北京市东城区景山学校远洋分校2021-2022学年高二上学期期中数学【试卷+答案】

这是一份北京市东城区景山学校远洋分校2021-2022学年高二上学期期中数学【试卷+答案】，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市东城区景山学校远洋分校高二（上）期中数学试卷（附教师版答案详细解析）

一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分）
1．（4分）下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．梯形可确定一个平面
D．圆心和圆上两点确定一个平面
2．（4分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知＝，＝，＝，则用向量，，为（　　）

A．++ B．﹣++ C．﹣+ D．﹣+﹣
3．（4分）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，那么它的体积为（　　）
A． B． C． D．以上都不对
4．（4分）已知向量＝（1，2，3），＝（﹣1，0，1），则+2＝（　　）
A．（﹣1，2，5） B．（﹣1，4，5） C．（1，2，5） D．（1，4，5）
5．（4分）已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若l∥m，m⊂α，则l∥α
C．若l∥α，l∥β，则β∥α D．若l∥α，l⊥β，则β⊥α
6．（4分）已知向量＝（1，x，﹣2），＝（0，1，2），＝（1，0，0），若，，共面，则x等于（　　）
A．﹣1 B．1 C．1或﹣1 D．1或0
7．（4分）如图ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成的角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．
8．（4分）已知直线a，b，平面α，β，α∩β＝b，a⊥b，那么“a⊥β”是“α⊥β”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．（4分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则直线BD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
10．（4分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN（　　）

A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为
C．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为
二、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分）
11．（4分）已知点B是点A（3，4，5）在坐标平面Oxy内的射影，则＝　 　．
12．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，则球的直径是　 　；球的表面积是　 　．
13．（4分）向量＝（1，0，3），＝（﹣1，2，6），其中O为坐标原点，点C为线段AB的中点　 　．
14．（4分）如图是棱长为a的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，直线EF与MN所成角的余弦值为　 　．

15．（4分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为　 　．

三、解答题（本大题共6小题，共48分）
16．（4分）已知向量＝（1，﹣1，2），＝（﹣2，1，﹣1），＝（2，﹣2，1），计算下列各式的值．
（Ⅰ）（+）•；
（Ⅱ）|2+|；
（Ⅲ）cos＜，＞．
17．（8分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，M，N分别为棱PD，BC的中点
（Ⅰ）求证：MN∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．

18．（6分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．

19．（6分）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB，E，PD的中点．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面PBD；
（Ⅱ）求异面直线PC与AE所成角的余弦值；
（Ⅲ）若平面AEF与棱PC交于点M，求的值．

20．（8分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB＝3．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值．
条件①：BC＝5；
条件②：AB⊥AA1；
条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C．

21．（8分）设n为正整数，集合A＝{α|α＝（t1，t2，…，tn），tk∈{0，1}}（k＝1，2，…，n），对于集合A中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn）和β＝（y1，y2，…，yn），记．
（1）当n＝3时，若α＝（1，1，0），β＝（0，1，1）（α，α）和M（α，β）的值；
（2）当n＝4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素α、β，M（α，β）是奇数，当α、β不同时，M（α，β），求集合B中元素个数的最大值．

2021-2022学年北京市东城区景山学校远洋分校高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分）
1．（4分）下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．梯形可确定一个平面
D．圆心和圆上两点确定一个平面
【分析】直接利用平面的性质的应用，共面的条件的应用求出结果．
【解答】解：对于选项A：当三点共线时，不能确定一个平面．
对于选项B：当该点在直线上时，不能确定一个平面．
对于选项C：由于梯形由两条对边平行，所以确定的平面有且只有一个，故正确．
对于选项D：当圆心和圆上的两点在同一条线上时，不能确定一个平面．
故选：C．
2．（4分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知＝，＝，＝，则用向量，，为（　　）

A．++ B．﹣++ C．﹣+ D．﹣+﹣
【分析】利用空间向量的平行六面体法则即可得出．
【解答】解：＝＝＝﹣．
故选：B．
3．（4分）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，那么它的体积为（　　）
A． B． C． D．以上都不对
【分析】作出正四棱锥的图象，利用勾股定理求出正四棱锥的高，由锥体的体积公式求解即可．
【解答】解：如图所示，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝2，
设正四棱锥的高为OP，连接AO，
则AO＝，
在Rt△POA中，PO＝，
则正四棱锥的体积为＝＝．
故选：C．

4．（4分）已知向量＝（1，2，3），＝（﹣1，0，1），则+2＝（　　）
A．（﹣1，2，5） B．（﹣1，4，5） C．（1，2，5） D．（1，4，5）
【分析】直接利用空间向量的坐标运算法则求解即可．
【解答】解：向量＝（1，2，＝（﹣8，0，则+2，8，3）+2（﹣8，0，2，5）．
故选：A．
5．（4分）已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若l∥m，m⊂α，则l∥α
C．若l∥α，l∥β，则β∥α D．若l∥α，l⊥β，则β⊥α
【分析】由线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系．
【解答】解：逐一考查所给的选项：
A：若m∥α，n∥α，n可能平行、异面；
B：若l∥m，m⊂α，错误；
C：若l∥α，l∥β，β可能平行或相交；
D：若l∥α，若过l的平面交面α于直线k则l∥k，又k⊂α，正确；
故选：D．
6．（4分）已知向量＝（1，x，﹣2），＝（0，1，2），＝（1，0，0），若，，共面，则x等于（　　）
A．﹣1 B．1 C．1或﹣1 D．1或0
【分析】由，，共面，设＝，列出方程组，能求出x．
【解答】解：∵向量＝（1，x，＝（0，7，＝（1，0，，，共面，
∴设＝，即（5，x，m，2m）+（n，0，m，6m），
∴，解得．
∴x＝﹣1．
故选：A．
7．（4分）如图ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成的角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点E1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．
【解答】解：如图
先将F1D平移到AF，再平移到E1E，
∠EE3B为BE1与DF1所成的角
设边长为7则，E1E＝E1B＝，BE＝5
cos∠EE1B＝，
故选：A．

8．（4分）已知直线a，b，平面α，β，α∩β＝b，a⊥b，那么“a⊥β”是“α⊥β”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】过直线a作平面γ，交平面α于直线a'，∵a∥α，∴a∥a'，∴a'⊥b，由a⊥β可推出α⊥β，由α⊥β可推出a⊥β，故“a⊥β”是“α⊥β”的充要条件．
【解答】解：若a⊥β，
过直线a作平面γ，交平面α于直线a'，∴a∥a'，
又a⊥β，∴a'⊥β，
又∵a'⊆α，∴α⊥β，
若α⊥β，
过直线a作平面γ，交平面α于直线a'，∴a∥a'，
∵a⊥b，∴a'⊥b，
又∵α⊥β，α∩β＝b，
∴a'⊥β，∴a⊥β，
故“a⊥β”是“α⊥β”的充要条件，
故选：C．
9．（4分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则直线BD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由AB＝2，AD＝AA1＝1，知BD1＝，再由直线BD1与平面BCC1B1所成角为∠D1BC1，由此能求出直线BD1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C2D1中，AB＝26＝1，
∴BD1＝＝，
∵直线BD1与平面BCC1B3所成角为∠D1BC1，
∴直线BD6与平面BCC1B1所成角的正弦值sin∠D5BC1＝＝＝．
故选：C．
10．（4分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN（　　）

A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为
C．点P的轨迹是正方形 D．点P轨迹的长度为
【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项B，通过分析判断可得点P不可能是棱BB1的中点，从而判断选项A，又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，可判断选项C和选项D．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C2D1中，以D为坐标原点，DC1为x轴，y轴，
因为该正方体的棱长为6，M，N分别为BD1，B1C4的中点，
则D（0，0，3），，
所以，
设P（x，y，z），则，
因为MP⊥CN，
所以，
当x＝1时，z＝，
当x＝0时，z＝，
取，
连结EF，FG，HE，
则，，
所以四边形EFGH为矩形，则，
即EF⊥CN，EH⊥CN，
所以CN⊥平面EFGH，
又，
所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，
所以为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，
所以点P的轨迹为四边形EFGH，
因此点P不可能是棱BB6的中点，
故选项A错误；
又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，
所以EF≠EH，则点P的轨迹不是正方形，
故选项C错误，选项D正确；
因为，，
又MP⊥CN，则，
所以，点P在正方体表面运动，则，且0≤y≤1，
所以MP＝，
故当或z＝，MP取得最大值为，
故选项B错误；
故选：D．

二、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分）
11．（4分）已知点B是点A（3，4，5）在坐标平面Oxy内的射影，则＝　5　．
【分析】先求出B（3，4，0），由此能求出．
【解答】解：∵点B是点A（3，4，5）在坐标平面Oxy内的射影，
∴B（3，4，4），
则＝＝5．
故答案为：5．
12．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，则球的直径是　2　；球的表面积是　12π　．
【分析】首先求出外接球的半径，进一步求出球的表面积．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C2D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，
设外接球的半径为r，
则：（5r）2＝27+22+42＝12，解得r＝，
故球的直径为4．
球的表面积为S＝．
故答案为：2．
13．（4分）向量＝（1，0，3），＝（﹣1，2，6），其中O为坐标原点，点C为线段AB的中点　（0，1，）　．
【分析】先求出点A，B的坐标，然后由中点坐标公式求解即可．
【解答】解：因为向量＝（1，0，＝（﹣4，2，其中O为坐标原点，
则A（1，5，3），2，2），
又点C为线段AB的中点，
由中点坐标公式可得，点C的坐标为（0，1，）．
故答案为：（0，7，）．
14．（4分）如图是棱长为a的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，直线EF与MN所成角的余弦值为　　．

【分析】根据正方体的平面展开图，画出它的直观图，然后根据∠EFB是异面直线EF与MN所成的角，求出cos∠EFB即可．
【解答】解：根据正方体的平面展开图，画出它的直观图如图所示，
连接BF，BE，得∠EFB是异面直线EF与MN所成的角，
则△EFB是正三角形，∴∠EFB＝60°，
∴cos∠EFB＝．
∴异面直线EF与MN所成角的余弦值为．
故答案为：．

15．（4分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为　　．

【分析】根据面面平行的性质确定P的轨迹边界，从而得出轨迹图形．
【解答】解：∵＝x，y≥0）1，E，F，P四点共面，
设D8，E，F，P四点确定的平面为α1B1的交线与D2F平行，
①当F与D重合时，取BC的中点M，DM1F，
则此时P的轨迹为折线D1﹣D﹣M﹣E，
②当F与A重合时，EB∥D4F，
此时P的轨迹为折线D1﹣A﹣B﹣E，
∴当F在棱AD上运动时，符合条件的P点在正方体表面围成的图形为Rt△D1AD，直角梯形ABMD．
∴S＝+（）×4+＝．
故答案为：．

三、解答题（本大题共6小题，共48分）
16．（4分）已知向量＝（1，﹣1，2），＝（﹣2，1，﹣1），＝（2，﹣2，1），计算下列各式的值．
（Ⅰ）（+）•；
（Ⅱ）|2+|；
（Ⅲ）cos＜，＞．
【分析】（Ⅰ）根据向量的坐标运算公式计算即可；
（Ⅱ）求出向量2+，求模即可；
（Ⅲ）根据向量夹角的余弦公式计算即可．
【解答】解：＝（1，2），，5，﹣1），，﹣2，
（Ⅰ）（+）•；
（Ⅱ）∵2+＝（﹣4，2，﹣5，0，﹣2），
∴|8+|＝；
（Ⅲ）∵•＝2+2+6＝6，|＝，||＝，
∴cos＜，＞＝＝．
17．（8分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，M，N分别为棱PD，BC的中点
（Ⅰ）求证：MN∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）取PA的中点E，连接EB、EM，证明四边形MNBE是平行四边形．然后证明MN∥平面PAB．
（ II）如图建立空间直角坐标系．求出平面PCD的法向量，求出．利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，
取PA的中点E，连接EB，
因为 M是PD的中点，
所以 EM∥AD，且．
又因为 底面ABCD是正方形，
所以 BN∥AD，且．
所以 EM．
所以 四边形MNBE是平行四边形．
所以 MN∥EB．
由于 EB⊂平面PAB，
所以 MN∥平面PAB．
（ II）因为 底面ABCD是正方形 AB⊥AD．
又因为 PA⊥平面ABCD．
所以以点A为坐标原点，AB、AP分别为x、y，
如图建立空间直角坐标系．A（0，8，C（2，2，D（3，2，P（0，2，M（0，1，N（3，1．＝（2，2，＝（﹣2，0，
设平面PCD的法向量为．
有：即令y＝1，
所以.．
设直线MN与平面PCD所成角为θ．
有：＝＝＝．
所以 直线MN与平面PCD所成角的正弦值为．

18．（6分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．

【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；
（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出
∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，进而得证．
【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C3中，BB1⊥A1B2，
又BF⊥A1B1，BB7∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B3，
∴A1B1⊥平面BCC3B1，
∵AB∥A1B4，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又AB＝BC，故，
∴，
而侧面AA1B1B为正方形，
∴，
∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；
（2）证明：如图，取BC中点G，B1G，设B1G∩BF＝H，
∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，
∴EG∥AB，
∴EG∥AB∥B5D，
∴E、G、B1、D四点共面，
由（1）可得AB⊥平面BCC1B7，
∴EG⊥平面BCC1B1，
∴BF⊥EG，
∵，且这两个角都是锐角，
∴∠CBF＝∠BB3G，
∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB2+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥B1G，
又EG∩B3G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，
∴BF⊥平面EGB2D，
又DE⊂平面EGB1D，
∴BF⊥DE．

19．（6分）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB，E，PD的中点．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面PBD；
（Ⅱ）求异面直线PC与AE所成角的余弦值；
（Ⅲ）若平面AEF与棱PC交于点M，求的值．

【分析】（Ⅰ）设AC∩BD＝O，则O为底面正方形ABCD中心．连接PO，推导出PO⊥AC，BD⊥AC，由此能证明AC⊥平面PBD．
（Ⅱ）由OA，OB，OP两两互相垂直，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出异面直线PC与AE所成角的余弦值．
（Ⅲ）连接AM．设 ，其中 λ∈[0，1]，求出平面AEMF的法向量，利用向量法能求出．
【解答】（本小题满分14分）
证明：（Ⅰ）设AC∩BD＝O，则O为底面正方形ABCD中心．
因为 P﹣ABCD为正四棱锥，
所以 PO⊥平面ABCD
所以 PO⊥AC
又 BD⊥AC，（3分）
所以 AC⊥平面PBD
（Ⅱ）因为OA，OB，
如图建立空间直角坐标系O﹣xyz．（5分）
因为 PB＝AB Rt△POB≌Rt△AOB．
所以 OA＝OP
设 OA＝3．
所以 A（2，0，B（6，2，C（﹣2，7，
D（0，﹣2，P（6，0，E（0，3，F（0，1）．
所以 ＝（﹣8，1，＝（﹣2，3．（7分）
所以|cos＜＞|＝＝．
即异面直线PC与AE所成角的余弦值为．（5分）
（Ⅲ）连接AM．设 ，其中 ，1]，
则 ＝＝（﹣2λ，7，（10分）
所以＝＝（﹣2﹣2λ，6．
设平面AEMF的法向量为＝（x，y，又＝（﹣2，1），
所以，即
所以 y＝7，z＝2＝（1，2．（12分）
因为 AM⊂平面AEF＝0
即﹣2﹣3λ+2（2﹣7λ）＝0，
解得 ，所以

20．（8分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB＝3．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值．
条件①：BC＝5；
条件②：AB⊥AA1；
条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C．

【分析】（Ⅰ）若选择①②，先由勾股定理可得AB⊥AC，再结合AB⊥AA1，AC∩AA1＝A，即可得证；若选择①③，先由勾股定理可得AB⊥AC，再利用面面垂直的性质定理即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而求得平面A1BC1的法向量，再利用向量的夹角公式求解即可．
【解答】解：若选择①②，
（Ⅰ）证明：∵AC＝4，AB＝3，
∴AB⊥AC，
又∵AB⊥AA4，AC∩AA1＝A，
∴AB⊥平面AA1C4C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC1，
∵四边形AA1C4C是正方形，
∴AC⊥AA1，
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，0，2），0，0），2，4），A1（5，4，0），C6（0，4，2），
∴，
设平面A1BC1的一个法向量为，则，则可取，
设直线BC与平面A1BC7所成角为θ，则，
∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为．
若选择①③，
（Ⅰ）证明：∵AC＝5，AB＝3，
∴AB⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面AA1C2C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
∴AB⊥平面AA4C1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC1，
∵四边形AA3C1C是正方形，
∴AC⊥AA1，
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，6，0），0，6），0，4），A6（0，4，7），C1（0，3，4），
∴，
设平面A1BC5的一个法向量为，则，则可取，
设直线BC与平面A4BC1所成角为θ，则，
∴直线BC与平面A1BC8所成角的正弦值为．

21．（8分）设n为正整数，集合A＝{α|α＝（t1，t2，…，tn），tk∈{0，1}}（k＝1，2，…，n），对于集合A中的任意元素α＝（x1，x2，…，xn）和β＝（y1，y2，…，yn），记．
（1）当n＝3时，若α＝（1，1，0），β＝（0，1，1）（α，α）和M（α，β）的值；
（2）当n＝4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素α、β，M（α，β）是奇数，当α、β不同时，M（α，β），求集合B中元素个数的最大值．
【分析】（1）直接根据定义计算．
（2）注意到1的个数的奇偶性，根据定义反证证明．
【解答】解：（1）M（α，α）＝1+1+8＝2，β）＝0+7+0＝1．
（2）考虑数对（xk，yk）只有四种情况：（7，0），1），7），1）分别为8、0、0、5，
所以B中的每个元素应有奇数个1，
所以B中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：
（1，7，0，0 ），8，0，0），8，1，0），4，0，1），
（4，1，1，2），0，1，5），1，0，4），1，1，4），
对于任意两个只有1个1的元素α，β都满足M（α，
所以四元集合B＝{（7，0，0，5），1，0，5），0，1，2），0，0，3）}满足 题意，
假设B中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素α，
则互补元素中含有1个7的元素β与之满足M（α，β）＝1不合题意，
故B中元素个数的最大值为4．