【文档说明】安徽省合肥市长丰县第一中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学考试试题 含解析.docx，共(26)页，3.296 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省长丰一中2023-2024学年高二上学期第一次素养提升数学考试（考试总分：150分考试时长：120分钟）一、单选题（本题共计8小题，总分40分）1.已知i为虚数单位，复数231zii=++，则复数z的虚部是（）A.iB.1C.2iD.2【答案】D【解析】【分析

】根据题意，运用复数的除法运算，化简复数Z，根据复数的代数形式，确定虚部.【详解】()212331212iziiii−=+=+=++，其虚部为2.故选D.【点睛】本题考查复数的四则运算，基础题.2.天气预报说，在今后的三天中，

每一天下雨的概率均为40%，用数字0，1，2，3表示下雨，数字4，5，6，7，8，9表示不下雨，由计算机产生如下20组随机数：977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，431，257，394，027，5

56，488，730，113，537，908.由此估计今后三天中至少有一天下雨的概率为（）A.0.6B.0.7C.0.75D.0.8【答案】B【解析】【分析】由已知列举出代表今后三天都不下雨的随机数，以及今后三天都不下雨的随机数个数，利用古典概型和对立事件的概率求解即可．【详解】代表今后三天都

不下雨的随机数有977，864，458，569，556，488，共6组，记“今后三天中至少有一天下雨”为事件A，“今后三天都不下雨”为事件B，则A与B为对立事件.所以67()1()10.72010PAPB=−=−==，故选：B.3.已知向量a，b的夹角为3，且2a=，1b=，则向

量a与向量2ab+的夹角为A.6B.3C.4D.2【答案】A【解析】【分析】利用夹角公式即可求解.【详解】∵2a=r，1=b，a，b的夹角为3，∴1cos21132abab===.∴()2224216aabaab+=+=+=，222|2|4

444412ababab+=++=++=，∴223ab+=.设向量a与向量2ab+的夹角为，∴()263cos22232aabaab+===+.∵0，∴6=.故选：A4.已知两个向量(2,1,3)a=−，(4,,)bmn=，且//ab，则mn+的值为（）A.1B.2C.

4D.8【答案】C【解析】【分析】由//ab，可知R，使ba=，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.【详解】∵//ab，∴R，使ba=，得423mn==−=，解得：226

mn==−=，所以4mn+=故选：C【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知//ab，引入参数，使ba=，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由//ab，得4213mn==−，求出m，n.5.如图，在四面体O

ABC中，,,OAaOBbOCc===．点M在OA上，且2,OMMAN=为BC中点，则MN等于（）A.121232abc−+B.211322abc−++C.111222abc+−D.221332abc+−【答案】B【解析】【分析】连接ON，利用空间向量基本定理可得答案.【详解】连接()12211

,23322ONMNONOMOBOCOAabc=−=+−=−++．故选：B.6.如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，四边形ABCD是正方形，122AAAB==，1160AADAAB==，E是棱AD的中点，则直线1BE与

直线1BD所成角的余弦值为（）A.3510B.65C.3610D.55【答案】B【解析】【分析】以1,,ABADAA为基底，求11BDEB，1BD，1EB，结合111111cs,oBDEBBDEBBDEB=求解即可.【详解】因为111BAADDDABADAABD=++=−++，所以()2

22211111222BDABADAAABADAAABADABAAADAA=−++=++−−+2112212cos60212cos606=++−+=，又11112EBEAABBBABADAA=++=−+，所以22221111111224EBABADAAABADAA

ABADABAAADAA=−+=++−+−1514212cos6012cos6042=+++−=，所以()111112BDEBABADAAABADAA=−++−+222211

1313222ABADAAADABADAA=−−+++=，所以11111136cos556,2BDEBBDEBBDEB===，即直线1BE与直线1BD所成角的余弦值为65．故选：B．7.已知直三棱柱111A

BCABC-的6个顶点都在球O的表面上，若1ABAC==，123AA=，23BAC=，则球O的体积为（）A.323B.3C.43D.243【答案】A【解析】【分析】设ABC外接圆圆心为1O，半径为r，由正弦定理可得22r=，利用2211OAOOOA=+求得球的半径后，由球的体积公式即可

得解.【详解】设ABC外接圆圆心为1O，半径为r，连接1OO，如图，易得1OO⊥平面ABC，1ABAC==，123AA=，23BAC=，1221sin2ABrACB===即11OA=，11132OOAA==，2211312OAOOOA=+=+=，球O的体积3

43233VOA==.故选：A.【点睛】本题考查了直棱柱的几何特征及外接球体积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.8.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，112BACABACAA====，，已知G与E

分别为11AB和1CC的中点，D与F分别为线AC和AB上的动点（不包括端点），若GDEF⊥、则线段DF长度的取值范围为（）A.[5,15)B.[22,45]C.[2,25)D.[2，3]【答案】A【解析】【分析】以A为坐标原点建立空

间直角坐标系，设出,DF的坐标，根据已知条件求得参数之间的关系，并建立DF关于参数的函数关系式，求其值域即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则111,0,,0,,122EG，设点D坐标为()(),0,0,0,,0mFn，01,01mn，故111,,,,

,122EFnGDm=−−=−−，因为GDEF⊥，故可得11022EFGDmn=−−+=，则21nm=−+，由()0,1n可得10,2m，又(),,0DFmn=−，故22222

1541555DFmnmmm=+=−+=−+,故当25m=时，DF取得最小值55；又当0m=时，1DF=，但无法取到0m=，则DF无法取到1；综上，线段DF长度的取值范围为5,15.

故选：A二、多选题（本题共计4小题，总分20分）9.下列命题是真命题有（）A.A，B，M，N是空间四点，若,,BABMBN不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面的B.直线l的方向向量为()1,1,2a=−，直线m的方向

向量为12,1,2b=−，则l与m垂直C.直线l的方向向量为()0,1,1a=−，平面α的法向量为()1,1,1n=−−，则l⊥αD.平面α经过三点(1,0,1),(0,1,0),(1,2,0),

(1,,)ABCnut−−=是平面α的法向量，则1ut+=【答案】ABD【解析】【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.【详解】对于A，若,,BABMBN不能构成空间的一个基底，则,,BABMBN共面，可得A，B，M，N共面，A正确；对于B，2110

ab=−−=，故ab⊥，可得l与m垂直，B正确；对于C，0110an=−+=，故an⊥，可得l在α内或//l，C错误；对于D，(1,1,1)AB=−，易知nAB⊥，故10ut−++=，故1ut+=，D正确.故选：ABD.10.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件

“两次掷出的点数之和是3”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则下列结论正确的是（）A.A与B互斥B.A与C互斥C.B与C独立D.B与D对立【答案】BC【解析】【分析】写出事件,,,ABCD所包含的基本事件

，根据互斥事件和对立事件的概念进行判断ABD；求出()()()PBCPBPC=，得到C正确.【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，样本空间()()()()()()()()()()()()Ω1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,3,2,4,2,5

,2,6,=()()()()()()()()()()()()3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6,()()()()()()()()()()()()5,1,5,

2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，故事件()()1,2,2,1A=，事件()()()()()()()()()()()()1,2,1,4,1,6,2,

2,2,4,2,6,3,2,3,4,3,6,4,2,4,4,4,6B=()()()()()(),5,2,5,4,5,6,6,2,6,4,6,6，事件()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5

,6,6C=，事件()()()()()()()()()()()()()1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,3,2,5,3,1,3,2,3,3,3,4,D=()()()()()()()()()()()()()()3,5,3,6,

4,1,4,3,4,5,5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,3,6,5.A选项，()1,2AB=，故A与B不互斥，A错误；B选项，AC=，故A与C互斥，B正确；C选项，()()()2,2,4,4

,6,6BC=，故()313612PBC==，又()181362PB==，()61366PC==，故()()()PBCPBPC=，所以B与C独立，C正确；D选项，BD=，但()()()()()()()()()1,2,1,4,1,6,3,2,3,4,3,6,5,2,5,4,5,6BD=

，所以B与D不对立，D错误.故选：BC11.冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，自1924年起，每四年举办一届，第24届由中国2022年2月在北京举办，分北京赛区、延庆赛区、张家口赛区三个赛区，共15个比赛项目.为了宣传奥运精神，

红星实验学校组织了甲、乙两个社团，利用一周的时间对外进行宣传，将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图，则（）A.甲社团众数小于乙社团众数B.甲社团的平均数小于乙社团的平均数C.甲社团的第80百分位数等于乙社团的第80百分位数D

.甲社团的方差大于乙社团的方差【答案】ACD【解析】【分析】根据众数、平均数、方差、百分位数的定义计算可得；【详解】解：A选项，甲社团众数2，乙社团众数为3，所以A正确；B选项，甲的平均数为()1223254337++++++=，乙

的平均数为()1223433437++++++=，所以平均数相等，所以B错误；C选项，甲社团数据从小到大排列为2、2、2、3、3、4、5，其中780%5.6=，所以甲社团的第80百分位数为4，同理可得乙社团的第80百分位数为4，所以C正确；D选项，甲社团的方差为()

()()22218323435377−+−+−=，乙社团的方差为()()221422324377−+−=，故甲社团的方差大于乙社团的方差，D正确.故选：ACD12.若正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，且1APmA

DnAA=+，其中[0,1],[0,1]mn，则下列结论正确的是（）A.当12m=时，三棱锥1PBDB−的体积为定值B.当12n=时，三棱锥1PBDB−的体积为定值C.当1mn+=时，PAPB+的最小值为622+D.若111

PDBBDB=，点P的轨迹为一段圆弧【答案】AC【解析】【分析】当12m=时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面1BDB的距离不变，即可判断A的正误；当12n=时，可得点P的轨迹，利用反证法

可证，P到平面1BDB的距离在变化，即可判断B的正误；当1mn+=时，可得1APD、、三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得1PDB和11BDB的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正为

误，即可得答案.【详解】因为1APmADnAA=+，其中[0,1],[0,1]mn，所以点P在平面11ADDA内运动，对于A：取AD中点E、11AD中点F，连接EF，所以11EFAABB∕∕∕∕，因为EF平面1BDB，

1BB平面1BDB，所以EF∕∕平面1BDB，当12m=时，则112APADnAA=+，所以点P在线段EF上运动，因为EF∕∕平面1BDB，所以无论点P在EF任何位置，P到平面1BDB的距离不变，即高不变，所以三棱锥1PBDB−的体积为定值，故A正确；对于B：取1

AA中点G，1DD中点H，连接GH，当12n=时，112APmADAA=+，所以点P在GH上运动，假设GH∕∕平面1BDB，又1GABB∕∕，GA平面1BDB，1BB平面1BDB，所以GA∕∕平面1BDB，因为,,GAGHGGHGA=平面GHDA，所以平面GHDA∕∕平面1B

DB，与已知矛盾，故假设不成立，所以GH不平行平面1BDB，所以P在GH上运动时，P到平面1BDB的距离在变化，所以三棱锥1PBDB−的体积不是定值，故B错误；对于C：连接1AD，1AB，BD，当1mn+=时，可得1APD、、三点共线，将11AAD沿1AD翻折至与平面1ABD共面，如下图所示连

接AB，当P为AB与1AD交点时，PAPB+最小，即为AB，因为11,,ABADBD均为面对角线，所以11=2ABADBD==，即1ABD为等边三角形，又1=90AAD，1=1AAAD=，所以1105ADBAAB==

，1ADBAAB≌，所以30ABD=在ADB中，由正弦定理得sinsinABADADBABD=，所以()126sin1052sin45cos60cos45sin60sin302AB+==

+=，故C正确；对于D：分别以DA、DC、1DD为x，y，z轴正方向建系，如图所示，则1(1,1,0),(0,0,1)BD，设(,0,)Pxz，所以11(,0,1),(1,1,1)DPxzDB=−=−，所以11122111cos(1

)3DPDBxzPDBDPDBxz−+==+−因为1BB⊥平面1111DCBA，11BD平面1111DCBA，所以111BBBD⊥，又111=2,3BDBD=，所以111116cos3BDBDBBD==，所以22163(1)

3xzxz−+=+−，整理得2222210xxzzxz++−−+=，所以2(1)0xz+−=，即10xz+−=，[0,1],[0,1]xz所以P点轨迹为线段，故D错误故选：AC【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线

、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.三、填空题（本题共计4小题，总分20分）13.已知直线l的方向向量为()2,,1m，平面的法向量为11,,22，且l∥，那么m=________【答案】8−【解析】【分析】根据向量垂直的

坐标运算即可求解.【详解】由于l∥，所以直线的方向向量与平面法向量互相垂直，故122082mm++==−，故答案为：8−14.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为13，14则密码被成功破译的概率_________．【答案】12【解析】【分析】根据题意，由

相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质分析可得答案．【详解】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是13，14，则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率1111(1)(1)34

2P=−−=，故该密码被成功破译的概率21111122PP=−=−=．故答案为：12．15.在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑−PABC中，PA⊥平面ABC，2PAABBC

===．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______．【答案】2【解析】【分析】利用等体积法求得P到平面MAB的距离.【详解】因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA⊥，依题意可知,,,,BCABBCPAABPAAABPA⊥⊥=平面PAB，所以BC⊥

平面PAB，由于M是PC的中点，所以M到平面PAB的距离是C到平面PAB的距离的一半，即M到平面PAB的距离是1.22ACPB==,()2222223PC=+=，所以3AMBM==，由于2AB=，所以()22123122MA

BS=−=，12222PABS==，设P到平面MAB的距离为h，则MPABPMABVV−−=，即11212233hh==.故答案为：216.在四棱锥SABCD−中，四边形ABCD为正方形，2,1ABDS==，平面ASD⊥平

面ABCD，SDAD⊥，点E为DC上的动点，平面BSE与平面ASD所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥EASD−的体积为___.【答案】215【解析】【分析】由题知,,SDADCD两

两垂直，进而建立空间直角坐标系，设,0,2DExx=，利用坐标法求解二面角得当25DE=时，平面BSE与平面ASD所成的二面角为取最小值，再计算几何体的体积即可得答案.【详解】解：因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD⊥，因为平面ASD⊥平面ABCD，平面AS

D平面ABCDAD=，CD平面ABCD,所以CD⊥平面ASD，所以CDSD⊥，又因为SDAD⊥，所以,,SDADCD两两垂直，故以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设,0,2DExx=，则()2,0

,0A，()2,0,2B，()0,0,2C，()0,0,0D，()0,1,0S，()0,0,Ex，所以()()2,0,2,0,1,EBxESx→→=−=−，设平面BSE的法向量为()111,,nxyz→=，则00nEBnES==，即()11

11220xxzyxz+−==，令12z=，则()2,2,2nxx→=−，由题易知平面ASD法向量为()0,0,1m→=，所以22225coscos3548236555nmxxx→→===−+−+，，当且仅当25x=时等号成立，所以当25DE=时，平面BSE与平面A

SD所成的二面角为取最小值，此时三棱锥EASD−的体积为11222132515V==.故答案为：215四、解答题（本题共计6小题，总分70分）17.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为a、b、c，满足2coscoscosaBbCcB=+（1）求角B的大

小；（2）若2BDDC=，且1CD=，23AD=，求ABC的面积.【答案】（1）π3B=（2）33【解析】【分析】（1）根据题意由正弦定理和两角和的正弦公式可得()2sincossinsinABBCA=+=，即可得π3B=；（2）根据向量的比例关系可得3a=，

由余弦定理可解得4c=，由面积公式即可求出结果.【小问1详解】）在ABC中，因为2coscoscosaBbCcB=+，由正弦定理可得2sincossincossincosABBCCB=+，所以()2sincossinsinABBCA=+=，又(),0,πAB，则sin0A，所以1

cos2B=，因此π3B=.【小问2详解】的由2BDDC=，且1CD=，23AD=，可得2BD=，3BC=，即3a=；在ABD△中，由余弦定理得2222cosADABBDABBDB=+−，即2π12422cos3cc=+−，即2280cc−−=，解得4c=或2c=−（舍）所

以113sin1233222ABCSABBCB===△；即ABC的面积为33.18.已知在平行六面体1111ABCDABCD−中，2AB=，13AA=，1AD=且113DABBAADAA===.（1）求1DB的长；（2）求向量1DB与AB夹角的余弦值.【答案】（1）15；（2

）155.【解析】【分析】（1）用空间的一个基底1{,,}ABADAA表示向量1DB，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.【小问1详解】在平行六面体1111ABCDABCD−中，1{,,}

ABADAA为空间的一个基底，因为2AB=，13AA=，1AD=且113DABBAADAA===，则11πππ321cos1,23cos3,13cos3332ABADABAAADAA======，1

11DBDAABBBABADAA=++=−+，所以2221111||222DBABADAAABADADAAABAA=++−−+222321321223152=++−−+=.【小问2详解】由（1）知，11DBABADAA=−+，则22112136DBABAB

ABADABAA=−+=−+=，又115DB=，所以向量1DB与AB夹角的余弦值111615cos,5||||152DBDBDBABABBA===.19.为分析某次数学考试成绩，现从参与本

次考试的学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本，得到以))))))80,90,90,100,100,110,110,120,120,130,130,140,140,150分组的样本频率分布直方图，如图所示．（1）求频率分布直方图

中x的值；（2）试估计本次数学考试成绩的平均数和第50百分位数；（3）从样本分数在)130140,，140,150的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的2名学生中恰有1人成绩在)130140,中的概率．【答案】（1）0.01

x=；（2）107.4，105.7；（3）25.【解析】【分析】（1）利用频率分布表中各小矩形面积和为1计算作答.（2）利用频率分布表估计平均数及第50百分位数作答.（3）求出给定的两个区间内的人数，再利用列举法求出概率作答.【小问1详解】由频率分布表知，成绩在))))))

80,90,90,100,100,110,110,120,120,130,130,140,140,150内的频率依次为0.12,0.22,0.28,0.18,10,0.08,0.02x，由0.120.220.280.18100.080.021x

++++++=，解得0.01x=，所以0.01x=.【小问2详解】由（1）知，0.12850.22950.281050.181150.11250.081350.02145107.4x=++++++=，第50百分位数(100,110)m，则有0.120

.22(100)0.0280.5m++−=，解得105.7m，所以本次数学考试成绩的平均数为107.4，第50百分位数105.7.【小问3详解】分数在)130140,，140,150的两组学生的人数比为0.08:0.024:1=，因此用分层抽

样的方法抽取的5名学生中，分数在)130140,内的学生有4人，记为abcd,,,，分数在140,150内的学生有1人，记为E，从5名学生中随机选取2人的结果有,,,,,,,,,abacadaEbcbdbEcdcE

dE，共10个，选出的2名学生中恰有1人成绩在)130140,内的结果有,,,aEbEcEdE，共4个，所以选出的2名学生中恰有1人成绩在)130140,中的概率为42105=.20.如图所示，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，ADBC∥，ABBC⊥，且1ABAPBC

===，2AD=.（1）求证：CD⊥平面PAC；（2）若E为PC的中点，求PD与平面AED所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1010【解析】【分析】（1）先证ACCD⊥，PACD⊥，由此即可证得CD⊥平面PAC；（2）建立空间直角坐标

系，求出(0,2,1)PD=−,平面AED的一个法向量为()1,0,1n=−，然后利用公式sincos,nPDnPDnPD==，即可求得本题答案.【小问1详解】作CFAD⊥，垂足为F，易证，四边形ABCF为正方形.所以1CFAFDF==

=，222CDCFDF=+=.又222ACABBC=+=，因为222ACCDAD+=，所以ACCD⊥.因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥.又ACPAA=，AC平面PAC，P

A平面PAC，所以CD⊥平面PAC.【小问2详解】以点A为坐标原点，以,,ABADAP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，()0,0,1P，()1,1

,0C，()0,2,0D，111,,222E.则(0,2,0)AD=，(0,2,1)PD=−，111(,,)222AE=设平面AED的法向量为(),,nxyz=，由00nAEnAD==，得11102220xyzy++==，令1z=，可得平面AED的一个

法向量为()1,0,1n=−..设PD与平面AED所成角为，则110sincos,1025nPDnPDnPD−====.21.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同

，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜

者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜

者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿

到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为12．最初分组时AB同组，CD同组．

（1）若34p=，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？【答案】（1）,AC获得冠军的概率分别为916，532；（2）淘汰赛赛制下A

获得冠军的概率为2p，“双败赛制”赛制下A获得冠军的概率为2(32)pp−，双败赛制下对强者更有利.【解析】【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求,AC获得冠军的概率；（2）分别求出不同赛制下A获得冠军的概率，研究112p哪种赛制下A获得冠军的概率更大，即可得结论.【小问1

详解】A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出，A获得冠军的概率为1313313942442416P=+=，C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出，C获得冠军的概率为21331315(1)(1)24424232

P=−+−=.【小问2详解】淘汰赛赛制下，A获得冠军的概率为21122ppppp+=，“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可

得冠军；当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；综上，A获得冠军的概率3333(1)(1)(32)ppppppp−++−=−.令32222()(32)(231)(21)(1)fpppppppppp=−−=−+−=−−，若

A强队，则112p，故()0fp，所以，双败赛制下对强者更有利.【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键.22.在三棱柱111

ABCABC-中，侧面正方形11BBCC的中心为点1,MAM⊥平面11BBCC，且12,3BBAB==，点E满足()11101AEAC=．（1）若1AB//平面1BCE，求的值；为（2）求点E到平面ABC

的距离；（3）若平面ABC与平面1BCE所成角的正弦值为255，求的值．【答案】（1）12=；（2）2105；（3）13=或1=.【解析】【分析】(1)连接ME，证明1//ABME即可计算作答.(

2)以M为原点，11,,MBMBMA的方向分别为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点1A到平面ABC的距离即可.(3)由(2)中空间直角坐标系，借助空间向量求平面ABC与平面1BCE所成角的余弦即可计算作答.【小问1详解】在三棱柱111

ABCABC-中，因111AEAC=，即点E在11AC上，连接ME，如图，因1//AB平面11,BCEAB面11ABC，面11ABC面1BCEME=，则有1//ABME，而M为1BC中点，于是得E为11AC的中点，所以12=.【小问2详解】在三棱柱111ABCABC-中，

面//ABC面111ABC，则点E到平面ABC的距离等于点1A到平面ABC的距离，又11BBCC为正方形，即11BCBC⊥，而1AM⊥平面11BBCC，以M为原点，11,,MBMBMA的方向分别为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系，如图，依题意，22111111,2MBMBMA

ABMB===−=，则()()()()1110,0,2,0,1,01,0,0,1,0,0ABBC−，()()11110,1,2,1,0,2ABABACAC==−==−−，设平面ABC的法向量为(),,nxyz=，则2020nAByznACxz=−

==−−=，令1z=，得()2,2,1n=−，又()111,1,0AABB==−，则1A到平面ABC的距离12221055AAndn+===，所以点E到平面ABC的距离为2105.【小问3详解】因111AEAC=，则()1

11,0,2AEAC==−−，()()11111,1,22,0,1,0BEBAAEMB=+=−−−=，设面1BCE的法向量为()111,,mxyz=，则()1111112200mBExyzmMBy=−−+−===，令z=，

得()22,0,m=−，于是得()()222|21||||32||cos,|||||52(1)5342mnmnmn−+−===−+−+，而平面ABC与平面1BCE所成角的正弦值为255，则5|cos,|5mn=，即()232555342−=−+，整理得2

3410−+=，解得13=或1=，所以的值是13=或1=.【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.获得更多资源请扫码加入享学资源

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