2021-2022学年广西高二(上)期末数学试卷(理科)(附答案详解)

2021-2022学年广西高二（上）期末数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={x|y=√4−x
x−2
}，B={x|x2−7x+12<0}，则A∩B=()
A. (2,4]
B. (3,4)
C. (3,4]
D. (2,3)
2.命题p：“∀x∈[0,+∞)，e x>x2”的否定形式￢p为()
A. ∀x∈[0,+∞)，e x≤x2
B. ∃x0∈(−∞,0],e x0>x02
C. ∃x0∈[0,+∞),e x0>x02
D. ∃x0∈[0,+∞),e x0≤x02
3.中共一大会址(现上海市兴业路76号)、江西井冈山(中共革命根据地)、贵州遵义(遵
义会议召开地)、陕西延安(中共革命圣地)是中学生的几个重要的研学旅行地(只是部分).某中学在校学生3000人，学校团委为了了解本校学生到上述红色基地研学旅行的情况，随机调查了500名学生，其中到过中共一大会址或井冈山研学旅行的共有40人，到过井冈山研学旅行的20人，到过中共一大会址并且到过井冈山研学旅行的恰有10人，根据这项调查，估计该学校到过中共一大会址研学旅行的学生大约有()人．
A. 240
B. 180
C. 120
D. 60
4.已知函数f(x)=3x2−2ax+1，若对任意的x1，x2∈(−∞,−2)，且x1<x2，总有
f(x1)>f(x2)，则a的取值范围是()
A. [6,+∞)
B. [−6,+∞)
C. (−∞,6]
D. (−∞,−6]
5.下列关于函数f(x)=2cos2x+√3sin2x及其图象的说法正确的是()
A. f(x)max=2
B. 最小正周期为2π
C. 函数f(x)图象的对称中心为点(kπ
2−π
12
,0)(k∈Z)
D. 函数f(x)图象的对称轴方程为x=kπ
2+π
6
(k∈Z)
6.若执行如图所示的程序框图，则输出S的值是()
A. 18
B. 78
C. 6
D. 50
7. 若实数x ，y 满足不等式组{x −2y ≤0
x +y −3≤0x ≥0
，则y −2x 的最小值为( )
A. −3
B. 0
C. −1
D. 2
8. 已知直线l ：kx −y −k =0交圆C ：x 2+y 2−6x +5=0于A ，B 两点，若点P(3,0)
满足PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，则直线l 被圆C 截得线段的长是( )
A. 3
B. 2
C. 2√3
D. 4
9. 函数f(x)=xln 1+x
1−x 的大致图象为( )
A.
B.
C.
D.
10. 黄金矩形是宽(b)与长(a)的比值为黄金分割比(b
a =
√5−1
2
)的矩形，如图所示，把黄金矩形ABCD 分割成一个正方形ADEF 和一个黄金矩形BCEF ，再把矩形BCEF 分割出正方形CEGH.在矩形ABCD 内任取一点，则该点取自正方形CEGH 内的概率是( ) A. √5−12
B. 3−√52
C. √5−2
D. √5−22
11. 已知函数f(x)=x +4x ，g(x)=2x +a ，若∀x 1∈[1
2,1]，∃x 2∈[2,3]，使得f(x 1)≥
g(x 2)，则实数a 的取值范围是( )
A. a ≤1
B. a ≥1
C. a ≤2
D. a ≥2
12. 在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC =
2π3
，AP =3，AB =2√3，Q 是边BC
上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为π
3，则三棱锥P −ABC 的外接球的表面积为( )
A. 45π
B. 57π
C. 63π
D. 84π
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知a ⃗ =(−1,1)，b ⃗ =(2,−1)，c ⃗ =(1,2)，若a ⃗ =λb ⃗ +μc ⃗ ，则λ
μ=______． 14. 若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______．
15. 已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若△ABC 的面积为2，AB 边
上中线的长为√2.且b =acosC +csinA ，则△ABC 外接圆的面积为______． 16. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2
b
2=1(a >0,b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 是该双曲线
右支上一点，且(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0(O 为坐标原点)，2|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则双曲线C 的离心率为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知幂函数f(x)=(m −1)2x m
2−4m+2
在(0,+∞)上单调递减，函数g(x)=√
3−x 4+x
的
定义域为集合A ． (1)求m 的值；
(2)当x ∈[k,1]，k >0时，f(x)的值域为集合B ，若x ∈B 是x ∈A 成立的充分不必要条件，求实数k 的取值范围．
18.记数列{a n}的前n项和为S n，已知点(n,S n)在函数f(x)=x2+2x的图象上．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n=2
，求数列{b n}的前9项和．
a n a n+1
19.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg
的包裹，除收费10元之外，超过1kg的部分，每超出1kg(不足1kg，按1kg计算)需要再收费5元．该公司近60天每天揽件数量的频率分布直方图如下图所示(同一组数据用该区间的中点值作代表)．
(1)求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利
润，剩余的作为其他费用．已知公司前台有工作人员3人，每人每天工资100元，以样本估计总体，试估计该公司每天的利润有多少元？
(3)小明打算将A(0.9kg)，B(1.3kg)，C(1.8kg)，D(2.5kg)四件礼物随机分成两个
包裹寄出，且每个包裹重量都不超过5kg，求他支付的快递费为45元的概率．
20.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆半径为R，已知
2(sin2A−sin2B) sinA−sinC =c
R
．
(1)求角B；
(2)若边BC的长是该边上高的√3倍，求cosA的值．
21.已知四边形ABCD是菱形，四边形ACEF是矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，AB=
2AF=4，∠BAD=60°，G是BE的中点．
(1)证明：CG//平面BDF；
(2)求二面角E−BF−D的正弦值．
22.已知椭圆M：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为1
2
，以坐标原点为圆心，以椭圆M的
短半轴长为半径的圆与直线x−y+√6=0有且只有一个公共点．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)过椭圆M的右焦点F的直线l1交椭圆M于A，B两点，过F且垂直于直线l1的直线l2交椭圆M于C，D两点，则是否存在实数λ使|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵集合A={x|y=√4−x
x−2
}={x|2<x≤4}，
B={x|x2−7x+12<0}={x|3<x<4}，
∴A∩B={x|3<x<4}．
故选：B．
求出集合A，B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题：“∀x∈[0,+∞)，e x>x2”的否定是：∃x0∈[0,+∞)，e0x≤x02．
故选：D．
根据含有量词的命题的否定，即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
3.【答案】B
【解析】解：因为500名学生中到过中共一大会址或井冈山研学旅行的共有40人，
到过井冈山研学旅行的20人，到过中共一大会址并且到过井冈山研学旅行的恰有10人；故到过中共一大会址研学旅行的学生有30人；
所以：按照其所占比例可得：30
500=所求
3000
⇒所求=180；
故选：B．
先求出500人中符合条件的人数，再按对应比例相等即可求解．
本题主要考查等可能事件的概率以及用样本估计总体，属于基础题目．
4.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)=3x2−2ax+1，
对任意的x1，x2∈(−∞,−2)，且x1<x2，总有f(x1)>f(x2)，
∴(−∞,−2)是函数f(x)=3x2−2ax+1的减区间，
∴x=−−2a
6
≥−2，
解得a≥−6．
∴a的取值范围是[−6,+∞)．
故选：B．
由任意的x1，x2∈(−∞,−2)，且x1<x2，总有f(x1)>f(x2)，得到(−∞,−2)是函数f(x)= 3x2−2ax+1的减区间，由此能求出a的取值范围．
本题考查实数的取值范围的求法，考查二次函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：f(x)=1+cos2x+√3sin2x=1+2sin(2x+π
6
)，
当sin(2x+π
6
)=1时，函数的最大值为1+2=3，故A错误，
函数的最小正周期T=2π
2
=π，故B错误，
由2x+π
6=kπ，k∈Z得x=kπ
2
−π
12
，即f(x)的对称中心为(kπ
2
−π
12
,1)，k∈Z，故C错
误，
由2x+π
6=kπ+π
2
，k∈Z得x=kπ
2
+π
6
，即f(x)的对称轴为x=kπ
2
+π
6
，k∈Z，故D正
确，
故选：D．
利用辅助角公式进行化简，然后利用三角函数的性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图像和性质，利用辅助角公式进行化简是解决本题的关键，是
中档题．
6.【答案】A
【解析】解：第一次循环s =2，n =2； 第二次循环s =(−1)2×2+22=6，n =3； 第三次循环s =(−1)3×6+23=2，n =4；
第四次循环s =(−1)4×2+24=18，n =5跳出循环， 故选：A ．
对n 进行循环，即可直接解出．
本题考查了算法框图，学生的数学运算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：
令z =y −2x ， 则y =2x +z ，
联立{
x −2y =0
x +y −3=0
⇒C(2,1)， 由图可得，当y =2x +z 过C(2,1)时，在y 轴上的截距最小，此时z =y −2x 最小，最小值为1−22=−3， 故选：A ．
作出不等式组对应的平面区域，令z =y −2x ，则y =2x +z ，利用数形结合即可得到结论．
本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：圆C 可化为(x −3)²+y²=4，圆心为(3,0)，半径r =2，
直线可化为y =kx −k ，恒过点(1,0)， 如图所示，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠APB =4cos∠APB =2， 所以cos∠APB =1
2，则∠APB =60°， 又AP =BP =r ，所以△ABP 为等边三角形， 所以AP =AB =BP =2， 故选：B ．
求出圆的圆心，半径，直线恒过点(1,0)，作图，利用平面向量数量积运算性质得到∠APB =60°，可判断出△ABP 为等边三角形，即可得到答案． 本题考查直线与圆的位置关系，数形结合思想，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：f(−x)=−xln 1−x
1+x =−xln(1+x
1−x )−1=xln 1+x
1−x =f(x)，则函数f(x)是偶函数，图象关于y 轴对称，排除A ，C
当0<x <1时，1+x
1−x >1，则f(x)=xln 1+x
1−x >0，排除B ， 故选：D ．
根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合排除法进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数的奇偶性和对称性，结合排除法是解决本题的关键，是基础题．
10.【答案】C
【解析】解：设AB =a ，BC =b ，则面积S =ab ，且b a
=√5−1
2
，
由题意可知，正方形CEGH 的边长CE =a −b ，其面积为S′=(a −b)2，
矩形ABCD内任取一点，则该点取自正方形CEGH内的概率P=S′
S =(a−b)2
ab
=a2+b2−2ab
ab
，
=a
b +b
a
−2=
√5−1
+√5−1
2
−2=√5−2，
故选：C．
设AB=a，BC=b，先表示矩形ABCD面积S，然后确定正方形CEGH的边长，进而求出其面积，根据几何概率的求解公式可求．
本题主要考查了与面积有关的几何概率的求解，解题的关键是对已知图形面积的确定．11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了恒成立和存在性问题，对勾函数，指数函数及其性质和函数的最值，属于中档题．
把问题转化为f(x)min≥g(x)min，再利用对勾函数得f(x)min=f(1)=5，再利用指数函数得g(x)min=g(2)=a+4，最后解不等式f(x)min≥g(x)min，计算得结论．
【解答】
解：因为∀x1∈[1
2
,1]，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)成立，
若函数f(x)在x∈[1
2
,1]的最小值为f(x)min，
函数g(x)在x∈[2,3]的最小值为g(x)min，
所以f(x)min≥g(x)min．
当x∈[1
2,1]时，因为对勾函数f(x)=x+4
x
是减函数，
所以f(x)min=f(1)=5．
而当x∈[2,3]时，g(x)=2x+a是增函数，所以g(x)min=g(2)=a+4．
由5≥a+4解得：a≤1．
故选A．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了几何体外接球的应用问题，解题的关键求外接球的半径，属于中档题．
根据题意画出图形，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P−ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．
【解答】
解：三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，直线PQ与平面ABC所成的角为θ，三棱锥P−ABC 的外接球的球心为O，
如图所示：
则sinθ=PA
PQ
=3
PQ
，且sinθ的最大值是√3
2
，
∴(PQ)min=2√3，
∴AQ的最小值是√3，即A到BC的距离为√3，
∴AQ⊥BC，
∵AB=2√3，在Rt△ABQ中可得∠ABC=π
6
，即可得BC=6；
取△ABC的外接圆圆心为O′，作OO′//PA，设△ABC的外接圆的半径为r，，解得r=2√3；
∴O′A=2√3，
取H为PA的中点，连接OH，则OH⊥PA，
∴OH=O′A=2√3，PH=3
2
，
由勾股定理得OP =R =√PH 2+OH 2=√57
2
，
∴三棱锥P −ABC 的外接球的表面积是 S =4πR 2=4×π×(√572
)2
=57π．
故选B ．
13.【答案】−3
【解析】解：a ⃗ =(−1,1)，b ⃗ =(2,−1)，c ⃗ =(1,2)，若a ⃗ =λb ⃗ +μc ⃗ ， 可得−1=2λ+μ，1=2μ−λ，解得λ=−35，μ=1
5， 则λ
μ=
−
3
515
=−3．
故答案为：−3．
通过向量的坐标运算，转化求出λ、μ，即可得到结果．
本题考查向量的基本运算，平面向量基本定理的应用，考查计算能力．
14.【答案】1
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为： 该几何体为三棱柱； 如图所示：
所以V =1
2×1×2×1=1． 故答案为：1．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15.【答案】2π或5π
【解析】解：因为b =acosC +csinA ，
由正弦定理得，sinB =sinAcosC +sinCsinA =sin(A +C)=sinAcosC +sinCcosA ， 所以sinCsinA =sinCcosA ， 因为sinC >0，
所以sinA =cosA ，即tanA =1， 由A 为三角形内角得，A =π
4，
△ABC 的面积S =1
2
bcsinA =√24
bc =2，
所以bc =4√2①， 设D 为AB 边上的中点，
△ADC 中，由余弦定理得，√22
=b 2+(c
2
)2−2b ⋅c
2
⋅cos π
4
，
所以b 2+
c 24
=6②，
①②联立得，{
b =2
c =2√2或{b =√2c =4
， 当{b =2c =2√2时，由余弦定理得，a 2=b 2+c 2−2bccosA =4+8−2×2×2√2×√22=4， 所以a =2，
由正弦定理得，2R =a
sinA =2√2，即R =√2， 此时△ABC 外接圆的面积2π，
当{b =√2c =4
时，由余弦定理得，a 2=b 2+c 2−2bccosA =2+16−2×4×√2×√2
2=10，
所以a =√10，
由正弦定理得，2R =a
sinA =2√5，即R =√5， 此时△ABC 外接圆的面积5π． 故答案为：2π或5π．
由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简先求出A ，然后结合三角形面积公式及余弦定理求出b ，c ，再由正弦定理求出外接圆半径，进而可求圆的面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
16.【答案】√13
【解析】解：取PF 2的中点D ，则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 而(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得2OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以OD ⊥PF 2，而O 为F 1F 2的中点，所以OD//PF 1， 所以PF 1⊥PF 2，
因为2|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，而|PF 1|−|PF 2|=2a ，解得|PF 1|=6a ，|PF 2|=4a ，
在Rt △PF 1F 2中，由勾股定理可得4c 2=36a 2+16a 2， 可得c 2=13a 2， 所以离心率e =c
a =√13， 故答案为：√13．
取PF 2的中点D ，则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由(OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得OD ⊥PF 2，进而可得PF 1⊥PF 2，再由2|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，而|PF 1|−|PF 2|=2a ，可得|PF 1|，|PF 2|的值，在直角三角形中，由勾股定理可得a ，c 的关系，进而求出离心率的值． 本题考查向量的运算性质椭圆的运算性质，中位线的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由幂函数的定义与性质知，
{(m −1)2=1
m 2−4m +2<0， 解得m =2．
(2)由3−x
4+x ≥0得x−3
4+x ≤0， 解得−4<x ≤3， 所以A =(−4,3]，
当x ∈[k,1]，k >0时，f(x)=x −2的值域为[1,1
k 2]， 所以B =[1,1
k 2]，
因为x ∈B 是x ∈A 成立的充分不必要条件，所以B 是A 的真子集， 所以{1
k 2≤3
0<k <1，
解得√33
≤k <1，
所以实数k的取值范围是[√3
3
,1)．
【解析】(1)由幂函数的定义与性质，列方程和不等式求出m的值．
(2)解不等式3−x
4+x
≥0求出集合A，求出f(x)的值域得出集合B，根据题意得出关于k的不等式组，求出解集即可．
本题考查了幂函数的定义与性质的应用问题，也考查了集合的定义与运算问题，是中档题．
18.【答案】解：(I)由题意知S n=n2+2n．
当n≥2时，a n=S n−S n−1=2n+1；
当n=1时，a1=S1=3，适合上式．
所以a n=2n+1．
(Ⅱ)b n=2
a n a n+1=2
(2n+1)(2n+3)
=1
2n+1
−1
2n+3
．
则b1+b2+⋯+b9=1
3−1
5
+1
5
−1
7
+⋯+1
19
−1
21
=1
3
−1
21
=6
21
=2
7
．
【解析】(I)由题意知S n=n2+2n.结合a n=S n−S n−1，求解数列的通项公式即可．(Ⅱ)化简通项公式，利用裂项消项法求解数列的和即可．
本题考查数列的通项公式以及裂项相消法在数列求和中的应用．
19.【答案】解：(1)每天包裹数量的平均数为0.1×50+0.1×150+0.5×250+
0.2×350+0.1×450=260；--------------------------------------------(2分)
【或：由图可知每天揽50、150、250、350、450件的天数分别为6、6、30、12、6，
所以每天包裹数量的平均数为1
60
×(50×6+150×6+250×30+350×12+
450×6)=260】
设中位数为x，易知x∈(200,300)，则0.001×100×2+0.005×(x−200)=0.5，解得x=260．
所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件．-----------------------------------------(4分) (2)由(1)可知平均每天的揽件数为260，利润为260×5−3×100=1000(元)，
所以该公司平均每天的利润有1000元．-------------------------------------------------(7分) (3)设四件礼物分为二个包裹E、F，因为礼物A、C、D共重0.9+1.8+2.5=5.2(千克)，
礼物B 、C 、D 共重1.3+1.8+2.5=5.6(千克)，都超过5千克，------------------(8分) 故E 和F 的重量数分别有1.8和4.7，2.5和4.0，2.2和4.3，2.7和3.8，3.1和3.4共5种， 对应的快递费分别为45、45、50，45，50(单位：元)------------------------------(10分) 故所求概率为3
5.----------------------------------------------------------------------------------(12分)
【解析】(1)根据频率分布直方图，将每一组的中点作为改组数据的代表值，对应的频率作为权重，取加权平均即可．
(2)根据(1)中得到的平均值，求出每天的费用，减去300元的前台工作人员工资即可． (3)将4件礼物分成2个包裹，且每个包裹重量都不超过5kg ，共有5种分法，其中快递费用为45的有3种，可得概率．
本题考查了用频率分布直方图估计平均值，考查频率公式，频率分布直方图的应用，古典概型的概率求法．属于基础题．
20.【答案】解：(1)由已知
2(sin 2A−sin 2B)sinA−sinC
=c
R ，
利用正弦定理可得a 2−b 2=c(a −c)，即b 2=a 2+c 2−ac ， 由余弦定理可得cosB =a 2+c 2−b 2
2ac
=1
2
，
由于B ∈(0,π)， 所以B =π
3．
(2)设BC 边上的高为AD ，不妨设BD =1，则∠BAD =π
6，AB =2，AD =√3， 由余弦定理可得b =√7，在Rt △ACD 中，记∠CAD =θ，则cosθ=√3
√7
，sinθ=
√7
，
所以cosA =cos(π
6
+θ)=cos π
6
cosθ−sin π
6
sinθ=√7
14
．
【解析】(1)利用正弦定理，余弦定理化简已知等式可得cosB =1
2，结合范围B ∈(0,π)，可得B 的值．
(2)设BC 边上的高为AD ，不妨设BD =1，则由余弦定理可得b ，在Rt △ACD 中，记∠CAD =θ，可求cosθ，sinθ，根据两角和的余弦公式即可求解cosA 的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角和的余弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：设AC ∩BD =O ，线段BF 的中
点为H ，分别连接GH ，HO.(1分) 又因为G 是BE 的中点， 所以GH//FE,GH =1
2EF ．
因为四边形ACEF 为矩形，据菱形ABCD 性质知，O 为AC 的中点，
所以CO//EF ，且CO =1
2EF ， 所以GH//CO ，且GH =CO ， 所以四边形OCGH 是平行四边形， 所以CG//OH ．
又因为CG ⊄平面BDF ，OH ⊂平面BDF ， 所以CG//平面BDF ．
(2)解：据四边形ABCD 是菱形的性质知，AC ⊥BD ．
又因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，
所以以BD ，AC 分别为x 轴，y 轴，以过AC 与BD 的交点O ，且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，
则有点B(2,0,0),D(−2,0,0),E(0,2√3,2),F(0,−2√3,2)， 所以DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2√3,2),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,2)． 设平面BEF 的一个法向量 n 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{−2 x −2√3y +2z =0
−2x +2√3y +2z =0，
取x =1，则z =1，y =0，所以 n
⃗⃗⃗ =(1,0,1)， 平面BDF 的一个法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{−2 x −2√3y +2z =0
4x +0⋅y +0⋅z =0， 令y 2=1，则z 2=√3，且x 2=0． 所以n ⃗ 2=(0,1,√3)．
所以cos〈n ⃗ 1,n ⃗ 2〉=n ⃗⃗ 1⋅n ⃗⃗ 2
|n ⃗⃗ 1||n ⃗⃗ 2|
=1×0+0×1+1×√3√12+02+12×√02+12+(√3)2
=
√6
4，
所以二面角E −BF −D 的正弦值为√10
4
．
【解析】(1)设AC ∩BD =O ，线段BF 的中点为H ，分别连接GH ，HO.证明四边形ACEF 为矩形，四边形OCGH 是平行四边形，推出CG//OH.然后证明CG//平面BDF ． (2)以BD ，AC 分别为x 轴，y 轴，以过AC 与BD 的交点O ，且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴
建立空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量，平面BDF的一个法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角E−BF−D的正弦值即可．
本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得以坐标原点为圆心，以椭圆M的短半轴长为半径的圆的方程为：x2+y2=b2，
由题意原点O到直线x−y+√6=0相切，即√6
√2
=√3=b，
再由离心率e=1
2=c
a
=√1−b2
a2
，可得a2=4，
所以椭圆的方程为：x2
4+y2
3
=1；
(2)由(1)可得，右焦点F(1,0)，
若直线l1的斜率存在，且不为0，设直线l1：y=k(x−1)，
联立{y=k(x−1)
x2
4
+y2
3
=1，整理可得(3+4k
2)x2−8k2x+4k2−12=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8k2
3+4k2,x1x2=4k2−12
3+4k2
，
∴|AB|=√(x2−x1)2+(y2−y1)2=√(x2−x1)2+k2(x2−x1)2=
√(1+k2)[(x2+x1)2−4x1x2]=√(1+k2)[(8k2
3+4k2)2−4×4k2−12
3+4k2
]=12(1+k2)
3+4k2
，
同理可求知，|CD|=12[1+(−1
k
)2]
3+4(−1
k
)2
=12(k2+1)
3k2+4
，
∴1
|AB|+1
|CD|
=3+4k2
12(1+k2)
+3k2+4
12(k2+1)
=7
12
，
∴|AB|+|CD|=7
12|AB|⋅|CD|，即此时存在λ=7
12
满足题设；
若直线l1的斜率不存在，则|AB|=3，|CD|=4；
若直线l1的斜率为0，则|AB|=4，|CD|=3，
此时若|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|，
则λ=7
12
．
综上，存在实数λ，且λ=7
12
使|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|．
【解析】(1)由题意可得以坐标原点为圆心，以椭圆M的短半轴长为半径的圆的方程，由题意可得直线x−y+√6=0与圆相切，可得圆心到直线的距离为半径，可得b的值，再由离心率的值可得a，b的关系，进而求出a的值，求出椭圆的方程；
(2)设直线l1的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的值，由题意可得直线l2的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出弦长|CD|，代入|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|成立，可得λ的值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．。