《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16.（15分）
如图，在三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，平面$ABB_{1}A_{1}\perp$平面$AB_{1}C$，$BB_{1}\perp AB_{1}$，$AB = 4$，$AA_{1}=AB_{1}=2$，$\angle BAC=\frac{\pi}{2}$.
（Ⅰ）证明：$AC\perp$平面$ABB_{1}A_{1}$；
（Ⅱ）若直线$BC$与$B_{1}C_{1}$距离为3，求平面$ABB_{1}A_{1}$与平面$BCC_{1}B_{1}$夹角的余弦值.

答案：

16.线面垂直的判定+面面夹角的余弦值 天利

解:(I)证明:
∵ 平面ABBA1⊥平面ABC，平面ABBAm

平面ABC=AB1,BB1C平面ABBA1,BB1⊥AB,

∴ BB1⊥平面ABC, (3分)

∵ ACC平面AB1C,
∴ BB⊥AC. (4分)

∵ ∠BAC= $\frac{π}{2}$ ,
∴ AB⊥AC.

又
∵ AB∩BB1=B,ABC平面ABB1A1,BB1C平面

ABB1A1,

∴ AC⊥平面ABB1A1. (6分)

−数学.

(II)解法一:设A1B1的中点为D,连接AD，

∵ AA1=AB1.

∴ AD⊥AB1.

∵ AB//AB1,

∴ AD⊥AB.

由(I)知,AC⊥平面ABB1A1,

又ADC平面ABB1A1,

∴ AC⊥AD,

又
∵ AB⊥AC,
∴ AB,AC,AD两两垂直. (7分)

以A为坐标原点，分别以AB，AC，AD所在直线为x轴、

y轴、N轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

2A: C

B、

A C y

B.、、

x

易知∠ABA1=∠B1AB= $\frac{π}{3}$ ,

∴ △A1B1A是正三角形,AB1=2.

设A1C1=a>0,则AC=2a,

A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,2a,0),B(1,0 $\sqrt{3}$ ),C1(−1,a $\sqrt{3}$ ),

∴ BB=(−3,，0, $\sqrt{3}$ ),BC=(−2,a,0). (9分)

∵ 直线BC与B1C1的距离为3，

∴ $\sqrt{BB²−(BB.BC|BC}$ { = $\sqrt{12−(\frac{6}{\sqrt{4+a²}}}$ =3,

解得a=2 $\sqrt{2}$ (舍负). (11分)

由(I)知平面ABBA的一个法向量为AC=(0,4 $\sqrt{2}$ ,0).

(12分)

设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,N),

n.BB=0,, −3x+ $\sqrt{3}$ x=0,

则 { n.BC=0, 即 { −2x+2 $\sqrt{2}$ y=0, 取y=1,

则n=( $\sqrt{2}$ ,1, $\sqrt{6}$ ). (14分)

|AC|=4 $\sqrt{2}$ ,|n｜=3,AC.n=4 $\sqrt{2}$ ,

AC.n

=

cos <AO,n)= |AC||n| $\frac{1}{3}$ ,

平面ABBA1与平面BCC;B;夹角的余弦值为 .

(15分)

解法二:由(I)知BB1⊥平面ABC,CBC平面ABC,

∴ BB1⊥CB1,又BB1⊥AB1,AB1C平面ABB1A1,CBC

平面BCC1B,

∴ ∠ABC即为平面ABB1A1与平面BCCB1所成角或其补

角，过点B1作B1D⊥BC于D,

∵ 直线BC与B1C1的距离为3,

∴ B1D=3,又BB1⊥AB1,AB=4,AB1=2,

∴ BB1= $\sqrt{AB²−AB²}$ =2 $\sqrt{3}$ ,

=

在 Rt △BBD中, s in ∠DBB1= $\frac{BD}{BB}$ $\frac{\sqrt{3}}{2}$

∴ ∠DBB1= $\frac{π}{3}$ ,

∴ 在 Rt △BB1C中,B1C=BB1 tan ∠DBB1=2 $\sqrt{3}$ × $\sqrt{3}$ =6,

由(I)知AC⊥平面ABB1A1,AB1C平面ABBA1，

∴ AC⊥AB,

∴ 在 Rt △AB1C中, cos ∠AB1C= $\frac{AB}{BC}$ = $\frac{2}{6}$ = $\frac{1}{3}$ ,

即平面ABB:A;与平面BCC;B;夹角的余弦值为 

$\frac{1}{3}$ ,

.

(15分)

17.（15分）
某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军. 比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束. 已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为$\frac{1}{2}$.
（Ⅰ）求甲乙决出冠军时比赛局数$X$的分布列与数学期望$E(X)$；
（Ⅱ）求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率$P$.

答案：
离散型随机变量的分布列与数学期望+条件概率+相互独立事件的概率 解：由比赛规则知，1 局比赛后，甲乙双方共获得 4 分， 若比赛进行了 4 局还未结束，则双方共计 16 分，此时双方均为 8 分， 则第 5 局比赛后必定有 1 人积分可达到 11 分，故比赛局数不会超过 5； 再由比赛规则可知，若比赛共进行了$n$局$(2\leqslant n\leqslant5)$， 则前$(n - 1)$局不可能出现某人连胜两次（二连胜后比赛即结束）， 故前$(n - 1)$局甲乙二人必定胜负交替. 综上可知，当比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能： 第一种，比赛进行$n$局$(2\leqslant n\leqslant4)$，前$(n - 1)$局二人胜负交替，第$n$局与第$n - 1$局胜者相同，此人仅达成二连胜并获得冠军（其积分不超过$3\times3 + 1=10$分，未达 11 分）； 第二种，比赛进行 5 局，二人始终胜负交替，其中第 5 局获胜者获得 11 分，另一方 9 分，此时获胜者仅积分率先达到 11 分并获得冠军； 第三种，比赛进行 5 局，前 4 局二人胜负交替，但第 4 局的获胜者在第 5 局继续获胜，则他同时达成二连胜与积分率先达到 11 分并获得冠军. 记随机事件$A_{i}=$“第$i$局比赛中甲获胜”，$i\in\{1,2,3,4,5\}$，$B=$“甲达成二连胜”，$C=$“甲积分率先达到 11 分”. (Ⅰ)根据题意，$P(X = 2)=P(A_{1}A_{2})+P(\overline{A_{1}}\overline{A_{2}})=(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{2}=\frac{1}{2}$， (2 分) $P(X = 3)=P(\overline{A_{1}}A_{2}A_{3})+P(A_{1}\overline{A_{2}}\overline{A_{3}})=(\frac{1}{2})^{3}+(\frac{1}{2})^{3}=\frac{1}{4}$， (3 分) $P(X = 4)=P(A_{1}\overline{A_{2}}A_{3}A_{4})+P(\overline{A_{1}}A_{2}\overline{A_{3}}\overline{A_{4}})=(\frac{1}{2})^{4}+(\frac{1}{2})^{4}=\frac{1}{8}$， (5 分) $P(X = 5)=1 - P(X = 2)-P(X = 3)-P(X = 4)=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{8}=\frac{1}{8}$， (6 分) 所以$X$的分布列为 |$X$|2|3|4|5| |$P$|$\frac{1}{2}$|$\frac{1}{4}$|$\frac{1}{8}$|$\frac{1}{8}$| $E(X)=2\times\frac{1}{2}+3\times\frac{1}{4}+4\times\frac{1}{8}+5\times\frac{1}{8}=\frac{23}{8}$. (7 分) (Ⅱ)根据以上分析知$P(B\overline{C})=P(A_{1}A_{2})+P(\overline{A_{1}}A_{2}A_{3})+P(A_{1}\overline{A_{2}}A_{3}A_{4})=(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{3}+(\frac{1}{2})^{4}=\frac{7}{16}$， (9 分) $P(\overline{B}C)=P(A_{1}\overline{A_{2}}A_{3}\overline{A_{4}}A_{5})=(\frac{1}{2})^{5}=\frac{1}{32}$， (11 分) $P(BC)=P(\overline{A_{1}}A_{2}\overline{A_{3}}A_{4}A_{5})=(\frac{1}{2})^{5}=\frac{1}{32}$， (13 分) 故$P = P(C|(B\cup C))=\frac{P(C)}{P(B\cup C)}$ $=\frac{P(\overline{B}C)+P(BC)}{P(B\overline{C})+P(\overline{B}C)+P(BC)}$ $=\frac{\frac{1}{32}+\frac{1}{32}}{\frac{7}{16}+\frac{1}{32}+\frac{1}{32}}=\frac{1}{8}$. (15 分)