2024年广东省高考数学一模试卷

2024年广东省高考数学一模试卷

学校:姓名：班级：考号：

题号一二三四总分

得分

留意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，

用橡皮擦洁净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知集合用=-2）<0},N=（x\x-1<0},则下列Uerm图中阴影部分可以表示

集合{x|lW久<2}的是（）

2.己知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个

圆锥和圆柱的侧面积之比为（）

1

A.2-B.¥C.VD"

23

nx%>0

3.已知函数/（%）'「％<0若/（。）</（6—。），则实数。的取值范围是（）

A.(-3,4-00)B.（-00,-3）C.(3,+8)D.(-oo,3)

B.从2018年开头，中国汽车的出口量大于进口量

C.2012-2024年中国汽车出口量的第60百分位数是106万辆

D.2012-2024年中国汽车进口量的方差大于出口量的方差

5.在复平面内，已知复数z满足,一1|=忆+"@为虚数单位），记20=2+»对应的点为点20,

z对应的点为点Z,则点Z。与点Z之间距离的最小值为（）

A.殍B.T2C.亨D.2c

6.如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的

六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”

的不同的排法有（）

A.96种B.64种C.32种D.16种

7.已知双曲线C：捻一，=l（a>0,6>0）,点B的坐标为（0,6）,若C上的任意一点P都满

足|PB|26,贝"C的离心率取值范围是（）

A.B.[£|±lj+cx））C.（1,6D.C+8）

8.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相

切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）

A.4B.2。+2C.2AT3+2D.6

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽视小球的大小），它在t（s）时

刻相对于平衡位置的高度/i（cni）可以田h=2si呜t+今）确定，则下列说法正高

确的是（）

A.小球运动的最高点与最低点的距离为2sl\

B.小球经过4s往复运动一次‘〃<0

C.tG(3,5)时小球是自下往上运动

D.当t=6.5时，小球到达最低点

10.在四棱锥S-4BCD中，SD1平面4BCD,四边形4BCD是正方形，若SD=4D,贝!］()

A.AC1SD

B.AC与SB所成角为60。

C.BD与平面SCD所成角为45。

D.BD与平面S4B所成角的正切值为?

11.已知抛物线E：必=8x的焦点为F,点尸与点C关于原点对称，过点C的直线/与抛物线E交

于a,B两点(点4和点C在点B的两侧)，则下列命题正确的是()

A.若B尸为△4CP的中线,则|4F|=2|BF|

B.若BF为乙4FC的角平分线，则|4F|=6

C.存在直线/,使得|2C|=，攵

D.对于任意直线］,都有|AF|+\BF\>2\CF\

12.已知定义在R上的函数/'(久)，对于给定集合4,若x2ER,当时都有

/(/)一〃久2)€4,则称f(x)是“4封闭”函数.则下列命题正确的是()

A.=/是"［-1,1］封闭”函数

B.定义在R上的函数/(X)都是“｛0｝封闭”函数

C.若f(x)是“｛1｝封闭”函数，则f(x)肯定是“仇｝封闭”函数(k6N*)

D.若f(x)是句封闭”函数(a,beN*),则/(x)不肯定是“｛ab｝封闭”函数

第n卷(非选择题)

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.已知向量落3满足|方|=2,|3|=4,9—泊•五=0，则N与石的夹角为一.

14.在平面直角坐标系中，等边三角形48c的边4B所在直线斜率为2「，则边4C所在直线

斜率的一个可能值为_.

15.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且/(久)在［0,2］上单调递减，〃久+2)为偶函数，若

/(久)=在［0,12］上恰好有4个不同的实数根XpX2,x3,X4,则+%2+%3+%4=___-

16.已知动圆N经过点4(一6,0)及原点。，点P是圆N与圆M：x2+(y-4)2=4的一个公共点，

则当N0P4最小时，圆N的半径为一.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

在A4BC中，角4B,C的对边分别为a,b,c,已知cos24+cos2B—cos2C—1—2sinAsinB.

(1)求角C的大小；

(2)求siriA+sinB+sinC的取值范围.

18.(本小题12.0分)

已知各项都是正数的数列｛an｝,前n项和又满足吗=2Sn-an(neN*).

(1)求数列｛an｝的通项公式.

(2)记B是数列心｝的前兀项和，Qn是数列｛上｝的前n项和.当n>2时，试比较6与册的大小.

)九271-1

19.(本小题12.0分)

如图所示的在多面体中，AB=AD,EB=EC,平面力BD_L平面BCD,平面BCE1平面BCD,

点尸，G分别是CD,BD中点.

(1)证明：平面2FG〃平面8CE；

(2)若BC1BD,BC=BD=2,AB=H,BE=，亏求平面2FG和平面4CE夹角的余弦值.

20.(本小题12.0分)

某商场为了回馈宽敞顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5

个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸

出两个小球.假如每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖.

(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行其次次抽奖，求中奖次数X的分布列和数学

期望；

(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行其次次抽奖，求中奖次数丫的分布列和

数学期望；

(3)假如你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.

21.(本小题12.0分)

已知点4,点B和点C为椭圆C：真+，=l(a>6>0)上不同的三个点.当点4点B和点C为

椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.

(1)求椭圆C标准方程；

(2)若。为原点，且满足瓦？+南+双=6,求ATlBC的面积.

22.(本小题12.0分)

已知函数f(%)=xex+1.

(1)求/(%)的极值；

(2)当％>0时，/(%)>(a+l)x+Inx+2,求实数a的取值范围.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：集合M={x|x(x-2)<0}={x|0<x<2],N={x\x-1<0}=(x\x<1},

•1.CRM=(x\x<0或x>2},CRN={x\x>1],

对于a,Uerm图中阴影部分可以表示集合为MCN={x[0<x<1},故A错误；

对于B,Uezm图中阴影部分可以表示集合为MC(CRN)={X|1Wx<2},故B正确；

对于C,Uezm图中阴影部分可以表示集合为NC(CRM)={X|XW0},故C错误；

对于D,Uerm图中阴影部分可以表示集合为{x|xeMuN,且比《MCN},

,:MUN={x\x<2},MCN={%|0<%<1},

：.{x\xEMkJN,且x《MCN}={x|xW0或1Wx<2},故。错误.

故选：B.

先求出集合M,N,再利用集合的基本运算逐个推断各个选项即可.

本题主要考查图表达集合的关系和运算，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：设圆锥和圆柱的底面半径为r,

由于圆锥的轴截面是等边三角形，

所以圆锥的母线长为Z=2r,

则圆锥和圆柱的1W1为拉=V4r2—r2——V-

所以圆锥的侧面积为Si=|X2nrXI=2nr2,

圆柱的侧面积为S2=2nrxh=2^nr2,

所以圆锥和圆柱的侧面积之比为生=

故选：C.

依据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.

本题考查圆柱与圆锥的侧面积的求解，属中档题.

3.【答案】D

【解析】解：依据函数/(久)的图象，可得/0)在R上单调递增,

若/'(a)<f(6—a),则有a<6—a,

•••2a<6,a<3,

则实数a的取值范围是(-8,3).

故选：D.

结合图象，可知/(久)在R上单调递增，由此解不等式f(a)<f(6-a).

本题考查分段函数的单调性，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：由条形图可知2012—2024年中国汽车进口量和出口量都是有增有减的，所以选项A

正确；

由条形图可知从2018年开头，中国汽车的出口量大于进口量，所以选项2正确；

2012—2024年中国汽车出口量由小到大排列为：72.3,73,89.7,92,99,104,108,115,121.5,

212,因此第60百分位数是空翌=106,所以选项C正确；

由条形图可知2012-2024年中国汽车进口量的波动小于出口量的波动，因此2012-2024年中国

汽车进口量的方差小于出口量的方差，所以选项。不正确，

故选：D.

依据条形图，结合百分位数、方差的性质逐一推断即可.

本题主要考查了统计图的应用，考查了百分位数的计算，属于基础题.

5.【答案】C

【解析】解：设z=光+yi(x,yeR),

|z-1|=|z+i|,

|x-1+yi|=|x+(y+1)牛即J(x一1)2+*=J刀2+⑶+1)2,化简整理可得，x+y=0,

二复数z的对应点的轨迹x+y=0,

z0=2+i对应的点为点Z0(2,l),

|2+1|37-2

・・•点Zo与点Z之间距离的最小值为了工1.

故选：C.

依据已知条件，集合复数模公式，求出点Z的轨迹方程，再结合点到直线的距离公式，即可求解.

本题主要考查复数模公式，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解：依据题意，分3步进行，

第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5"，则中间的数字只能为两组数1,4或2,3中的

一组，共有2席=4种排法；

其次步，排第一步中剩余的一组数，共有怂&=8种排法；

第三步，排数字5和6,共有掰=2种排法;

由分步计数原理知，共有不同的排法种数为4x8x2=64.

故选：B.

分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.

本题主要考查了排列组合学问，考查了分步计数原理的应用，属于基础题.

7.【答案】A

【解析】解：设P(x,y),|PB|>/?=>yjx2+(y—by>bx2+y2-2by>0(*),

由盘—,=1今％2=a2q+3),代入不等式*中，

2

整理得3ry2-2by+a2>0恒成立，

b

4aC42222

则/=4b2—2<0b<a2c2b<acc—a<ace—e—1<0f解得匕G<

bz2-

♦1+V-5

”丁，

又e>l,贝

故选：A.

依据两点间距离公式，结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解，即可得出答案.

本题考查双曲线的性质，考查转化思想和方程思想，考查规律推理力量和运算力量，属于中档题.

8.【答案】C

【解析】解：要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与看球各面(含球面部分)都相切,

O

此时，如上图示，。为半球的球心，力为其中一个小球球心，贝I。力是棱长为2的正方体的体对角线，

且该小球与半球球面上的切点与0,4共线，

所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与04长度之和，即2「+2，

故选：C.

依据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与:球各面(含球面部分)都相切，进而求半

径最小值.

本题主要考查了球的结构特征，考查了同学的空间想象力量，属于中档题.

9.【答案】BD

【解析】解：小球运动的最高点与最低点的距离为2-(-2)=4cm,所以选项A错误；

27r

由于开=4,所以小球经过4s往复运动一次，因此选项B正确；

2

当t6(3,5)时，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；

当t=6.5时，/i=2smgx6.5+^)=-2,所以选项。正确.

故选：BD.

依据正弦型函数的性质逐一推断即可.

本题主要考查三角函数的应用，考查运算求解力量，属于中档题.

10.【答案】ACD

【解析】解：选项A,由于SD1底面ABC。，ACc^ABCD,

所以AC1SD,由于四边形力BCD是正方形，

所以4C1BD,又BDCSD=D,BD,SDu平面SBD,

所以AC1平面SBD,又SBu面SBD,

所以4CLSB,选项A正确；

选项8,由于4C1平面SB。，又SBu面SB。，

所以4clsB,故选项2错误；

选项C,由于SD1底面4BCD,BCu面力BCD,

所以BC1SD,又四边形4BCD是正方形，

所以BCJ.CD,又CDCSD=D,CD,SDu平面SCO,

所以BC1平面SCO,所以80与平面SCO所成角为4BDC,

易知NBDC=45。，故选项C正确；

选项。，如图，取S4中点K,连DK,BK,

由于SD1底面力BCD,ABu面4BCD,所以481SD,

双四边形2BCD是正方形，所以4B14D,又力DdSD=D,

所以AB1平面S力D,DKa^SAD,所以AB1DK,

又SD=AD,所以DK1S4SACtAB=A,所以DK1面S4B,

所以BD与平面S48所成角为ADBK,

不妨设SD=40=a,易知DK=2^,BK=萼,

在RtADKB,tanNDBK=1J=普=¥，故选项O正确.

DKV6a3

2

故选：ACD.

对于选项A,利用线面垂直的判定定理得到AC，平面SB。，进而可判定选项A正确；对于选项8,

由2C,平面SBD,知4C1SB,故可得选项8错误；对于选项C和D,利用线面角的定义，找出

线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可推断选项的正误.

本题考查线线垂直的证明，线线角的求解，线面角的求解，属中档题.

11.【答案】AD

【解析】解：由题意，不妨令2(%i，yi),8(%2，%)都在第一象限，

又C(-2,0),0(2,0),设/：x=ky-2,

联立E：y2=8x,可得y?—8/cy+16=0,

则4=64(1—1)>0,即42>1,

•••yi+丫2=8/c,y1y2=16,

%1+%2=8k2-4,xrx2=4,如图所示,

力：若8F为的中线，则%=*

•••乃=4，7，所以久1=4,故4(4,4/7),

.­.5(1,2<2),则|AF|=2田尸|=6,故A正确；

B-.若BF为N4FC的角平分线，则嚣=黑，

14yl|/1?|

作ZD,BE垂直准线》=—2于。，E,则|4F|=|4。|且罂；=黑，

,\CF\_=\CE\_.|笆=\CE\_=\BE\

"\AD\—\DE\f"\AD\+\CF\~\CD\一\AD\J

•••W=然，将右=^>°代入整理得：

十。第1十Z%]

xf—4x1—12—(x1—6)(%i+2)=0,二Ki=6,

\AF\=xt+2=8,故8错误；

C：若|4C|=/攵|49|,即MC|=42/W|,即△ACD为等腰直角三角形,

此时|CD|=|2D|,即4(%-2,%)，*=8%一16,

比一8yi+16=0,；.%,=4,二%=4,则此时4B为同一点，不合题设，故C错误;

2

D：\AF\+\BF\=\AD\+\BE\=X1+x2+4=8k,又2|CF|=8,

结合I>]可得8k2>8,即+|BF|>2|CF|恒成立，故。正确.

故选：AD.

设/x=ky-2,不妨令力(%],乃)，3(久2，%)都在第一象限，C(-2,0),F(2,0),联立抛物线,依

2

据已知及韦达定理得/>1、y1+y2-8k,yry2=16,则与+x2=8fc-4,xrx2=4,再依据

各项描述、抛物线定义推断它们的正误.

本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，韦达定理的应用，属中档题.

12.【答案】BC

G

【解析】解:A：当％1=4,%2=3时，%1-%2=1[-1,1]，而/(%1)-/(%2)=16-9=7W[-1,1],

错误；

B：对于区间{0},v%i，久2eR使K1一%2=0，即％i=%2，必有/(丁)一/(%2)=0,

所以定义在R上的函数/(%)都是“{0}封闭”函数，正确；

C：对于区间{1},v%i，&£R使久1一%2e{1},则％I=%2+L

而/(%)是“{1}封闭”函数，则/(%2+1)-/。2)=1，即v%eR,都有+1)=/(x)+1,

对于区间{曷，V%i，x2GR使%i-％2E{哥，则/=%2+匕kEN*,

而f(%2+k)=f(%2+上一1)+1，f(%2+k-1)=f(X2+k—2)+1,・,f(%2+1)=f(%2)+1，

所以/(%2+k)+/(%2+k-1)+…+/(%2+1)=/(%2+k-1)+/(%2+k-2)+…+/(%2)+k—

1,

即/(%2+k)=/(%2)+k,故f(%2+左)一f(X2)=k,/(%)肯定是“{k}封闭”函数(AeN*),正确；

D：对于区间[a,b],存在一个/(%)满足在V/,x2GR使久i-x2=a,都有f(%2+。)一f(%2)=b,

且a,bGN*,

此时，上述/(%)为一个“[a,可封闭”函数，且该函数在V%ER,有/(%+a)=/(%)+/?恒成立，

对于区间{ab},结合上述函数，V%i，x2£R使%i—x2=ab,贝！J/(%+ab)=/(x+a(b—1))+h,

f(x+a(b-1))=f(x+a(b-2))+b,/(%+a)=/(%)+b,

将上述各式，两边分别累加并消项得/(%+ab)=/(x)+ab,故/(到+ab)-/(x2)=ab成立，

所以/(%)肯定是“{•}封闭”函数，故错误.

故选：BC.

A特殊值%=4,冷=3推断即可；B依据定义及函数的性质即可推断；C、O依据定义得到

都有/(%+1)=/(%)+1>VxGR有f(x+a)=f(x)+b,再推断所给定区间里是否有f(%2+k)-

/(%2)=k、f(x2+ab)—/(x2)=ab成马上可推断.

本题考查以新定义为载体，考查函数的性质以及命题的真假推断，对于C、D,依据给定的条件得

至Ijv%eR,都有/(%+1)=/(%)+1以及V%GR,有f(%+a)=/(%)+b恒成立，利用递推关系及

新定义推断正误，考查规律推理力量和运算求解力量，属于中档题.

13.【答案吗

【解析】解：由④一方).五=0=>另.五一方2=O=B.N=4，

设五与石的夹角为仇贝bos。==与=；，

|a||D|4XZZ

由于0<9<n,

所以

故答案为：?

依据平面对量数量积的运算性质，结合平面对量夹角公式进行求解即可.

本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题.

14.【答案】—看或早

【解析】解：设直线力B的倾斜角为a,由已知得/CRB=tana=2，q，

设直线AC的倾斜角为氏则%c=tcm。，

由于在等边三角形48c中，ABAC=60°,所以9=a±60。，

--

当"a+60°,tanO=tan(cr+60°)=tana+tan60°_2V3+V33<3

1—tanatan60°1—2V-3xV~~35'

所以%c=tan®=---—，

iizz-no,.r,cc、tana—tan60°2V-3—V-3V-3

n=a-60°,tanO=tanfcr-60°)=--------F==，

'Jl+tanatan601+2<3X<37

所以七c=tan®=3^,

综上，%c=—或k4c=?•

故答案为：-?或

由等边三角形的性质和直线的倾斜角与斜率的关系以及两角和与差的正切公式，得出边4C所在直

线斜率.

本题主要考查直线的斜率，属于基础题.

15.【答案】24

【解析】解：由f(x+2)为偶函数，贝仔(一久+2)=f(x+2),

故/'(一X)=f(x+4),

又/(久)是定义在R上的奇函数，则f(x)=-/(-%),

所以/(久)=—/(x+4),故/(x+4)=—/(>+8),即有/(%)=

/(%+8),

综上，/(©的周期为8,且关于x=2对称的奇函数,

由/(久)在［0,2］上单调递减，结合上述分析知：在［2,6］上递增，［6,10］上递减，口0,12］上递增，

所以f(x)在［0,12］的大致草图如下：

要使f(x)=6在［0,12］上恰好有4个不同的实数根，即f(x)与y=爪有4个交点，

所以，必有两对交点分别关于久=2,久=10对称，则久1+久2+久3+均=24.

故答案为：24.

由题设可得/(%)的周期为8,且关于x=2对称的奇函数，结合区间单调性推断［0,12］上单调状况,

依据/(久)与y=巾有4个交点，及函数的对称性求根的和.

本题主要考查了函数的奇偶性，周期性及对称性在函数零点个数推断中的应用，属于中档题.

16.【答案】5

【解析】解：如图：

一、^Bx

记圆N半径为R,/.OPA=e,则乙4NO=28,Z.BNO=9,

所以sin/OPA=sin/BN。=晟=J,

当N0P4最小时，R最大,此时两圆内切.

由已知设动圆N的圆心为N(-3,t),

又圆心M(0,4)可得R-2=\MN\,

即J(一3—0)2+(t—0)2-2=7(-3-0)2+(t-4)2,

解得t=4,所以R=5,即圆N的半径为5.

故答案为：5.

利用两圆的位置关系确定两圆内切时NOP力最小，依据位置关系可得圆N的半径.

本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化力量，属于中档题.

17.【答案】解：(1)由于cos2Z+cos2B—cos2C=1—2sinAsinB,

所以1—2sin2A+1-2sin2B—(1—2sin2C)=1—2sinAsinB,

整理得sin?/+sin2B+sin2c=sinAsinB,

22

由正弦定理得M+b-c=ab,

由余弦定理得cosC=fl2+fc2~c2=

2ab2

由于C£（0,7T）,所以

(2)si?iZ+sinB+sinC=sinA+sin(专一A)+?

....2n.27r.4।V-3

=sinA+sin—cosA—cos—sinA+—

3.y/~3A、'

=-sinAA+t—cosA+—

=VBsinCX+$+y,

在AABC中，由于c=：所以0<4〈学,

1

兀

所以

所以A

一<+7r-<57-T-

6662sin(i4+-)<1,

所以C<CsinQ4+苏+三三苧，

所以sizM+sinB+siziC的取值范围为女/].

22

【解析】（1）依据三角恒等变换和正弦定理得到彦+b-c=ab,进而由余弦定理得到CE（0,兀）,

求出C=*

（2）由三角函数和差公式求出sizM+sinB+sinC=V_Zsin（A+g）+f，由0<A<?求出取值范

6L3

围.

本题主要考查解三角形，属于中档题.

18.【答案】解：（1）当?1=1时，嫉=2S]—41=a1，所以%,=1或％_=0（舍去），

当心2时，有『产方J。二

（。九-1一，3九一1一a九—1，

两式相减得磷-嫌_]=2an-an+an_r=an+an-r,

整理得（册+册—1）（册-册-i）=an+an_r,

由于｛a九｝的各项都是正数，所以册-an_r=1,

所以｛即｝是首项为1,公差为1的等差数列,

所以册=1+1•(n—1)=71；

(2)由(1)得%=厘，则上=品=2©—缶)，

111111111

所以分=白+2+…+9=2(1-2+U+…+±-士)=2(1-4-),

a

SiS?Sn'223nn+r'n+r

11

由(1)得中=市，

1

所以+°+-+-++

a2

-1

«1。2«22n

由于2n=(1+l)n=1+n++••->1+n>0(n>2),

所以玄＜3?故1-次＞1一士

所以当nN2时，Pn＜Qn.

【解析】（1）依据与与。”的关系，结合等差数列的通项公式进行求解即可;

（2）依据裂项相消法，结合等比数列前n项和、二项式定理进行求解即可.

本题考查等差数列的定义与通项公式的应用，裂项求和法的应用，属中档题.

19.【答案】解：（1）证明：如图，取BC中点“，连接E”，由于EB=EC,所以EH1BC,

又由于平面BCE1平面BCD,平面BCEC平面BCD=BC,E”u平面BCE,

所以EH_L平面BCD,

同理可得力G_L平面BCD,

所以EH〃4G,

又由于4G仁平面BCE,EHu平面BCE,所以4G〃平面BCE,

由于点尸，G分别是CD,BD中点，所以FG//8C,

又由于FGC平面BCE,BCu平面BCE,所以FG〃平面BCE,

又由于4GnFG=G,AG,FGu平面AFG,所以平面AFG//平面BCE.

E

(2)由于BC18D,BC//FG,所以FG1B。，

由(1)知4G1BD,AG_L平面BCD,GFu平面BCD,

所以AG1GF,

所以GF,GB,G力两两相互垂直，

如图，以点G为坐标原点，GF,GB,G4分别为久轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,

由于==所以G4=GB=LEH=2,BH=1,

则4(0,0,1),C(2,l,0),£(1,1,2),

平面4FG的一个法向量为砺=(0,2,0),

设平面力CE的法向量为元=(x,y,z),

由於=(2,1,—1),方=(-1,0,2)，

得也匹=o,即产解得,二:

场•CE=0+2z=0z=

<2

取x=2,得元=(2,—3,1),

设平面4FG和平面2CE的夹角为8,

则cos。=|cos(n,OS)|=黯=双*=汗，

所以平面2FG和平面4CE的夹角的余弦值为皑1

【解析】(1)利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明；

(2)先建系求法向量，再利用向量法求两平面的夹角即可.

本题考查面面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象力量，推

理论证力量和运算求解力量，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题.

20.【答案】解：(1)若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行其次次抽奖,

则每次中奖的概率为客琉=：，

Cw9

由于两次抽奖相互独立，所以中奖次数X听从二项分布，即X〜B(2,《)，

所以X的全部可能取值为0,1,2,

则P(X=0)=以.(3。x(|)2=K，

P(X=1)=屐.(款x(|)i=言P(X=2)=戏.(款x信)。=盛

所以X的分布列为:

X012

254016

p

818181

所以X的数学期望为E(X)=2x^=|

(2)若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行其次次抽奖，中奖次数y的全部可能取值为o,1,

2,

则—0)—C界.或C、—型—])_或+或.或+—竺+竺—12—12p(Y—

WU)—%C厂—1)一端点端点-63+63-63-21,-

C|+C|C|+C1_13

幻一工.丁一而，

所以y的分布列为：

Y012

P201013

632163

所以y的数学期望为E(y)=+=1

zio5y

(3)由于(1)(2)两间的数学期望相等，第(1)问中两次奖的概率比第(2)问的大,

即”(焉第(1)不中奖的概率比第(2)问小,即常＜小

ol□□olOD

回答一：若商场老板期望中两次奖的顾客多，产生宣扬效应，则选择按第(2)问方式进行抽.

回答二：若商场老板期望中奖的顾客多，则选择按第(1)问方式进行抽奖.

【解析】(1)依据古典概型的运算公式，结合二项分布的性质进行求解即可；

(2)依据古典概型的运算公式，结合数学期望公式进行求解即可；

(3)依据数学期望的性质，结合商场老板期望进行推断即可.

本题主要考查离散型随机变量期望与分布列的求解，考查转化力量，属于中档题.

21.【答案】解：(1)当点力，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好构成边长为2的等边三角形,

①当点力，点B和点C中有两个点为上顶点和下顶点，■个点为左顶点或右顶点时，

不妨设点4，点B为上顶点和下顶点，点C为右顶点，此时，a=I5,b=l,

②当点2,点B和点C中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，

不妨设点4点8为左顶点和右顶点，点C为上顶点，此时，a=1,b=19(舍去)，

2

椭圆的标准方程为种+『=1；

(2)设4(p,q),8(X1，%),。(久2，月)，

■■-OA+OB+OC^O,

p+x1+x2=0,q+yi+y2=0，

①当直线BC斜率不存在时，

即=x2,y1=-y2,则4(一2%1，0),

•点2在椭圆上，所以好=',则有比='，

44

•­.\BC\=V3,点4到BC的距离为|3打|=亨,

此时LBC=3C*亨斐

②当直线斜率存在时，设直线方程为y=女％+血,

y=kx+m,

联立得X221得(1+3/c2)%2+6kmx+37n2—3=0,

匕+y=i，

••・4=(6/cm)2—12(1+3fc2)(m2-1)=12(31+1—m2)>0,

由韦达定理得+%2=,%1%2=3：：3；?,

2m

k(Xi

•••yi+y2=+%2)+2m=1+3户

/,、6km/,、2m

•••P=-(X】+右)=R，q=—(%+%)=—』，

2

又点4(p,q)在椭圆三+y2=1上,

筌汶+3(停)2=3,

・•・4m2=1+3fc2,

2

/—6km、o4.3(m—12)

\BC\=V1+fc2-I%1—%|=V1+/c2-(-----7)—--——T

2l+3/cz1+3孑

2c、3k2+l-m22V~-3-V4m2—m2

=V1+fc2•=V1+fc2•

1+3/c2