π
2 )，
则φ
′ (x)=cos x−x sin x−cos x =−x sin x<0，
则φ(x)在(0,π
2 )上单调递减，故φ(x)<φ(0)=0.
故ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(0,π
2 )上单调递减，ℎ(x)>ℎ(
π
2 )= 2
π .
所以2k ≤2
π
，解得k ≤1
π
.
若g( x)= xf (x)= x cos x + k x
3在(0,π
2 )上单调递增，
则g
′ (x)=cos x−x sin x +3k x
2≥0在(0,π
2 )上恒成立，
所以3k ≥(
x sin x−cos x
x
2
)max
.
令F (x)= x sin x−cos x
x
2
, x∈(0,π
2 )，
则F
′ (x)= x
2cos x +2cos x
x
3
>0，
所以F (x)在(0,π
2 )上单调递增，F (x)< F(
π
2 )= 2
π .
所以3k ≥2
π
，解得k ≥2
3π
.
综上，2
3π ≤k ≤1
π
，故D 正确.
故选:BD.
11．沿着下面左图纸带宽的三等分线（虚线）剪开，不能得到的剪开图是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．【答案】ACD
【解析】解：因为纸带是由一个长方形纸条一端扭曲180°后粘贴而成封闭环，沿着三等分线剪开时，
会一次性剪完纸带的所有三等分线．
所以剪开图是两个套在一起的环，并且两个环的宽度是原纸带环宽度的1
3
.正确剪开图是B．
故选：ACD.
第二部分（非选择题 共92 分）
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12．已知a>0且a≠1，b>0，函数f ( x)= loga x，若f (b
4)+ f (√b)=3，则logab=
.
12．【答案】2
3
【解析】函数f ( x)= loga x，
则f (b
4)+ f (√b)= logab
4+ loga√b=3，
简化可得：4 logab+ 1
2 logab=3，即9
2 logab=3，
所以logab= 2
3
.
故答案为：2
3
.
13．袋子里有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，从袋子中有放回地依次随机抽取四张卡片并记下卡片
上数字，则有两张卡片数字之和为5 的概率是
.
13．【答案】49
64
【解析】根据题意可知：有放回地依次随机抽取四张卡片可得所有情况有4
4=256种，
任意两张卡片数字之和不为5 的情况有：
1111
①
，2222，3333，4444，都各有1 种，
1112
②
，1122，1222，有2C4
1 +C4
2 =14种，
1113
③
，1133，1333，有2C4
1 +C4
2 =14种，
2224
④
，2244，2444 有2C4
1 +C4
2 =14种，
3334
⑤
，3344，3444 有2C4
1 +C4
2 =14种，
故总的情况有4 + 4×14 =60，
故有两张卡片数字之和为5 的概率是1−60
4
4 = 49
64 ，
故答案为：49
64
.
14．曲线x
2+ y
2=2|x|−2|y|所围成的封闭图形的面积为
．
14．【答案】2π −4
【解析】对于曲线x
2+ y
2=2|x|−2|y|，
在上式中，将y 换成−y得x
2+ y
2=2|x|−2|y|，即曲线关于x 轴对称，
将x 换成−x得x
2+ y
2=2|x|−2|y|，即曲线关于y 轴对称，
因此只需考虑在第一象限的情形，
当x>0，y >0时曲线即x
2+ y
2=2 x−2 y，即(x−1)
2+( y +1)
2=2，
所以曲线在第一象限内与x 轴所围成的图形是由半径为√2的1
4
圆去掉一个等腰直角三角形而形成的图
形，
根据对称性可得曲线x
2+ y
2=2|x|−2|y|所围成的封闭图形为下图阴影部分，
所以所围成的封闭图形的面积S = 4[
1
4 ×π×(√2)
2−1
2 ×√2×√2]=2π−4．
故答案为：2π−4.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13 分）
某地区为了检测某种农业有机肥料的效果，农业专家播撒肥料到200 块试验田中，一段时间后测量土
地的某项肥力指标，按[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]分组，绘制成如下频率分布直方
图.试验后发现，产生土地肥力的为160 块，其中该项指标不小于60 的有110 块.假设各块试验田播撒肥
料后是否产生肥力相互独立.
(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及α =0.01的独立性检验，判断能否认为播撒肥料试验田产
生肥力与指标值不小于60 有关；
指标值
合计
小于60
不小于60
产生肥力
未产生肥力
合计
(2)为了检验有机肥第二次播撒的有效性，对第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播
撒，结果又有20 块试验田产生肥力.用频率估计概率，求一块试验田播撒2 次有机肥料产生肥力的概率
P.
参考公式：χ
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)
（其中n=a+b+c +d为样本容量）
参考数据：
α
0.100
0.050
0.010
0.005
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
【解析】（1）在[0,20)指标内的有0.00250×20×200=10块，
同理：[20,40)内的有25 块，[40,60)内的有35 块，[60,80)内的有100 块，
[80,100]内的有30 块，
指标值
<60
指标值
≥60
产生肥力
50
110
未产生肥
力
20
20
K
2= 200×(50×20−20×110)
2
160×40×70×130
≈4.945<6.635，（3 分）
所以根据列联表及α =0.01的独立性检验，不能认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60 有关.
（5 分）
（2）由题意，第一次播撒后产生肥力的频数为160，
第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒后产生肥力的频数为20，（9 分）
则一块试验田播撒2 次有机肥料产生肥力的频率为160+20
200
= 9
10
，以频率估计概率，这块试验田播撒2
次有机肥料产生肥力的概率为9
10
.（13 分）
16．（15 分）
设Sn
为数列{an}的前n 项和，n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1
，已知a1=1,a2= 4 ,a3=12．
(1)证明：数列{an+1−2an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若不等式λ(Sn−1)−n+1≥0对任意正整数n 都成立，求实数λ的最小值．
【解析】（1）当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，即Sn+2−Sn+1= 4(Sn+1−Sn)−4(Sn−Sn−1)，
则an+2= 4 an+1−4 an，而a1=1,a2= 4 ,a3=12，则a3= 4 a2−4 a1，（2 分）
于是∀n∈N
∗时，an+2= 4 an+1−4 an，整理得an+2−2an+1=2(an+1−2an)，又a2−2a1=2≠0，
所以数列{an+1−2an}是首项和公比都是2 的等比数列.（4 分）
（2）由（1）知，数列{an+1−2an}是首项和公比都是2 的等比数列，则an+1−2an=2
n，（6 分）
因此an+1
2
n+1 −an
2
n = 1
2
，数列{an
2
n }是首项为1
2
，公差为1
2
的等差数列，an
2
n = 1
2 + 1
2 (n−1)= 1
2 n，
所以数列{an}的通项公式an=n×2
n−1.（8 分）
（3）由（2）知，Sn=1×2
0+2×2
1+3×2
2+⋯+n×2
n−1，
2Sn=1×2
1+2×2
2+⋯+(n−1)×2
n−1+n×2
n，
两式相减得，−Sn=1+2
1+2
2+⋯+2
n−1−n×2
n= 1−2
n
1−2 −n×2
n=−1+(1−n)×2
n，
则Sn=2
n(n−1)+1．（10 分）
不等式λ(Sn−1)−n+1≥0⇔λ⋅2
n(n−1)−(n−1)≥0，（12 分）
当n=1时，λ为任意实数；当n≥2时，λ≥1
2
n恒成立，而1
2
n ≤1
4 ，因此λ≥1
4 ，
所以实数λ的取值范围是λ≥1
4
，λ的最小值为1
4
.（15 分）
17．（15 分）
已知函数f ( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax−4 a.
(1)若f ( x)的图象在x =0处的切线l 过点P(−4 ,−6)，求a 的值及l 的方程；
(2)若f ( x)有两个不同的极值点x1，x2( x1< x2)，且当0< x< x2时恒有f ( x)<−4 a，求a 的取值范围.
【解析】（1）因为f ( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax−4 a，
所以f
′( x)=( x −1)e
x−2ax +2a，而f (0)=−2−4 a，得到切点为(0,−2−4 a)，
设切线斜率为k，由导数的几何意义得k = f
′(0)=−1+2a，
则切线方程为y −(−2−4 a)=(−1+2a)x，（3 分）
而切线l 过点P(−4 ,−6)，得到−6−(−2−4 a)=(−4)×(−1+2a)，
解得a= 2
3
，此时l 的方程为y −(−2−4× 2
3 )=(−1+2× 2
3 )x，
即y = 1
3 x−14
3
，则l 的方程为x−3 y −14 =0.（6 分）
（2）因为f ( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax−4 a，
且f ( x)<−4 a，所以( x −2)e
x−a x
2+2ax<0，
令g( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax =( x −2)(e
x−ax)，
则g
′ (x)=( x −1)e
x−2a( x −1)=( x −1)(e
x−2a)．
因为g( x)有两个不同的极值点x1，x2，（x1< x2），（8 分）
所以当a≤0时，e
x−2a>0，则g( x)只有一个极值点，不符合题意，
当a>0且a≠e
2
，
①当x1= ln2a，x2=1，即0<a<e
2
时，
当0< x<1时，g( x)<0恒成立，即(e
x−ax)( x −2)<0，即a<e
x
x
恒成立，
设ℎ( x)=e
x
x
(0< x<1)，则ℎ
′( x)= ( x−1)e
x
x
2
<0，
所以ℎ( x)在(0,1)上单调递减，
则ℎ( x)>ℎ(1)=e，则a≤e，故0<a<e
2
；（10 分）
②当x1=1，x2= ln2a，即a>e
2
时，
当x∈(0,ln 2a)时，g( x)<0恒成立，即(e
x−ax)( x −2)<0恒成立，
若ln2a>2，则当x =2时，(e
x−ax)( x −2)=0，不满足题意，
所以ln2a≤2，此时e
x−ax>0，即a<e
x
x
，（13 分）
设p( x)=e
x
x
(0< x<ln 2a)，则p
′( x)= ( x−1)e
x
x
2
，
易得p( x)在（0,1）上单调递减，在(1,ln 2a)上单调递增，
所以¿，解得a<e，故e
2 <a<e，
综上，a的取值范围是(0,e
2 )∪(e
2 ,e)．（15 分）
18．（17 分）
已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点F(−2,0)短轴长为2√2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)连线l: x =−a
2
2
与x轴交于点Q，过焦点F (−2,0)的直线与椭圆交于M , N两点.
（i）证明：Q点在以MN为直径的圆外：
（ii）在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形.若存在，求出直线MN的方程，若不存在，请说明
理由.
【解析】（1）由题意得c =2,b=√2，所以a=√b
2+c
2=√6
，
则椭圆C的标准方程为x
2
6 + y
2
2 =1.（4 分）
（2）（i）由题意得，Q (−3,0)，
当直线MN斜率为0 时，此时以MN为直径的圆的方程为x
2+ y
2=6，显然Q在此圆外；
当直线MN斜率不为0 时，设直线MN的方程为x =my −2，
由¿可得，(m
2+3) y
2−4 my −2=0，
Δ=16m
2+8(m
2+3)=24 m
2+24>0恒成立，（6 分）
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则y1+ y2= 4 m
m
2+3
, y1 y2= −2
m
2+3
，⃗
QM ⋅⃗QN =(x1+3)(x2+3)+ y1 y2
=(m y1+1)(m y2+1)+ y1 y2=(m
2+1) y1 y2+m( y1+ y2)+1
= −2m
2−2
m
2+3
+ 4 m
2
m
2+3
+1= 3m
2+1
m
2+3
>0，（8 分）
故Q在以MN为直径的圆外.（9 分）
（ii）当MN斜率不存在时，|MN|= 2b
2
a = 2√6
3
，此时Q到MN距离为1，故不存在等边三角形，当
MN斜率为0 时，易得不存在等边三角形，（11 分）
当MN斜率存在且不为0 时，设直线MN的方程为x =my −2，
设MN中点为G(xG, yG)，又M (x1, y1), N (x2, y2)，由（i）得，
yG= y1+ y2
2
= 2m
m
2+3
，由于G在直线x =my −2上，所以xG= −6
m
2+3
，（13 分）
直线EG的斜率为−m，所以|EG|=√1+m
2|
−6
m
2+3
+3|=√1+m
2 3m
2+3
m
2+3
.
|MN|=√1+m
2|y1−y2|=√1+m
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2√6(m
2+1)
m
2+3
，
因为△EMN是等边三角形，所以|EG|
|MN|= √3
2
，则√m
2+1(3m
2+3)
2√6(m
2+1)
= √3
2
，（15 分）
解得m
2=1，即m=±1，
故直线l的方程为y = x +2或y =−x−2.（17 分）
19．（17 分）
球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三
角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一
个内角.如图（1），球O的半径R =√3, A ,B ,C , D为球O的球面上的四点.
(1)若球面三角形ABC的三条边长均为√3π
3
，求此球面三角形一个内角的余弦值.
(2)在球O的内接三棱锥D−ABC中，DB⊥平面ABC , AB: AC :BC =√3:√2:1，直线DC与平面
ABC所成的角为π
3
.
（i）若M , N分别为直线AD ,BC上的动点，求线段MN长度的最小值；
（ii）如图（2），若P ,Q分别为线段AC ,BC的中点，G为线段BD上一点（与点B不重合），当平面
OBC与平面GPQ夹角的余弦值最大时，求线段BG的长.
【解析】（1）因为球面三角形ABC的三条边长均为√3π
3
, R =√3，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为π
3
，所以四面体OABC为正四面体.
取OA的中点E，连接BE ,CE，则BE⊥OA ,CE⊥OA，且BE =CE = 3
2
，
则∠BEC为二面角B−AO−C的平面角.（2 分）
由余弦定理可得cos∠BEC = B E
2+C E
2−BC
2
2BE⋅CE
=
9
4 + 9
4 −3
2× 9
4
= 1
3
.
所以此球面三角形一个内角的余弦值为1
3
.（4 分）
（2）因为DB⊥平面ABC，所以DB⊥AC , DB⊥AB.
设BC =a(a>0)，则AB =√3a, AC =√2a,BD =√3a，所以AD =√6a.
由勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC，又BD∩BC = B，
所以AC ⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AC ⊥CD，
因为直线DC与平面ABC所成的角为π
3
，所以∠DCB =π
3
.
易知在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜边AD的中点到点A ,B ,C , D的距离相等，即AD为球O的直径，
所以AD =√6a=2√3,a=√2.（6 分）
以点C为坐标原点，直线CB ,CA分别为x , y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系.
（i）由题可知C (0,0,0), A (0,2,0),B(√2,0,0), D(√2,0,√6)，
则⃗AD =(√2,−2,√6),⃗BC =(−√2,0,0),⃗BD =(0,0,√6).
设与⃗AD ,⃗BC都垂直的向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿令z =√6，则⃗n=(0,3,√6)，（8 分）
所以线段MN长度的最小值为|⃗BD⋅⃗n|
|⃗n|
= 6
√15 = 2√15
5
.（9 分）
（ii）设BG =t ,t ∈(0,√6]，由题可知P(0,1,0),Q(
√2
2 ,0,0),G(√2,0,t),O(
√2
2 ,1, √6
2 )
，
则⃗CO =(
√2
2 ,1, √6
2 ),⃗PQ =(
√2
2 ,−1,0),⃗QG =(
√2
2 ,0,t)
.
设平面OBC的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则¿取z1=−2，可得⃗m=(0,√6,−2).（11 分）
设平面GPQ的一个法向量为⃗p=(x2, y2, z2)，
则¿取x2=√2t，可得⃗p=(√2t ,t ,−1).（13 分）
设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ.
因为cosθ =|cos<⃗m,⃗p>|=|⃗m⋅⃗p|
|⃗m||⃗p| =
|√6t +2|
√10⋅√3t
2+1
= √5
5 ×|√3t +√2|
√3t
2+1
= √5
5 ×√
(√3t +√2)
2
3t
2+1
= √5
5 ×√
1+ 2√6t +1
3t
2+1
，（15 分）
令s=2√6t +1，则s∈(1,13],t = s−1
2√6 ,3t
2= (s−1)
2
8
，
可得2√6t +1
3t
2+1
=
s
(s−1)
2
8
+1
=
8 s
s
2−2s+9
=
8
s+ 9
s −2
≤
8
2√s⋅9
s −2
=
8
6−2 =2，
当且仅当s=3，即t = √6
6
时等号成立，此时cosθ取得最大值，
故BG = √6
6
.（17 分）
