《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

17. （15分）
抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为$a$，$b$，记$\left[\frac{b}{a}\right]$的取值为随机变量$X$，其中$\left[\frac{b}{a}\right]$表示不超过$\frac{b}{a}$的最大整数.
（Ⅰ）求在$X\gt0$的条件下，$X=\frac{b}{a}$的概率；
（Ⅱ）求$X$的分布列及其数学期望.

答案：
条件概率+离散型随机变量的分布列及数学期望
　解:(I)记抛掷骰子的样本点为(a,b)，
　则样本空间Ω={(a,b)×1≤a≤6,1≤b≤6,a∈Z,b∈Z},
　则n(Ω)=36,
　记事件A=“X＞0”,记事件B=“X=$\frac{6}{a}$]−$\frac{b}{a}$”,
　则A={(a,b)×1≤a≤b≤6,a∈Z,b∈Z},且n(A)=21,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)
　又AB={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),
　(2,4),(2,6),(3,3),(3,6),(4,4),(5,5),(6,6))(提醒:在利
　用列举法求基本事件时，注意要不重不漏)，
　=14,　　　　　　　　　　　　　　　(4分)
　)=$\frac{n(AB)}{n(A)}$=$\frac{14}{21}$=$\frac{2}{3}$,
　条件下,X=$\frac{b}{a}$的概率为　　　　　　　(6分)
　(II)X所有可能取值为0，1.2.3，4，5，6(题眼)，　　　(7分)
　P(X=0)=$\frac{36−21}{36}$=$\frac{5}{12}$,P(X=1)=$\frac{12}{36}$=$\frac{1}{3}$,
　P(X=2)=$\frac{4}{36}$=$\frac{1}{9}$,P(X=3)=$\frac{2}{36}$=$\frac{1}{18}$,
　P(X=4)=$\frac{1}{36}$,P(X=5)=$\frac{1}{36}$,P(X=6)=$\frac{1}{36}$,
所以X的分布列为
　　
　所以E(X)=0×$\frac{5}{12}$+1×$\frac{1}{3}$+2×$\frac{1}{9}$+3×$\frac{1}{18}$+4×$\frac{1}{36}$+5×$\frac{1}{36}$+6×$\frac{1}{36}$=4361′　　　　　　　　　　　　　　　(15分)

18. （17分）
已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$的左、右顶点分别为$A_{1}$，$A_{2}$，过点$P(4,0)$的直线$l$与双曲线$C$的右支交于$M$，$N$两点.
（Ⅰ）若直线$l$的斜率$k$存在，求$k$的取值范围；
（Ⅱ）记直线$A_{1}M$，$A_{2}N$的斜率分别为$k_{1}$，$k_{2}$，求$\frac{k_{1}}{k_{2}}$的值；
（Ⅲ）设$G$为直线$A_{1}M$与直线$A_{2}N$的交点，$\triangle GMN$，$\triangle GA_{1}A_{2}$的面积分别为$S_{1}$，$S_{2}$，求$\frac{S_{1}}{S_{2}}$的最小值.

答案：
直线与双曲线的位置关系+双曲线中的面积问题
　:[思维导图](I)设M(x1,y1),N(x2,y2),，直线l的方程;;1与双曲消线去方x程联立(m²−4)y²+8my+12=0列出不等式组{1 im的取值范围→k的取值范围.　　　　　　　　　　　11 ;(II)解法一，解法二:A1(−2,0),A2(2,0)结韦合达(定I理)y¹+|y2,y1y2斜率公式$\frac{k}{k2}$的表达式→得解;
　;解法三:A1(−2,0),A2(2,0)
　;1分直线/的斜率存在与不存在讨论$\frac{k}{k}$的表达式→得解.　　11 ;(IIII)解法一,解法二:直线AlM与A2N的方程;:1联立直线方程xG三角形面积公式得解.　　　　　　　　1 解:(I)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=my+4(技巧:在圆锥曲线中设直线方程时，若所设直线可以垂直于x轴，但不能垂直于y轴，即所设直线的斜率不能为0,则直接进行反设直线为x=ny十m(n,m为常数),这样可以避免分类讨论)，
　　　$\frac{x²}{4}$−y²=1,
　联立{　　　　　消去x,得(m²−4)y²+8my+12=0 x=my+4,
　(题眼)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)
A=(8m)²−4(m²−4)×12=16(m²+12)＞0,
　则m²−4≠0,　　　　　　　　　　　　　　　(易错:易y1y2=$\frac{12}{m²−4}$＜0
　　{
　　　　　　　　　　　　　　　　　天利忽略二次项的系数不能为0)，
　解得−2＜m＜2.　　　　　　　　　　　　　　　　(3分)
　又斜率k存在,则m≠0且k=m1,
　所以k的取值范围)U(，+∞)(另解:双曲(另解:双曲线C的渐近线方程为y=±$\frac{T}{2}$,显然直线1不能与两条渐近线平行，由双曲线的图象可知当k＜一$\frac{1}{2}$或k＞$\frac{1}{2}$时，直线l
与双曲线C的右支交于两点，因此k的取值范围是(−＜8u,−$\frac{1}{2}$)U($\frac{1}{2}$,+∞)).　　　　　　　　　　(4分)
(II)解法一:由题意得A1(−2,0),A2(2,0).
结合(I)及韦达定理可知，
y1+y2=−$\frac{8m}{m²−4}$,y1y2=$\frac{12}{m²−4}$　　　　　　　　　(6分)
所以2my1y2=−3(y1+y2),
　　　　y1
所以$\frac{k}{k2}$=$\frac{x+2}{y2}$=$\frac{y(x2−2)}{y2(x+2)}$=$\frac{y(my2+2)}{y2(my+6)}$=$\frac{myy2+2y}{my1y2+6y2}$
　　　x2−2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(8分)
　一$\frac{3}{2}$(y1+y2)+2y1　　$\frac{1}{2}$　　$\frac{3}{2}$
=$\frac{2}{3}$　　　　　　　=$\frac{2}{39}$　　　.　　(10分)
　一$\frac{3}{2}$(y1+y2)+6y2　−$\frac{3}{2}$y1　$\frac{9}{2}$y2
解法二:由题意得A1(−2,0),A2(2,0).
结合(I)及韦达定理可知，
y1+y2=−$\frac{8m}{m²−4}$,y1y2=$\frac{12}{m²−4}$.　　　　　　　　　(6分)
　　　　　　　　　　　　　　.2
因为kMA，.kMA2=$\frac{y1}{x+2}$.$\frac{y}{x−2}$=$\frac{yi}{x²−4}$=$\frac{1}{4}$,　　　(7分)
kMA.kNA=$\frac{yiy2}{(x−2)(x2−2)}$=$\frac{yiy2}{(my+2)(my2+2)}$
　　　　=$\frac{y1y2}{m²y1y2+2m(y+y2)+4}$　　　　　　(8分)
　　　　　　　$\frac{12}{m²−4}$
　　　　$\frac{m²−4}{12m²16m²}$=−$\frac{3}{4}$,　　　　　(9分)
　　　　　$\frac{12m²}{m²−4}$$\frac{16m²}{m²−4}$
　　　　　　　　　1
所以$\frac{k}{k}$=$\frac{kMA.kMA}{RMA。.kNA}$=$\frac{4}{3}$　.　　　　　　　(10分)
　　　　　　　　一$\frac{3}{4}$
解法三:由题意得A1(−2,0),A2(2,0).
当直线I的斜率k不存在时，不妨设M(4，,$\sqrt{3}$),N(4,−$\sqrt{3}$),于是k1=$\frac{\sqrt{3}}{6}$,k2=−$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
则　　$\frac{1}{3}$.　　　　　　　　　　　　　　　　　(5分)
当直线Z的斜率k存在时，设直线/的方程为y=kx−4k，联立{$\frac{x}{4}$2−y²=1,消去y,整理得(4k²−1)x²²−32k²x+y=kx−4k,
64k²+4=0,易知k＜−$\frac{1}{2}$或k＞$\frac{1}{2}$,
由韦达定理可知x1+x2=$\frac{32k²}{4k²−1}$,x1x2=$\frac{64k²+4}{4k²−1}$，　(7分)
所以x1x2=2(x1+x2)+$\frac{4}{4k²−1}$,
y1
所以$\frac{k}{k2}$=$\frac{x+2}{y2}$=$\frac{y(x2−2)}{y2(x+2)}$=$\frac{(k.x1−4k)(x2−2)}{(kx2−4k)(x+2)}$
　　　x2−2
　　　=$\frac{xx2−2x−4x2+8}{xx2−4x+2x2−8}$　　　　　　　　　　(9分)
　　　　　　　　$\frac{4}{4k²−1}$−　　−
　　　=$\frac{4k²−1}{4}$
　　　　x1+x2　　$\frac{4}{4k²−1}$−4.x1　　2−
　　　　　−x2+$\frac{16k²−2}{4k²−1}$
　　　=
　　　−x1+2x2+$\frac{−16k²+6}{4k²−1}$
　　　　　−($\frac{32k²}{4k²−1}$−x1)+$\frac{16k²−2}{4k²−1}$
　　　=
　　　−x1+22($\frac{32k²}{4k²−1}$−x1)+$\frac{−16k²+6}{4k²−−1}$
　　　　x1−$\frac{16k²+2}{4k²−1}$
　　　=
　　　−3x1+$\frac{48k²+6}{4k²−1}$
　　　.　　　　　　　　　　　　　　　　(10分)
(III)解法一:由(II)可知k2=−3k1,
所以直线A1M与直线A2N的方程分别为y=k(x+2)，y=−3k1(x−2),　　　　　　　　　　　　　　　(11分)
联立两直线方程可得交点G的横坐标xG=1，　　　(13分)
　　　　$\frac{1}{2}$|GM|.|GN|sin∠MGN
所以$\frac{S,}{S2}$=　　　　　　　　　　　　　=$\frac{|GM}{|GA}$.$\frac{|GN|}{|GA}$
　　　　$\frac{1}{2}$|GA1|.|GA2|SsinA1GA
(关键:根据两角互补其正弦值相等，将面积比转化为边的比)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(15分)
　　　=$\frac{x−1}{3}$.x21−1=$\frac{(my+3)(my2+3)}{3}$
　　　=$\frac{m²y1y2+3m(y+y2)+9}{3}$
　　　=$\frac{−m²−12}{m²−4}$=−1+$\frac{16}{4−m²}$
　　　≥−1+$\frac{16}{4−0}$=3(方法:求解圆锥曲线的最值问题，当题目给出的条件和结论的几何特征不明显时，可以建立目标函数，求目标函数的最值(或值域)，常用方法:①配方法;②基本不等式;③单调性法;④三角换元法;⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围)，
故$\frac{S}{S2}$的最小值为3，当且仅当m=0时等号成立.　　(17分)
　　　　　　
解法二:直线A1M与直线A2N的方程分别为y=$\frac{y}{x+2}$.
　　(x+2),y=$\frac{y2}{x2−2}$(x−2),　　　　　　　　　　　(11分)
　　联立两直线方程，利用2myiy2=−3(y1+y2)可得交点G的
　　横坐标
　　xG=$\frac{2xy2+2x2y+4y2−4y}{x1y2−x2y1+2y2+2y}$
　　　=2(my1+4)y2+2(my2+4)y1+4y2−4y1
　　　　(my1+4)y2−(my2+4)y1+2y2+2y1
　　　=$\frac{2myy2+6y2+2y}{3y2−y}$
　　　=$\frac{−3(y+y2)+6y2+2y}{3y2−y}$
　　　=1,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(13分)
　　　　　　$\frac{1}{2}$|GM|.|GN|sin∠MGN
　　所以$\frac{S}{S2}$−　　　　　　　　　　　　　=$\frac{|GM|}{|GA}$.$\frac{IGN|}{|GA}$
　　　　　$\frac{1}{2}$|GA1|.|GA2|sin∠AGA2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(15分)
　　　　　=$\frac{x−1}{3}$.x21−1=$\frac{(my+3)(my2+3)}{3}$
　　　　　=$\frac{m²y1y2+3m(y+y2)+9}{3}$
　　　　　=$\frac{−m²−12}{m²−4}$=−1+$\frac{16}{4−m²}$
　　　　≥−1+$\frac{16}{4−0

19. （17分）
在空间直角坐标系$O - xyz$中，任一平面的方程都能表示成$Ax + By + Cz + D = 0$，其中$A$，$B$，$C$，$D\in\mathbf{R}$，$A^{2}+B^{2}+C^{2}\neq0$，且$\boldsymbol{n}=(A,B,C)$为该平面的法向量.
已知集合$P = \{ (x,y,z)||x|\leqslant1,|y|\leqslant1,|z|\leqslant1\}$，
$Q = \{ (x,y,z)||x|+|y|+|z|\leqslant2\}$，
$T = \{ (x,y,z)||x|+|y|\leqslant2,|y|+|z|\leqslant2,|z|+|x|\leqslant2\}$.
（Ⅰ）设集合$M = \{ (x,y,z)|z = 0\}$，记$P\cap M$中所有点构成的图形的面积为$S_{1}$，$Q\cap M$中所有点构成的图形的面积为$S_{2}$，求$S_{1}$和$S_{2}$的值；
（Ⅱ）记集合$Q$中所有点构成的几何体的体积为$V_{1}$，$P\cap Q$中所有点构成的几何体的体积为$V_{2}$，求$V_{1}$和$V_{2}$的值；
（Ⅲ）记集合$T$中所有点构成的几何体为$W$.
①求$W$的体积$V_{3}$的值；
②求$W$的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出$W$的面数和棱数.

答案：
立体几何中的新定义问题+多面体的体积 【思维导图】（Ⅰ）已知条件→集合\(M\)，\(P\)，\(Q\)代表的点→\(P\cap M\)，\(Q\cap M\)代表的点→\(S_{1}\)，\(S_{2}\)→得解. （Ⅱ）记集合\(Q\)的子集\(Q'=\{(x,y,z)|x + y + z\leqslant2,x\geqslant0,y\geqslant0,z\geqslant0\}\)→\(V_{Q'}\)→\(V_{1}\)→记集合\(P\)的子集\(P'=\{(x,y,z)|0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1,0\leqslant z\leqslant1\}\)→\(P'\cap Q'\)为\(P'\)截去三棱锥\(Q_{4}-Q_{1}Q_{2}Q_{3}\)所剩下的部分→\(V_{P'\cap Q'}\)→\(V_{2}\)→得解. （Ⅲ）①解法一：已知条件→\(V_{E - ABCD}\)→\(V_{3}\)； 解法二：记集合\(T\)的子集\(T'\)→\(B\)，\(C\)，\(D\)各点坐标→\(V_{T'}\)→\(V_{3}\). ②两平面的法向量→空间夹角公式→二面角的大小→\(W\)的面数和棱数→得解. 解：（Ⅰ）集合\(M=\{(x,y,z)|z = 0\}\)表示\(xOy\)平面上所有的点，\(P=\{(x,y,z)||x|\leqslant1,|y|\leqslant1,|z|\leqslant1\}\)表示\((\pm1,\pm1,\pm1)\)这八个顶点形成的正方体内所有的点，\(P\cap M\)可以看成正方体在\(xOy\)平面上的截面内所有的点，它是边长为2的正方形（关键：判断出截面的形状），因此\(S_{1}=4\). （2分） 对于\(Q=\{(x,y,z)||x|+|y|+|z|\leqslant2\}\)，当\(x,y,z\gt0\)时，\(x + y + z = 2\)表示经过点\((2,0,0)\)，\((0,2,0)\)，\((0,0,2)\)的平面在第一象限的部分. 由对称性可知\(Q\)表示\((\pm2,0,0)\)，\((0,\pm2,0)\)，\((0,0,\pm2)\)这六个顶点形成的正八面体内所有的点，\(Q\cap M\)可以看成正八面体在\(xOy\)平面上的截面内所有的点，它是边长为\(2\sqrt{2}\)的正方形，因此\(S_{2}=8\). （4分） （Ⅱ）由题知，集合\(Q\)，\(P\cap Q\)中所有点构成的几何体的体积分别为\(V_{1}\)，\(V_{2}\)，记集合\(Q\)的子集\(Q'=\{(x,y,z)|x + y + z\leqslant2,x\geqslant0,y\geqslant0,z\geqslant0\}\)，即为三个坐标平面与\(x + y + z = 2\)围成的四面体，四面体四个顶点分别为\((0,0,0)\)，\((2,0,0)\)，\((0,2,0)\)，\((0,0,2)\)，此四面体的体积\(V_{Q'}=\frac{1}{3}\times2\times(\frac{1}{2}\times2\times2)=\frac{4}{3}\)，由对称性知，\(V_{1}=8V_{Q'}=\frac{32}{3}\). （6分） 记集合\(P\)的子集\(P'\)构成的几何体为棱长为1的正方体，即\(P'=\{(x,y,z)|0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1,0\leqslant z\leqslant1\}\)，\(Q'=\{(x,y,z)|x + y + z\leqslant2,x\geqslant0,y\geqslant0,z\geqslant0\}\)，\(P'\cap Q'\)为两个几何体公共部分. 记\(Q_{1}(1,1,0)\)，\(Q_{2}(1,0,1)\)，