《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16. (15分)
盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球.
(Ⅰ)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(Ⅱ)记取出的3个小球上的最小数字为$X$，求$X$的分布列及数学期望$E(X)$.

答案：
古典概型+离散型随机变量的分布列及数学期望 解：(Ⅰ)所求概率为$\frac{C_{4}^{3}\times2^{3}}{C_{8}^{3}}=\frac{4}{7}$.(5分) (Ⅱ)$X$所有可能取值为1，2，3(题眼)，且 $P(X = 1)=\frac{C_{2}^{1}C_{6}^{1}+C_{2}^{2}C_{6}^{2}}{C_{8}^{3}}=\frac{9}{14}$(提示：当$X = 1$时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球和有两个数字为1的小球). $P(X = 2)=\frac{C_{2}^{1}C_{4}^{1}+C_{2}^{2}C_{4}^{2}}{C_{8}^{3}}=\frac{2}{7}$(提示：当$X = 2$时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球). $P(X = 3)=\frac{C_{2}^{1}C_{2}^{1}+C_{2}^{2}C_{2}^{2}}{C_{8}^{3}}=\frac{1}{14}$(提示：当$X = 3$时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球和有两个数字为3的小球). 故$X$的分布列为 | $X$ | 1 | 2 | 3 | |----|----|----|----| | $P$ | $\frac{9}{14}$ | $\frac{2}{7}$ | $\frac{1}{14}$ | $X$的数学期望$E(X)=1\times\frac{9}{14}+2\times\frac{2}{7}+3\times\frac{1}{14}=\frac{10}{7}$.(15分) 

17. (15分)
如图，平行六面体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，底面$ABCD$是边长为2的正方形，$O$为$AC$与$BD$的交点，$AA_{1}=2$，$\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD$，$\angle C_{1}CO = 45^{\circ}$.
(Ⅰ)证明：$C_{1}O\perp$平面$ABCD$；
(Ⅱ)求二面角$B - AA_{1}-D$的正弦值.

答案：
 线面垂直的判定定理+二面角的正弦值+空间向量的应用 【思维导图】(Ⅰ)证法一：$\xrightarrow{空间向量的运算}C_{1}O\perp BD$；$\xrightarrow{余弦定理}C_{1}O\perp OC$；$\xrightarrow{线面垂直的判定定理}$得证. 证法二：连接$C_{1}B$，$C_{1}D$$\to C_{1}O\perp BD$$\to C_{1}O\perp OC$；$\xrightarrow{线面垂直的判定定理}$得证. (Ⅱ)建立空间直角坐标系$\xrightarrow{向量法}$二面角的正弦值. 解：(Ⅰ)证法一：$\overrightarrow{C_{1}O}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CC_{1}}=\overrightarrow{CC_{1}}-\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD})$， $\overrightarrow{C_{1}O}\cdot\overrightarrow{BD}=[\overrightarrow{CC_{1}}-\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD})](\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CB})=(\overrightarrow{CC_{1}}\cdot\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CC_{1}}\cdot\overrightarrow{CB})-\frac{1}{2}(\overrightarrow{CD}^{2}-\overrightarrow{CB}^{2}) = 0$， 所以$C_{1}O\perp BD$(提示：若两个非零向量的数量积为0，则这两个向量垂直). 又$CC_{1}=2$，$CO=\sqrt{2}$，$\angle C_{1}CO = 45^{\circ}$， 利用余弦定理，得$C_{1}O=\sqrt{2}$，所以$C_{1}O^{2}+OC^{2}=CC_{1}^{2}$， 所以$C_{1}O\perp OC$. 因为$BD\cap OC = O$，$BD$，$OC\subset$平面$ABCD$， 所以$C_{1}O\perp$平面$ABCD$.(6分) 证法二：连接$C_{1}B$，$C_{1}D$， 因为$\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD$，$CB = CD$， 所以$\triangle C_{1}CD\cong\triangle C_{1}CB$，故$C_{1}B = C_{1}D$. 又$O$为$BD$的中点，所以$C_{1}O\perp BD$. 因为$\angle C_{1}CO = 45^{\circ}$，$CC_{1}=AA_{1}=2$，$CO=\sqrt{2}$， 所以$C_{1}O=\sqrt{2}$，因此$C_{1}O\perp CO$. 因为$BD\cap CO = O$，所以$C_{1}O\perp$平面$ABCD$.(6分) (Ⅱ)以$O$为坐标原点，$\overrightarrow{OB}$的方向为$x$轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系$O - xyz$. 由题设得$B(\sqrt{2},0,0)$，$A(0,-\sqrt{2},0)$，$A_{1}(0,-2\sqrt{2},\sqrt{2})$，$D(-\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{AA_{1}}=(0,-\sqrt{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB}=(\sqrt{2},\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{2},\sqrt{2},0)$.(9分) 设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$是平面$AA_{1}B$的法向量，则 $\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AA_{1}} = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AB} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{2}y+\sqrt{2}z = 0\\\sqrt{2}x+\sqrt{2}y = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{m}=(1,-1,-1)$. 设$\boldsymbol{n}=(p,q,r)$是平面$AA_{1}D$的法向量，则 $\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AA_{1}} = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AD} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{2}q+\sqrt{2}r = 0\\-\sqrt{2}p+\sqrt{2}q = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$.(13分) 所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|\cdot|\boldsymbol{n}|}=-\frac{1}{3}$. 因此二面角$B - AA_{1}-D$的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$.(15分)