高考数学一轮复习综合模拟卷一

这是一份高考数学一轮复习综合模拟卷一，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·沧州调研)集合M＝{x|lg x>0}，N＝{x|x2≤4}，则M∩N等于( )
A．(－2,0) B．[1,2) C．(1,2] D．(0,2]
答案 C
解析 因为M＝{x|x>1}，N＝{x|－2≤x≤2}，
所以M∩N＝(1,2]．
2．复数z＝eq \f(1－2i,i)在复平面内对应点的坐标是( )
A．(2,1) B．(－2，－1) C．(1,2) D．(－1，－2)
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(1－2i,i)＝eq \f(－i1－2i,－i2)＝－2－i，
∴复数z在复平面内对应点的坐标是(－2，－1)．
3．(2020·唐山段考)命题“∀x∈R，|x|＋x4≥0”的否定是( )
A．∀x∈R，|x|＋x4<0 B．∀x∈R，|x|＋x4≤0
C．∃x0∈R，|x0|＋xeq \\al(4,0)≥0 D．∃x0∈R，|x0|＋xeq \\al(4,0)<0
答案 D
解析 命题的否定为：∃x0∈R，|x0|＋xeq \\al(4,0)<0.
4．(2020·郑州模拟)已知向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝1，|2a－b|＝eq \r(3)，则|b|等于( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C．1 D.eq \f(\r(3),2)
答案 C
解析 ∵向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝1，|2a－b|＝eq \r(3)，
∴|2a－b|2＝3，即4a2－4a·b＋b2＝3，∴4－2|b|＋|b|2＝3，∴|b|＝1.
5．有5个空盒排成一排，要把红、黄两个球放入空盒中，要求一个空盒最多只能放入一个球，并且每个球左右均有空盒，则不同的放入种数为( )
A．8 B．2 C．6 D．4
答案 B
解析 很明显两个球只能放在第二个和第四个盒子，故不同的放入种数为Aeq \\al(2,2)＝2.
6．已知命题p：若a>b>0，则<＋1，则命题p及其逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数为( )
A．0 B．2 C．4 D．1
答案 B
解析 ∵a>b>0，∴<<＋1，
∴命题p为真命题，其逆命题为“若<＋1，则a>b>0”，
∵当a＝2，b＝2时，<＋1成立，
而a＝b，∴逆命题为假命题．
∵原命题与其逆否命题的真假相同，逆命题与否命题互为逆否命题，
∴命题p及其逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数为2.
7．(2020·山东模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)， AB＝2 , BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是( )
A．4 B．6 C．4eq \r(3) D．6eq \r(3)
答案 C
解析 由SB＝4，AB＝2，且∠SAB＝eq \f(π,2)，得SA＝2eq \r(3)；
又由AB＝2，BC＝6，且∠ABC＝eq \f(π,2)，得AC＝2eq \r(10).
因为SA2＋AC2＝SC2，从而知∠SAC＝eq \f(π,2)，即SA⊥AC，
又AB∩AC＝A，
所以SA⊥平面ABC.
又由于S△ABC＝eq \f(1,2)×2×6＝6，
从而VS－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·SA＝eq \f(1,3)×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3).
8．(2020·长沙模拟)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＋xf′(x)>0，若a＝0.76f(0.76)，b＝(lg0.76)f(lg0.76)，c＝60.6·f(60.6)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>a>b B．a>c>b
C．b>a>c D．a>b>c
答案 A
解析 因为定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称，
所以y＝f(x)是定义在R上的偶函数，
所以y＝xf(x)是定义在R上的奇函数，
又因为x∈[0，＋∞)时，y′＝f(x)＋xf′(x)>0，
所以y＝xf(x)在[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝xf(x)是定义在R上的增函数，
因为lg0.76<0<0.76<1<60.6，
所以b二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、90后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论中一定正确的是( )
注：90后指1990年及以后出生，80后指1980～1989年之间出生，80前指1979年及以前出生．
A．互联网行业从业人员中90后占一半以上
B．互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的20%
C．互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多
D．互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多
答案 ABC
解析 在A中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图得到互联网行业从业人员中90后占56%，故A正确；
在B中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的20%，故B正确；
在C中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多，故C正确；
在D中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图、90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：互联网行业中从事技术岗位的人数90后不一定比80后多，故D错误．
10．已知F1，F2分别是双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，则下列结论正确的是( )
A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x
B．以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1
C．F1到双曲线的一条渐近线的距离为1
D．△PF1F2的面积为1
答案 ACD
解析 A中，由双曲线x2－y2＝1，可得焦点在x轴上，a2＝b2，a>0，b>0，a是实半轴长，b是虚半轴长，
∴渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
即y＝±x，∴A正确；
B中，x2－y2＝1，
可得左焦点F1(－eq \r(2)，0)，右焦点F2(eq \r(2)，0)，
∴以F1F2为直径的圆的圆心是(0,0)，半径为eq \r(2)，
∴圆的方程为x2＋y2＝2，∴B不正确；
C中，F1(－eq \r(2)，0)到一条渐近线x－y＝0的距离d＝eq \f(|－\r(2)|,\r(12＋－12))＝1，∴C正确；
D中，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，
设P(x，y)，eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x，－y)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \r(2)－x，－y)，
∴eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x)·(eq \r(2)－x)＋(－y)2＝0，
∴x2＋y2＝2，①
又P在双曲线上，∴x2－y2＝1(y≠0)，②
由①②得，|y|＝eq \f(\r(2),2)，
∴＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝1，
∴D正确．
故选ACD.
11．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是( )
A．异面直线A1D与AB1所成的角为60°
B．直线A1D与BC1垂直
C．直线A1D与BD1平行
D．三棱锥A－A1CD的体积为eq \f(1,6)a3
答案 ABD
解析 如图所示，建立空间直角坐标系．
A中，A1(a,0，a)，D(0,0,0)，A(a,0,0)，B1(a，a，a)．
∴eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－a,0，－a)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，a，a)，
∴cs〈eq \(A1D,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(A1D,\s\up6(→))·\(AB1,\s\up6(→)),|\(A1D,\s\up6(→))||\(AB1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)
＝－eq \f(1,2)，
∴异面直线A1D与AB1所成的角为60°.
B中，C1(0，a，a)，B(a，a,0)．
eq \(A1D,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－a,0，－a)·(－a,0，a)＝a2－a2＝0.
∴直线A1D与BC1垂直．
C中，D1(0,0，a)．
∵eq \(A1D,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－a,0，－a)·(－a，－a，a)
＝a2－a2＝0，
∴直线A1D与BD1垂直，不平行；
D中，三棱锥A－A1CD的体积＝
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)a2·a＝eq \f(1,6)a3.
综上可知，只有C不正确．
故选ABD.
12．已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)＋f(2)，且在区间[0,2]上是增函数，下列命题中正确的是( )
A．函数f(x)的一个周期为4
B．直线x＝－4是函数f(x)图象的一条对称轴
C．函数f(x)在[－6，－5)上单调递增，在[－5，－4)上单调递减
D．函数f(x)在[0,100]内有25个零点
答案 ABD
解析 ∵偶函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)＋f(2)，
∴令x＝－2得f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，
即f(2)＝f(2)＋f(2)，得f(2)＝0，
则f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，故A正确．
∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴，即图象关于x＝0对称，函数的周期是4，
∴x＝－4是函数f(x)图象的一条对称轴，故B正确．
∵函数在区间[0,2]上是增函数，∴在区间[－2,0]上是减函数，
则在区间[－6，－4]上是减函数，故C错误，
∵f(2)＝0，∴f(－2)＝0，
即函数在一个周期[0,4)内只有一个零点，
则函数f(x)在[0,100]内有25个零点，故D正确，
故选ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2020·济南质检)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))＝ ______.
答案 －eq \f(7,9)
解析 已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，
且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝eq \f(π,2)，
则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))－1＝－eq \f(7,9).
14．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))9的展开式中，常数项为________，系数最大的项是________．(本题第一空3分，第二空2分)
答案 eq \f(21,16) 9x12
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2x)))9的展开式中第k＋1项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)(x2)9－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x)))k＝Ceq \\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))kx18－3k，
常数项为T7＝Ceq \\al(6,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))6＝eq \f(21,16)，
第k＋1项的系数为Ceq \\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))k，要使系数最大，k显然为偶数，经检验，当k＝2时，系数最大，
即系数最大的项是T3＝Ceq \\al(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2x12＝9x12.
15．(2020·长春质检)已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点F是抛物线y2＝2px (p>0)的焦点，则过F作倾斜角为60°的直线分别交抛物线于A，B(A在x轴上方)两点，则eq \f(|AF|,|BF|)＝________.
答案 3
解析 由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，可得右焦点为F(1,0)，
所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由抛物线的定义可得
|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin260°)＝eq \f(8p,3)＝eq \f(16,3)，
所以x1＋x2＝eq \f(10,3)，
又由x1x2＝eq \f(p2,4)＝1，可得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)，
所以eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(x1＋\f(p,2),x2＋\f(p,2))＝eq \f(3＋1,\f(1,3)＋1)＝3.
16．(2020·武汉模拟)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2eq \r(2)，底面△ABC中∠BAC＝eq \f(π,4)，边BC＝2，则三棱锥外接球的体积等于________．
答案 eq \f(32π,3)
解析 设G为△ABC外接圆圆心，O为三棱锥P－ABC外接球球心，
则OG⊥平面ABC，
作OM⊥PA，垂足为M，
由正弦定理可知△ABC外接圆直径2r＝2AG＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(2,sin\f(π,4))＝2eq \r(2)，
∴AG＝eq \r(2).
∵PA⊥平面ABC，OG⊥平面ABC，
∴AP∥OG，
又OM⊥PA，AG⊥PA，
∴OM∥AG，
∴四边形OMAG为矩形，
∴OG＝AM，
设OG＝x，OP＝OA＝R，
在Rt△OMP和Rt△OGA中，
由勾股定理可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2＝R2，,2\r(2)－x2＋2＝R2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)，,R＝2.))
∴三棱锥外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知△ABC同时满足下列四个条件中的三个：
①A＝eq \f(π,3)；②cs B＝－eq \f(2,3)；③a＝7；④b＝3.
(1)请指出这三个条件，并说明理由；
(2)求△ABC的面积．
解 (1)△ABC同时满足①③④.理由如下：
若△ABC同时满足①②.
因为cs B＝－eq \f(2,3)<－eq \f(1,2)，且B∈(0，π)，所以B>eq \f(2π,3).
所以A＋B>π，与三角形内角和为π矛盾．
所以△ABC只能同时满足③④.
因为a>b，所以A>B，故△ABC不满足②.
故△ABC满足①③④.
(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A，
即72＝32＋c2－2×3×c×eq \f(1,2).
解得c＝8或c＝－5(舍)．
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝6eq \r(3).
18．(12分)(2020·邢台模拟)在公差为d的等差数列{an}中，a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若a1，a4，a13成等比数列，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn.
解 (1)∵a1d＝6，a1∈N，d∈N，且a1>d，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝6，,d＝1.))
当a1＝3时，an＝2n＋1；
当a1＝6时，an＝n＋5.
(2)∵a1，a4，a13成等比数列，
∴a1a13＝aeq \\al(2,4)，
∴an＝2n＋1，
则eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
故Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(n,6n＋9).
19．(12分)(2020·山东九校联考)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为菱形，AB＝AA1＝2，∠BAD＝eq \f(π,3)，AC∩BD＝O，AO⊥平面A1BD，A1B＝A1D.
(1)证明：B1C∥平面A1BD；
(2)求钝二面角B－AA1－D的余弦值．
(1)证明 连接AB1交A1B于点Q，
易知Q为AB1的中点，
∵O为AC的中点，
∴在△AB1C中，OQ∥B1C，且OQ＝eq \f(1,2)B1C，
∵OQ⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD.
(2)解 ∵AO⊥平面A1BD，∴AO⊥A1O，
∵A1B＝A1D且O为BD的中点，
∴A1O⊥BD，
∵AO，BD⊂平面ABCD且AO∩BD＝O，
∴A1O⊥平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系O－xyz.
易得A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)，
∴eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
设平面A1AB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(AA1,\s\up6(→))，,n⊥\(AB,\s\up6(→))，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))
令x＝1，得y＝z＝eq \r(3)，
∴n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．
同理可得平面A1AD的一个法向量为m＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,7)，
∴钝二面角B－AA1－D的余弦值为－eq \f(1,7).
20．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，3e))和(b，eq \r(3)e)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点C是椭圆上异于左、右顶点的任一点，线段BC的垂直平分线与直线BC，AC分别交于点P，Q，求证：eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))为定值．
(1)解 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(9e2,b2)＝1，,\f(b2,a2)＋\f(3e2,b2)＝1，))结合a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1.
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意知A(－2,0)，B(2,0)，O(0,0)，
设C(x0，y0)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋x0,2)，\f(y0,2)))，
lAC：y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，
lPQ：y＝eq \f(－x0＋2,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋2,2)))＋eq \f(y0,2)，
化简得lPQ：y＝eq \f(－x0＋2,y0)x－eq \f(y0,6)，
联立直线AC，PQ的方程，
解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋14,2)，\f(y0x0＋18,2x0＋2)))，
所以eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝(2,0)·(6，yQ－yP)＝12.
21．(12分)已知函数f(x)＝ax－ln x.
(1)求f(x)的极值；
(2)若a＝－1，g(x)＝f(x)＋ex，求证：g(x)>0.
(1)解 f′(x)＝a－eq \f(1,x)(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(x)无极值；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)；
令f′(x)<0，得0则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，
f(x)有极小值为1＋ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝－1时，g(x)＝ex－ln x－x(x>0)，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)－1，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－3<0，h(1)＝e－2>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝－eq \f(1,x0)－1＝0，
即＝eq \f(1,x0)＋1，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以函数g(x)的最小值为g(x0)＝－ln x0－x0＝eq \f(1,x0)＋1－ln x0－x0，
又函数y＝eq \f(1,x)＋1－ln x－x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是单调减函数，
所以g(x0)>1＋1－ln 1－1＝1>0，
故g(x)>0.
22．(12分)为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及均值；
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解 (1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝eq \f(C\\al(1,1)C\\al(1,3),C\\al(2,4))＝eq \f(1,2)，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为eq \f(1,2).
②依题意，得X的所有可能取值为20,60.
P(X＝60)＝eq \f(1,2)，P(X＝20)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,4))＝eq \f(1,2)，
故X的分布列为
所以顾客所获的奖励额的均值为
E(X)＝20×eq \f(1,2)＋60×eq \f(1,2)＝40.
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元，
所以，先寻找均值为60的可能方案．
对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，
因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；
如果选择(50,50,50,10)的方案，
因为60元是面值之和的最小值，
所以均值也不可能为60元；
因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，
同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，
所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析．
对于方案1，即方案(10,10,50,50)，
设顾客所获的奖励额为X1，
则X1的分布列为
X1的均值为E(X1)＝20×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋100×eq \f(1,6)＝60，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(100－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(1 600,3).
对于方案2，即方案(20,20,40,40)，
设顾客所获的奖励额为X2，
则X2的分布列为
X2的均值为E(X2)＝40×eq \f(1,6)＋60×eq \f(2,3)＋80×eq \f(1,6)＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×eq \f(1,6)＋(60－60)2×eq \f(2,3)＋(80－60)2×eq \f(1,6)＝eq \f(400,3).
由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.X
20
60
P
eq \f(1,2)
eq \f(1,2)
X1
20
60
100
P
eq \f(1,6)
eq \f(2,3)
eq \f(1,6)
X2
40
60
80
P
eq \f(1,6)
eq \f(2,3)
eq \f(1,6)