2021届山东省(新高考)数学临考仿真模拟演练卷(二)

2021 届山东省(新高考)数学临考仿真模拟演练卷(二) (时间:120 分钟 分值:150 分) 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．已知集合 { || | 3, }A x x x  Z ， { || | 1, }B x x x  Z ，则 A B  （ ） A． {1,2,3,5,7,11}A  B．{ 3, 2,2,3}  C．{ 2,0,2} D．{ 2,2} 2．设复数 z 满足| |1 1z   ，则 z 在复平面内对应的点为 ( ),x y ，则（ ） A．  2 21 1x y   B． 2 21 1( )x y   C． 2 2( )1 1x y   D．  22 1 1x y   3．函数 ( )f x x x a b   是奇函数的充要条件（ ） A． 0ab  B． 2 2 0a b  C． a b D． 0a b  4．函数    log 1a af x x ax       的图象可能是（ ） A． B． C． D． 5．已知 m ， n 是两条不同的直线， ，  是两个不同的平面，则下列判断正确的是（ ） A．若  ， m  ， n  ，则直线 m 与 n 一定平行 B．若 m  ， n  ，  ，则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面 C．若 m  ， //n  ，则直线 m 与 n 一定垂直 D．若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 一定平行 6．已知函数   2 1, 2 2 3 , 2 x x a xf x x       ，若   2 1f f   ，则实数 a 的取值范围是（ ） A． ,2 B． ,3 C． 3, D． 2, 7．点 F 为抛物线 2 4y x 的焦点，点 (2,1)A ，点 P 为抛物线上与直线 AF 不共线的一点，则 APF△ 周长的最小值为（ ） A．3 2 B．3 2 C． 4 D． 2 2 8．若某同学连续 3 次考试的名次（ 3 次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第 3 名，则称该同 学为班级的尖子生．根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续 3 次考试名次的数据，推断一定是尖子 生的是（ ） A．甲同学：平均数为 2 ，方差小于1 B．乙同学：平均数为 2 ，众数为1 C．丙同学：中位数为 2 ，众数为 2 D．丁同学：众数为 2 ，方差大于1 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．已知函数     πcos 0, 0, 2f x A x A           的部分图象如图所示，则下列关于函数  f x 的说法中正确的是（ ） A．函数  f x 最靠近原点的零点为 3 π B．函数  f x 的图象在 y 轴上的截距为 3 C．函数 5π 6f x    是偶函数 D．函数  f x 在 7π2π, 3      上单调递增 10． ABC△ 中， D 为边 AC 上的一点，且满足 1 2AD DC  ，若 P 为边 BD 上的一点，且满足  0, 0AP mAB nAC m n      ，则下列结论正确的是（ ） A． 2 1m n  B． mn 的最大值为 1 12 C． 4 1 m n  的最小值为 6 4 2 D． 2 29m n 的最小值为 1 2 11．如图，在棱长为 6 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为棱 1DD 上一点，且 2DE  ，F 为棱 1 1C D 的中点，点G 是线段 1BC 上的动点，则（ ） A．无论点 G 在线段 1BC 上如何移动，都有 1 1AG B D B．四面体 A BEF 的体积为 24 C．直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 2 10 15 D．直线 1AG 与平面 1BDC 所成最大角的余弦值为 1 3 12．设函数 ( ) lnf x x x ， 21( ) 2g x x ，给定下列命题，其中正确的是（ ） A．若方程 ( )f x k 有两个不同的实数根，则 1 ,0k e      B．若方程 2( )kf x x 恰好只有一个实数根，则 0k  C．若 1 2 0x x  ，总有        1 2 1 2m g x g x f x f x     恒成立，则 11m  D．若函数 ( ) ( ) 2 ( )F x f x ag x  有两个极值点，则实数 10, 2a     第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．某工厂为研究某种产品产量 x（吨）与所需某种原材料 y（吨）的相关性，在生产过程中收集 4 组对应数据（ ,x y ）如下表所示： x 3 4 6 7 y 2.5 3 4 m 根据表中数据，得出 y 关于 x 的线性回归方程为 ˆ 0.7y x a  ．据此计算出在样本 4,3 处的残差为 0.15 ，则表中 m 的值为________． 14．若   61x x a   与   61 0ax a  的展开式中 3x 的系数相等，则实数 a 的值为________． 15．给图中 A，B，C，D，E，F 六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色． 若有 4 种颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案． 16．在 ABC△ 中，角 A ， B ，C 分别为三角形的三个内角，且 sin 2 3sinsin B CA  ，则 π 6B  的取 值范围是______， sin sin sin sin C A A C  的取值范围是_________． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分）数列 na 是公差不为 0 的等差数列，满足 1 1a  ， 18 2 9a a a ，数列 nb 满足 2 na nb  ． （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）令 1 1 2 2 3 3n n nT a b a b a b a b    ，求 nT 的值． 18．（12 分）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． ①  3cos cos cos sinA c B b C a A  ； ② 2cos 2 b cC a  ； ③ tan tan tan 3 tan tanA B C B C   ． 已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 的对应边分别为 , ,a b c ， ． （1）求 A ； （2）若 2a  ， 10b c  ，求 ABC△ 的面积． 19．（12 分）已知函数    2ln 2 1f x x ax a x    ． （1）当 1a  时，求  y f x 曲线在 1x  处的切线方程； （2）讨论  f x 的单调性． 20．（12 分）如图，在四棱锥 S ABCD 中，ABCD 为直角梯形，AD BC∥ ，BC CD ，平面 SCD  平面 ABCD ． SCD△ 是以CD 为斜边的等腰直角三角形， 2 2 4BC AD CD   ， E 为 BS 上一 点，且 2BE ES ． （1）证明：直线 SD∥平面 ACE ； （2）求二面角 S AC E  的余弦值． 21．（12 分）公元 1651 年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡 (B．Pascal)提请了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)示讨论了这个问题，后来惠更斯(C．Huygens) 也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答．该问题如下： 设两名赌徒约定谁先赢  1,k k k  N 局，谁便赢得全部赌注 a 元．每局甲赢的概率为 (0 1)p p  ，乙赢的概率为1 p ，且每局赌博相互独立．在甲赢了 ( )m m k 局，乙赢了 ( )n n k 局时，赌博意外终止．赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢 k 局 则赌博意外终止的情况，甲､乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比 :P P甲 乙 分 配赌注． （1）甲､乙赌博意外终止，若 243a  ， 4k  ， 2m  ， 1n  ， 2 3p  ，则甲应分得多少赌注？ （2）记事件 A 为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当 4k  ， 2m  ， 1n  时赌博继续进 行下去甲赢得全部赌注的概率 ( )f p ，并判断当 4 5p  时，事件 A 是否为小概率事件，并说明理由．规 定：若随机事件发生的概率小于 0.05，则称该随机事件为小概率事件． 22．（12 分）已知直线 :l y x m  交抛物线 2: 4C y x 于 ,A B 两点． （1）设直线l 与 x 轴的交点为T ．若 2AT TB  ，求实数 m 的值； （2）若点 ,M N 在抛物线C 上，且关于直线l 对称，求证： , , ,A B M N 四点共圆． 答 案 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D 【解析】因为| | 3x  ，所以 3 3x   ， 又 xZ ，所以 { 2, 1,0,1,2}A    ， 因为| | 1x  ，所以 1x   或 1x  ，所以 { | 1B x x   或 1, }x x Z ， 所以 { 2,2}A B   ，故选 D． 2．【答案】B 【解析】设 (i , )z x y x y  R ， 由| |1 1z   ，得| ( ) |1 i 1x y   ，∴ 2 21 1( )x y   ，故选 B． 3．【答案】B 【解析】由于  f x 为奇函数，所以     0f x f x   恒成立， 即 0x x a b x x a b       ，   2 0x x a x a b     恒成立， 由于 xR ，所以 0a b= = ． 在四个选项中，与 0a b= = 等价的是 2 2 0a b  ， 所以 B 选项符合，故选 B． 4．【答案】A 【解析】由 2 ax ax ，当且仅当 ax x  时，取等号， 又 1a  ，所以 2 2ax ax    ，故   log log 1 0a a af x x x        ， 所以只有 A 正确，故选 A． 5．【答案】C 【解析】对于 A， m ， n 可能平行、异面、相交，故 A 错误； 对于 B，若 m  ， n  ，  ，则直线 m 与 n 不可能平行，故 B 错误； 对于 C，根据线面垂直、线面平行的性质可知直线 m 与 n 一定垂直，故 C 正确； 对于 D，若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 可能平行，也可能异面，故 D 错误， 故选 C． 6．【答案】A 【解析】     2 3 8 3 1af f f     ，3 9a  ，即 2a  ，故选 A． 7．【答案】B 【解析】根据题意，焦点  1,0F ，准线方程为 1x   ， 过点 P 作准线的垂线，垂足为 P' ，过点 A 作准线的垂线，垂足为 A，且与抛物线交于点 0P ， 作出图象如图， 故 2AF  ， 由抛物线的定义得 PF PP ， 则 APF△ 周长为 2 2 2C PF PA PP PA AA         ， 当且仅当点 P 在点 0P 处时，等号成立， 因为 3AA  ， 2 2 3 2C PF PA AA       ， 所以 APF△ 周长的最小值为3 2 ，故选 B． 8．【答案】A 【解析】对于甲同学，平均数为 2 ，方差小于1， 设甲同学三次考试的名次分别为 1x 、 2x 、 3x ， 若 1x 、 2x 、 3x 中至少有一个大于等于 4 ， 则方差为      2 2 22 1 2 3 1 42 2 23 3s x x x         ，与已知条件矛盾， 所以， 1x 、 2x 、 3x 均不大于 3 ，满足题意； 对于乙同学，平均数为 2 ，众数为1，则三次考试的成绩的名次为1、1、 4 ， 即必有一次考试为第 4 名，不满足题意； 对于丙同学，中位数为 2 ，众数为 2 ，可举反例： 2 、 2 、 4 ，不满足题意； 对于丁同学，众数为 2 ，方差大于1，可举特例： 2 、 2 、5 ，则平均数为 3 ， 方差为    2 22 1 2 2 3 5 3 2 13s          ，不满足条件， 故选 A． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．【答案】ABC 【解析】根据函数    cosf x A x   的部分图象知， 2A  ， 设  f x 的最小正周期为T ，则 2π π π 4 3 6 2 T    ，∴ 2πT  ， 2π 1T    ． ∵ π π2cos 26 6f             ，且 π 2   ，∴ 6 π   ， 故   π2cos 6f x x     ． 令   π2cos 06f x x      ，得 π π π6 2x k   ， k Z ， 即 3 π2πx k  ， k Z ，因此函数  f x 最靠近原点的零点为 π 3  ，故 A 正确； 由  0 2cos 36 πf       ，因此函数  f x 的图象在 y 轴上的截距为 3 ，故 B 正确； 由  5 2cos 2coπ sπ6f x x x        ，因此函数 6 π5f x    是偶函数，故 C 正确； 令 π2 π 2π π6k x k    ，k Z ，得 π52 2 6π6 ππk x k    ，k Z ，此时函数  f x 单调递增， 于是函数  f x 在 13π2π, 6      上单调递增，在 13π 7π,6 3      上单调递减，故 D 不正确， 故选 ABC． 10．【答案】BD 【解析】对于 A， 3AP mAB nAC mAB nAD        ， , ,B P D 三点共线， 3 1m n   ，A 错误； 对于 B， 3 1m n  ，   21 1 3 133 3 2 12 m nmn m n          （当且仅当 3m n 时取等号）， B 正确； 对于 C，  4 1 4 1 12 123 7 7 2 7 4 3n m n mm nm n m n m n m n                （当且仅当 12n m m n  ，即 2 3m n 时取等号），C 错误； 对于 D，  2 2 2 3 19 2 2 m nm n    （当且仅当 3m n 时取等号），D 正确， 故选 BD． 11．【答案】ABD 【解析】在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，易证 1DB  面 1 1A BC ， 又 1AG  平面 1 1A BC ，所以 1 1AG B D ，则 A 正确； 1 1 1 1 4 6 6 243 2A BEF F ABE D ABE B AD EV V V V           三棱锥 三棱锥 三棱锥 三棱锥 ，则 B 正确； 在棱 1CC 上取点 N ，使 2CN  ，连接 , , (BN NE FN 如图 ) ， 则易知 FBN 为直线 AE 与 BF 所成角或其补角， 可得 2 10BN  ， 5FN  ， 9FB  ， 则 2 2 2(2 10) 9 5 8 4 10cos 152 9 2 10 3 10 FBN       ， 则直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为 4 10 15 ，则 C 错误； 由题意知三棱锥 1 1A BDC 为棱长为 6 2 的正四面体， 作 1AO  平面 1BDC ，O 为垂足， 则O 为正 1BDC△ 的中心，且 1AGO 为直线 1AG 与平面 1BDC 所成角， 所以 2 1 1 2 1 1 cos 1 AOOGAGO AG AG     ， 当点 G 移动到 1BC 的中点时， 1AG 最短，如图，此时 1cos AGO 最小， 1AGO 最大， 此时 1 1 6 1cos 33 6 OGAGO AG     ，则 D 正确， 故选 ABD． 12．【答案】AD 【解析】因为 ( ) lnf x x x ，所以 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 则 ( ) ln 1f x x   ， 令 ( ) 0f x  ，解得 1x e  ， 可知 ( )f x 在 1(0, )e 上单调递减，在 1( , )e  上单调递增， 所以 min 1 1( ) ( )f x f x f e e       极小值 ， 当 0x  时， ( ) 0f x  ， 又  1 0f  ，从而要使得方程 ( )f x k 有两个不同的实根， 即 ( )y f x 与 y k 的图象有两个不同的交点， 所以 1( ,0)k e   ，故选项 A 正确； 因为 1x  不是方程 2( )kf x x 的根， 当 1x  时， ( ) 0f x  ， 方程 2( )kf x x 有且只有一个实数根，等价于 y k 与 ln xy x  只有一个交点， 2 ln 1 (ln ) xy x   ， 又 0x  且 1x  ， 令 0y  ，即 ln 1x  ，有 x e ，知 ln xy x  在 (0,1) 和 (1, )e 上单调递减，在 ( , )e  上单调递增， 1x  是一条渐近线，极小值为 e ． 由 ln xy x  大致图象可知 0k  或 k e ，故选项 B 错误； 当 1 2 0x x  时， 1 2 1 2[ ( ) ( )] ( ) ( )m g x g x f x f x   恒成立等价于 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )mg x f x mg x f x   恒成立， 即函数 ( ) ( )y mg x f x  在 (0, ) 上为增函数， 即 ( ) ( ) ln 1 0y mg x f x mx x       恒成立，即 ln 1xm x  在 (0, ) 上恒成立， 令 ln 1( ) xr x x  ，则 2 ln( ) xr x x    ， 令 ( ) 0r x  ，得 ln 0x  ，解得 0 1x  ， 从而 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， 则  max 1( ) 1r x r  ，所以 1m  ，故选项 C 错误； 函数 ( ) ( ) 2 ( )F x f x ag x  有两个极值点，等价于 ( ) ln 1 2 0F x x ax     有两个不同的正根， 即方程 ln 12 xa x  有两个不同的正根，由选项 C 可知， 0 2 1a  ， 即 10 2a  ，故选项 D 正确， 故选 AD． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】5.9 【解析】根据样本 4,3 处的残差为 0.15 ，即3 (0.7 4 ) 0.15a     ，可得 0.35a  ， 即回归直线的方程为 ˆ 0.7 0.35y x  ， 又由样本数据的平均数为 3 4 6 7 54x     ， 2.5 3 4 4 my    ， 所以 0.7 5 0.3 2.5 5 3 4 4 m      ，解得 5.9m  ， 故答案为5.9． 14．【答案】 8 3 【解析】  6x a 的展开式通项为  6 1 6C ,0 6r r r rA x a r r       N ， 且       6 6 61 xx x a x a x a      ， 所以   61x x a   的展开式通项为 6 6 7 6 1, 1 6 6 6 6C C C Ck k k r r r k k k r r r k rT x x a x a x a x a                  ， 由 7 3 6 3 k r      ，解得 4 3 k r    ， 所以   61x x a   的展开式中 3x 的系数为 4 4 3 3 6 6C Ca a   ，  61ax  的展开式的通项为  6 6 6 1 6 6C Cmm m m m mB ax a x        ， 由 6 3m  ，可得 3m  ，所以 61ax  的展开式中 3x 的系数为 3 3 6C a ， 所以 4 4 3 3 3 3 6 6 6C C Ca a a     ，解得 3 6 4 6 C C 2 8 3a   ， 故答案为 8 3 ． 15．【答案】96 【解析】要完成给图中 A 、 B 、C 、 D 、 E 、 F 六个区域进行染色，染色方法可分两类， 第一类是仅用三种颜色染色，即 AF 同色， BD 同色，CE 同色， 则从四种颜色中取三种颜色有 3 4C 4 种取法，三种颜色染三个区域有 3 3A 6 种染法， 共 4 6 24  种染法； 第二类是用四种颜色染色，即 AF ， BD ，CE 中有一组不同色， 则有 3 种方案 (AF 不同色或 BD 不同色或CE 不同色）， 先从四种颜色中取两种染同色区有 2 4A 12 种染法，剩余两种染在不同色区有 2 种染法， 共有 3 12 2 72   种染法． 由分类加法原理得总的染色种数为 24 72 96  种，故答案为 96． 16．【答案】 π 5π,6 6      ， 2,4 【解析】根据正弦定理 sin 2 3sinsin B b CA a   ， 所以 2 3 sinb a C ， sin 2 3 sin sinb B a C B ，得 2 2 3 sinb ac B ， 再由 2 2 2 2 2 2 3 sincos 2 2 c a b c a ac BB ac ac      ， 得  2 2 π2 cos 3sin 4 sin 6a c ac B B ac B        ， 因为  ,π0B ， 7π π π,6 6 6B      ， 而 2 2π4 sin 26ac B a c ac       ，所以 π 1sin 6 2B     ， 所以 5π π π,6 6 6B      ， 所以 π 1sin ,16 2B           ，所以  π4sin 2,46B     ， 而 2 2sin sin π4sinsin sin 6 C A c a a c BA C a c ac           ， 故 sin sin sin sin C A A C  的取值范围是 2,4 ． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1） na n ， 2n nb  ；（2）   11 2 2n nT n     ． 【解析】（1）设数列 na 的公差为 d ， 由题意得   1 17 1 1 8d d d    ，解得 1d  或 0（舍）， ∴  1 1 1na n n     ，∴ 2n nb  ． （2）由（1）知 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n n n nT a b a b a b a b n            ， ∴  2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n nT n n            ， 两式相减得  2 3 1 11 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2n n n nT n n                ， ∴   11 2 2n nT n     ． 18．【答案】（1） π 3A  ；（2） 3 2 ． 【解析】（1）方案①：由已知及正弦定理得   23cos sin cos sin cos sinA C B B C A  ， 所以   23cos sin sinA C B A  ，所以 23 cos sin sinA A A ， 又  0,πA ，所以sin 0A  ，所以 tan 3A  ，所以 π 3A  ． 方案②：由已知正弦定理得  2cos sin 2sin sin 2sin sinC A B C A C C     2sin cos 2cos sin sinA C A C C   ， 所以 2cos sin sin 0A C C  ，即 2cos sin sinA C C ， 又  0,πC  ，所以sin 0C  ，所以 1cos 2A  ，所以 π 3A  ． 方案③：因为 tan tan tan 3 tan tanA B C B C   ， 所以 tan tan tan 3 tan tan tan tan( ) (1 tan tan )A B C B C A B C B C         tan tan 1 tan tan tan tan tanA A B C A B C    ， 即 3 tan tan tan tan tanB C A B C ， 又  , , 0, πA B C  ，所以 tan 0B  ， tan 0C  ， 所以 tan 3A  ， 1cos 2A  ，所以 π 3A  ． （2）由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 2a  ， π 3A  ， 得 2 24 b c bc   ，即 2 4 3b c bc   ， 又因为 10b c  ，所以 2bc  ， 所以 1 3sin2 2ABCS bc A △ ． 19．【答案】（1） 6 2y x  ；（2）答案不唯一，具体见解析． 【解析】（1）当 1a  时，   2ln 3f x x x x   ，可得 1( ) 2 3f x x x     ， 斜率 (1) 6k f   ，而 (1) 4f  ， 根据点斜式可得  y f x 曲线在 1x  处的切线方程为 6 2y x  ． （2）因为    2ln 2 1f x x ax a x    ， 对  f x 求导，         22 2 1 1 2 1 11 2 2 1 ax a x ax xf x ax ax x x           ， 0x  ， ①当 0a  时，   1 1 0f x x     恒成立， 此时  y f x 在 0,  上单调递增； ②当 0a  ，由于 0x  ，所以   2 1 1 0ax x   恒成立，此时  y f x 在 0,  上单调递增； ③当 0a  时，令   0f x  ，解得 1 2x a   ． 因为当 10, 2x a      ，   0f x  ；当 1 ,2x a       ，   0f x  ， 所以  y f x 在 10, 2a     上单调递增，在 1 ,2a      上单调递减． 综上可知，当 0a  时，  f x 在 0,  上单调递增， 当 0a  时，  f x 在 10, 2a     上单调递增，在 1 ,2a      上单调递减． 20．【答案】（1）证明见解析；（2） 1 3 ． 【解析】（1）证明：连接 BD 交 AC 于点 F ，连接 EF ． 因为 AD BC∥ ，所以 AFD△ 与 BCF△ 相似，所以 2BF BC FD AD   ． 又 2BE BF ES FD   ，所以 EF SD∥ ． 因为 EF  平面 ACE ， SD  平面 ACE ，所以直线 SD∥平面 ACE ． （2）解：平面 SCD  平面 ABCD ，平面 SCD  平面 ABCD CD ， BC 平面 ABCD ， BC CD ，所以 BC ⊥平面 SCD ． 以C 为坐标原点，CD  ，CB  所在的方向分别为 y 轴、 z 轴的正方向， 与CD  ，CB  均垂直的方向作为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ． 则 (0,0,0)C ， (1,1,0)S ， (0,2,2)A ， 2 2 4( , , )3 3 3E ， (0,2,2)CA  ， (1,1,0)CS  ， 2 2 4( , , )3 3 3CE  ． 设平面 SAC 的一个法向量为  , ,x y zm ， 则 2 2 0 0 CA y z CS x y            m m ，令 1x  ，得  1, 1,1 m ； 设平面 EAC 的一个法向量为  , ,x y zn ， 则 2 2 0 2 2 4 03 3 3 CA y z CE x y z             n n ，令 1z  ，得  1, 1,1  n ， 设二面角 S AC E  的平面角的大小为 ，则 | | 1 1cos | | | | 33 3      m n m n ， 所以二面角 S AC E  的余弦值为 1 3 ． 21．【答案】（1） 216 元；（2）     31 1 3 (1 )f p p p    ，事件 A 是小概率事件，理由见解析． 【解析】（1）设赌博再继续进行 X 局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢， 由题意知，最多再进行 4 局，甲､乙必然有人赢得全部赌注． 当 2X  时，甲以 4:1赢，所以   22 42 3 9P X       ； 当 3X  时，甲以 4 : 2 赢，所以   1 2 2 2 2 83 C 13 3 3 27P X           ； 当 4X  时，甲以 4:3赢，所以   2 1 3 2 2 2 44 C 13 3 3 27P X           ， 所以，甲赢的概率为 4 8 4 24 8 9 27 27 27 9     ， 所以，甲应分得的赌注为 8243 2169   元． （2）设赌注继续进行Y 局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则Y 的可能取值有 3、4， 当 3Y  时，乙以 4 : 2 赢，   33 (1 )P Y p   ； 当 4Y  时，乙以 4:3赢，   1 3 3 34 C (1 ) 3 (1 )P Y p p p p     ； 所以，乙赢得全部赌注的概率为    3 3 3(1 ) 3 (1 ) 1 3 (1 )P A p p p p p       ， 于是甲赢得全部赌注的概率     31 1 3 (1 )f p p p    ， 求导，      3 2 23(1 ) 1 3 3(1 ) 1 12 (1 )f p p p p p p          ． 因为 4 15 p  ，所以   0f p  ，所以  f p 在 4 ,15     上单调递增， 于是 min 4 608( ) 5 625f p f      ． 故乙赢的概率为 608 171 0.0272 0.05625 625     ，故事件 A 是小概率事件． 22．【答案】（1） 8m   ；（2）证明见解析． 【解析】由 2 4 y x m y x     ，得 2 4 4 0y y m   ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 4y y  ， 1 2 4y y m ． 因为直线l 与C 相交，所以 16 16 0Δ m   ，得 1m  ． （1）由 2AT TB  ，得 1 22 0y y  ，所以 24 0y  ，解得 2 4y   ， 从而 1 8y  ， 因为 1 2 4y y m ，所以 4 32m   ，解得 8m   ． （2）设  3 3,M x y ，  4 4,N x y ， 因为 ,M N 两点关于直线 y x m  对称， 则 4 3 4 3 22 344 3 4 3 4 1 4 4 y y y y yyx x y y      ，解得 4 34y y   ． 又 4 3 4 3 2 2 y y x x m   ，于是 3 3 4 34 2 2 y y x x m     ，解得 4 34 2x m x    ． 又点 N 在抛物线上，于是 2 3 3( ) ( 4 2 )4 4y m x     ． 因为 2 3 34y x ，所以 2 3 34 16 4 0y y m    ， 于是 1 3 2 3 1 3 2 3( )( ) ( )( )M x x x x y y yMB yA       2 22 2 3 31 2 1 3 2 3( )( )( )( )4 4 4 4 y yy y y y y y         1 3 2 3 1 3 2 3 ( ) 1616 y y y y y y y y           1 3 2 3 2 1 2 3 1 2 3 ( ) 1616 y y y y y y y y y y             2 2 3 1 3 3 3 4 04( ) 16 16y y yy y m y   + + + ， 因此 MA MB ，同理 NA NB ， 于是点 ,M N 在以 AB 为直径的圆上，即 , , ,A B M N 四点共圆．