江蘇省南通市2023屆高三第一次調(diào)研測試數(shù)學(xué)試題

高考模擬試題PAGEPAGE12023年江蘇省南通市高考數(shù)學(xué)一調(diào)試卷一、選擇題.本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．（5分）已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2＜x＜4}，則A∩B＝（）A．（2，3〗 B．〖1，4） C．（﹣∞，4） D．〖1，+∞）2．（5分）已知向量a→，b→滿足A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．23．（5分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的點關(guān)于直線x﹣y＝0對稱，若z1＝1﹣i，則|z1﹣z2|＝（）A．2 B．2 C．22 D．4．（5分）2022年神舟接力騰飛，中國空間站全面建成，我們的“太空之家”遨游蒼穹．太空中飛船與空間站的對接，需要經(jīng)過多次變軌．某飛船升空后的初始運行軌道是以地球的中心為一個焦點的橢圓，其遠地點（長軸端點中離地面最遠的點）距地面S1，近地點（長軸端點中離地面最近的點）距地面S2，地球的半徑為R，則該橢圓的短軸長為（）A．S1S2 BC．(S1+R)(S5．（5分）已知sin(α-π6)+cosα=A．-725 B．725 C．-246．（5分）已知隨機變量X服從正態(tài)分布N（1，σ2），有下列四個命題：甲：P（X＞m+1）＞P（X＜m﹣2）；乙：P（X＞m）＝0.5；丙：P（X≤m）＝0.5；丁：P（m﹣1＜X＜m）＜P（m+1＜X＜m+2）．如果只有一個假命題，則該命題為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．（5分）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（2x+1）為偶函數(shù)，f（x）＝f（x+1）﹣f（x+2），若f（1）＝2，則f（18）＝（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣28．（5分）若過點P（t，0）可以作曲線y＝（1﹣x）ex的兩條切線，切點分別為A（x1，y1），B（x2，y2），則y1y2的取值范圍是（）A．（0，4e﹣3） B．（﹣∞，0）∪（0，4e﹣3） C．（﹣∞，4e﹣2） D．（﹣∞，0）∪（0，4e﹣2）二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.（多選）9．（5分）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC與BD交于點O，則（）A．AD1∥平面BOC1 B．BD⊥平面COC1 C．C1O與平面ABCD所成的角為45° D．三棱錐C﹣BOC1的體積為2（多選）10．（5分）函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞A．ω＝2 B．φ=πC．f（x）的圖象關(guān)于點(π12D．f（x）在區(qū)間(π，（多選）11．（5分）一個袋中有大小、形狀完全相同的3個小球，顏色分別為紅、黃、藍，從袋中先后無放回地取出2個球，記“第一次取到紅球”為事件A，“第二次取到黃球”為事件B，則（）A．P(A)=13 B．A，BC．P（B|A）=12 D．A，（多選）12．（5分）已知拋物線x2＝4y的焦點為F，以該拋物線上三點A，B，C為切點的切線分別是l1，l2，l3，直線l1，l2相交于點D，l3與l1，l2分別相交于點P，Q．記A，B，D的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，則（）A．DA→?DB→=0 B．x1+x2C．|AF|?|BF|＝|DF|2 D．|AP|?|CQ|＝|PC|?|PD|三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．（5分）已知函數(shù)f(x)=1+log2(2-x)，x＜12x-1，14．（5分）寫出一個同時滿足下列條件①②的等比數(shù)列{an}的通項公式an＝．①anan+1＜0；②|an|＜|an+1|15．（5分）已知圓O：x2+y2＝r2（r＞0），設(shè)直線x+3y-3=0與兩坐標(biāo)軸的交點分別為A，B，若圓O上有且只有一個點P滿足|AP|＝|BP|，則r的值為16．（5分）已知正四棱錐S﹣ABCD的所有棱長都為1，點E在側(cè)棱SC上．過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形T，則T的邊數(shù)至多為，T的面積的最大值為．四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．在①S1，S2，S4成等比數(shù)列，②a4＝2a2+2，③S8＝S4+S7﹣2這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中，并完成解答．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且滿足_____，_____．（1）求{an}的通項公式；（2）求1a注：如果選擇多個方案分別解答，按第一個方案計分．18．第二十二屆卡塔爾世界杯足球賽（FIFAWorldCupQatar2022）決賽中，阿根廷隊通過扣人心弦的點球大戰(zhàn)戰(zhàn)勝了法國隊．某校為了豐富學(xué)生課余生活，組建了足球社團．足球社團為了解學(xué)生喜歡足球是否與性別有關(guān)，隨機抽取了男、女同學(xué)各100名進行調(diào)查，部分?jǐn)?shù)據(jù)如表所示：喜歡足球不喜歡足球合計男生40女生30合計（1）根據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表，并判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)？（2）社團指導(dǎo)老師從喜歡足球的學(xué)生中抽取了2名男生和1名女生示范點球射門．已知男生進球的概率為23，女生進球的概率為12，每人射門一次，假設(shè)各人射門相互獨立，求附：K2P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819．在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB﹣2acosC＝（2c﹣b）cosA．（1）若c=3a，求cosB（2）若b＝1，∠BAC的平分線AD交BC于點D，求AD長度的取值范圍．20．如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的高，以AD為折痕，將△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB．（1）證明：PB⊥平面ABD；（2）若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角B﹣PA﹣D的正弦值．21．已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左頂點為A，過左焦點F的直線與C交于P，Q兩點．當(dāng)PQ⊥x軸時，（1）求C的方程；（2）證明：以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點．22．已知函數(shù)f(x)=xae（1）求實數(shù)a；（2）設(shè)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有四個不同的交點，其橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），證明：x1x4＝x2x3．

2023年江蘇省南通市高考數(shù)學(xué)一調(diào)試卷▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁與試題〖解析〗一、選擇題.本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．（5分）已知集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|2＜x＜4}，則A∩B＝（）A．（2，3〗 B．〖1，4） C．（﹣∞，4） D．〖1，+∞）〖祥解〗根據(jù)交集概念計算出〖答案〗．〖解答〗解：A∩B＝{x|2＜x≤3}＝（2，3〗．故選：A．2．（5分）已知向量a→，b→滿足A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2〖祥解〗根據(jù)向量的數(shù)量積的性質(zhì)與定義，即可求解．〖解答〗解：根據(jù)題意可得a→故選：C．3．（5分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的點關(guān)于直線x﹣y＝0對稱，若z1＝1﹣i，則|z1﹣z2|＝（）A．2 B．2 C．22 D．〖祥解〗根據(jù)對稱性得到z2＝﹣1+i，從而計算出z1﹣z2＝2﹣2i，求出模長．〖解答〗解：z1＝1﹣i對應(yīng)的點為（1，﹣1），其中（1，﹣1）關(guān)于x﹣y＝0的對稱點為（﹣1，1），故z2＝﹣1+i，故|z故選：C．4．（5分）2022年神舟接力騰飛，中國空間站全面建成，我們的“太空之家”遨游蒼穹．太空中飛船與空間站的對接，需要經(jīng)過多次變軌．某飛船升空后的初始運行軌道是以地球的中心為一個焦點的橢圓，其遠地點（長軸端點中離地面最遠的點）距地面S1，近地點（長軸端點中離地面最近的點）距地面S2，地球的半徑為R，則該橢圓的短軸長為（）A．S1S2 BC．(S1+R)(S〖祥解〗根據(jù)橢圓的遠地點和近地點的距離可得a+c＝S1+R，a﹣c＝S2+R，進而可得b2，求得b，可得〖答案〗．〖解答〗解：由題意得a+c＝S1+R，a﹣c＝S2+R，∴b2＝a2﹣c2＝（S1+R）（S2+R），故b=(∴2b=2(故選：D．5．（5分）已知sin(α-π6)+cosα=A．-725 B．725 C．-24〖祥解〗先利用和差角及輔助角公式進行化簡，然后結(jié)合二倍角公式即可求解．〖解答〗解：因為sin(α-π所以32所以sin（α+π6）則cos(2α+π3)=1﹣2sin2（α+π6）＝故選：B．6．（5分）已知隨機變量X服從正態(tài)分布N（1，σ2），有下列四個命題：甲：P（X＞m+1）＞P（X＜m﹣2）；乙：P（X＞m）＝0.5；丙：P（X≤m）＝0.5；?。篜（m﹣1＜X＜m）＜P（m+1＜X＜m+2）．如果只有一個假命題，則該命題為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁〖祥解〗根據(jù)已知條件，結(jié)合正態(tài)分布的對稱性，即可求解．〖解答〗解：命題乙，丙同真假，由題意可知，四個命題只有一個為假命題，故乙，丙均為真命題，所以μ＝m，P（X＞m+1）＝P（X＜m﹣1）＞P（X＜m﹣2），故甲正確，P（m﹣1＜X＜m）＝P（m＜X＜m+1）＞P（m+1＜X＜m+2），故丁錯．故選：D．7．（5分）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（2x+1）為偶函數(shù)，f（x）＝f（x+1）﹣f（x+2），若f（1）＝2，則f（18）＝（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2〖祥解〗設(shè)f(x)=2sin(π〖解答〗解：因為f（2x+1）為偶函數(shù)，所以f（2x+1）＝f（﹣2x+1），所以f（x+1）＝f（﹣x+1），則f（x）關(guān)于x＝1對稱，設(shè)f(x)=2sin(π3x+π6)，f(x)+f(x+2)=2sin(π3x+π6)+2sin〖π3(x+2)+π6〗=2〖sin(π3即f(x)=2sin(1所以f(18)=2sin(6π+π故選：A．8．（5分）若過點P（t，0）可以作曲線y＝（1﹣x）ex的兩條切線，切點分別為A（x1，y1），B（x2，y2），則y1y2的取值范圍是（）A．（0，4e﹣3） B．（﹣∞，0）∪（0，4e﹣3） C．（﹣∞，4e﹣2） D．（﹣∞，0）∪（0，4e﹣2）〖祥解〗設(shè)切點(x0，(1-x0)ex0)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，再根據(jù)切線過點P（t，0），結(jié)合韋達定理可得x〖解答〗解：設(shè)切點(x則切線方程為y-(1-x0)ex∴-(1-x0)ex0=-x0ex0(t-x∴x0-1=-tx0+x0其中x1x2=1，x1+xy1令g（t）＝（1﹣t）et+1，t＞1或t＜﹣3，g'（t）＝﹣tet+1，當(dāng)t＜﹣3時，g'（t）＞0，當(dāng)t＞1時，g'（t）＜0，∴函數(shù)g（x）在（﹣∞，﹣3）上遞增，在（1，+∞）上遞減，又g（﹣3）＝4e﹣2，g（1）＝0，當(dāng)t→﹣∞時，g（t）→0，當(dāng)t→+∞時，g（t）→+∞，∴g（t）∈（﹣∞，0）∪（0，4e﹣2），即y1故選：D．二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.（多選）9．（5分）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AC與BD交于點O，則（）A．AD1∥平面BOC1 B．BD⊥平面COC1 C．C1O與平面ABCD所成的角為45° D．三棱錐C﹣BOC1的體積為2〖祥解〗根據(jù)線面平行判定定理判斷A，利用線面垂直判定定理判斷B，利用線面夾角的定義判斷C，根據(jù)等體積法判斷D．〖解答〗解：∵AD1∥BC1，AD1?平面BOC1，BC1?平面BOC1，∴AD1∥平面BOC1，A對；因為BD⊥CO，又CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥CC1，CD∩CC1＝C，CD，CC1?平面COC1，∴BD⊥平面COC1，B對；因為C1C⊥平面ABCD，C1O與平面ABCD所成角為∠C1OC，因為tan∠C1OC=22≠1，∴∠C1因為VC-BOC1故選：ABD．（多選）10．（5分）函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞A．ω＝2 B．φ=πC．f（x）的圖象關(guān)于點(π12D．f（x）在區(qū)間(π，〖祥解〗根據(jù)三角函數(shù)的圖象，先求得ω，然后求得φ，根據(jù)三角函數(shù)的對稱性、單調(diào)性確定正確〖答案〗．〖解答〗解：T2∴T=π=2π∴ω＝2，f（x）＝sin（2x+φ），f(π由于-π所以φ+2π3=π2f(x)=sin(2x-π當(dāng)k＝0時，得x=π12，所以f（x）關(guān)于(π-π當(dāng)k1＝1時，得f（x）在(56π，43π)上遞增，則f故選：ACD．（多選）11．（5分）一個袋中有大小、形狀完全相同的3個小球，顏色分別為紅、黃、藍，從袋中先后無放回地取出2個球，記“第一次取到紅球”為事件A，“第二次取到黃球”為事件B，則（）A．P(A)=13 B．A，BC．P（B|A）=12 D．A，〖祥解〗結(jié)合隨機事件的概率，及互斥事件、相互獨立等知識點逐一對選項進行分析．〖解答〗解：P(A)=1A，B可同時發(fā)生，即“即第一次取紅球，第二次取黃球”，A，B不互斥，B錯誤；在第一次取到紅球的條件下，第二次取到黃球的概率為12P(B)=2故A，B不獨立，D錯誤；故選：AC．（多選）12．（5分）已知拋物線x2＝4y的焦點為F，以該拋物線上三點A，B，C為切點的切線分別是l1，l2，l3，直線l1，l2相交于點D，l3與l1，l2分別相交于點P，Q．記A，B，D的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，則（）A．DA→?DB→=0 B．x1+x2C．|AF|?|BF|＝|DF|2 D．|AP|?|CQ|＝|PC|?|PD|〖祥解〗利用導(dǎo)函數(shù)和斜率的關(guān)系表示出切線方程可求出D的坐標(biāo)可判斷B，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算判斷A，并根據(jù)兩點間的距離公式運算求解即可判斷C，D．〖解答〗解：A，B，D的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，則可設(shè)A(x1，x1由拋物線x2＝4y，可得y=14x2，求導(dǎo)得y'=12x，所以所以l1：y-同理可得l2直線l1，l2方程聯(lián)立y=12x1x-14x12y=12x2D（x1+x則DA→?DB→=(|DF|2=(x1+x2)24+（x1x24-1P（x1+x02，x1x|AP|=(|CQ|=(|PC|=(|PD|=(∴|AP|?|CQ|＝|PC|?|PD|，D正確，故選：BCD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．（5分）已知函數(shù)f(x)=1+log2(2-x)，x＜12x-1，〖祥解〗根據(jù)分段函數(shù)的〖解析〗式先求f（﹣2），進而求解即可．〖解答〗解：因為f(x)=1+所以f（﹣2）＝1+log2（2﹣（﹣2））＝1+log24＝3，所以f（f（﹣2））＝f（3）＝23﹣1＝22＝4．故〖答案〗為：4．14．（5分）寫出一個同時滿足下列條件①②的等比數(shù)列{an}的通項公式an＝（﹣2）n．①anan+1＜0；②|an|＜|an+1|〖祥解〗可構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)公比為q，由條件，可知公比q為負數(shù)且|q|＞1，再取符合的值即可得解．〖解答〗解：可構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)公比為q，由anan+1＜0，可知公比q為負數(shù)，因為|an|＜|an+1|，所以|q|＞1，所以q可取﹣2，設(shè)a1＝﹣2，則an故〖答案〗為：（﹣2）n．15．（5分）已知圓O：x2+y2＝r2（r＞0），設(shè)直線x+3y-3=0與兩坐標(biāo)軸的交點分別為A，B，若圓O上有且只有一個點P滿足|AP|＝|BP|，則r的值為〖祥解〗根據(jù)|AP|＝|BP|可得P在AB的垂直平分線上，且垂直平分線與圓相切可求解．〖解答〗解：根據(jù)題意易得A(3∴P在AB的垂直平分線上，又kAB∴AB中垂線的斜率為3，又AB的中點為(3由點斜式方程得y-1化簡得y=3又P在圓O：x2+y2＝r2滿足條件的P有且僅有一個，∴直線y=3x-1與圓相切，∴故〖答案〗為：1216．（5分）已知正四棱錐S﹣ABCD的所有棱長都為1，點E在側(cè)棱SC上．過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形T，則T的邊數(shù)至多為5，T的面積的最大值為23〖祥解〗數(shù)形結(jié)合，作平面與平面BDF平行，能求出截面多邊形T的邊數(shù)至多有幾條；令SESF=λ，得EP=32λ，SP＝λ，PB＝1﹣λ，BQ＝1﹣λ，PQ＝1﹣λ，NQ＝MP＝λBD=2λ，推導(dǎo)出cos∠DFB=-13，sin∠DFB=223，從而得到〖解答〗解：取SC中點F，BF⊥SC，DF⊥SC，DF∩BF＝F，∴SC⊥平面BDF，作平面與平面BDF平行，截面至多為五邊形，如圖，令SESF=λ，∴EP＝λBF=32λ，SP＝∴PB＝1﹣λ，BQ＝1﹣λ，PQ＝1﹣λ，NQ＝MP＝λBD=2∴cos∠DFB=34+3∴S△EMP∵MN與NQ的夾角，而SA與BD垂直，∴SPMNQ∴S=2當(dāng)λ=23時，S取最大值為故〖答案〗為：5；23四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．在①S1，S2，S4成等比數(shù)列，②a4＝2a2+2，③S8＝S4+S7﹣2這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中，并完成解答．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且滿足_____，_____．（1）求{an}的通項公式；（2）求1a注：如果選擇多個方案分別解答，按第一個方案計分．〖祥解〗（1）選出兩個條件，根據(jù)等差數(shù)列通項公式和求和公式基本量計算出首項和公差，即可得出〖答案〗；（2）由（1）得an＝4n﹣2，可得1ana〖解答〗解：（1）選①②，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵S1，S2，S4成等比數(shù)列，a4＝2a2+2，∴a1(4a1+6d)=(2a1+d)2∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；選①③，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵S1，S2，S4成等比數(shù)列，S8＝S4+S7﹣2，∴a1(4a1+6d)=(2a1+d)2∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；選②③，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a4＝2a2+2，S8＝S4+S7﹣2，∴a1+3d=2(a1+d)+28a1+28d=4a∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2；（2）由（1）得an＝4n﹣2，則1a∴1a18．第二十二屆卡塔爾世界杯足球賽（FIFAWorldCupQatar2022）決賽中，阿根廷隊通過扣人心弦的點球大戰(zhàn)戰(zhàn)勝了法國隊．某校為了豐富學(xué)生課余生活，組建了足球社團．足球社團為了解學(xué)生喜歡足球是否與性別有關(guān)，隨機抽取了男、女同學(xué)各100名進行調(diào)查，部分?jǐn)?shù)據(jù)如表所示：喜歡足球不喜歡足球合計男生40女生30合計（1）根據(jù)所給數(shù)據(jù)完成上表，并判斷是否有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)？（2）社團指導(dǎo)老師從喜歡足球的學(xué)生中抽取了2名男生和1名女生示范點球射門．已知男生進球的概率為23，女生進球的概率為12，每人射門一次，假設(shè)各人射門相互獨立，求附：K2P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828〖祥解〗（1）利用獨立性檢驗的方法求解；（2）根據(jù)獨立事件的概率公式和離散型隨機變量的分布列的定義求解．〖解答〗解：（1）2×2列聯(lián)表如下：喜歡足球不喜歡足球合計男生6040100女生3070100合計90110200K2故有99.9%的把握認(rèn)為該校學(xué)生喜歡足球與性別有關(guān)．（2）3人進球總次數(shù)ξ的所有可能取值為0，1，2，3，P(ξ=0)=(1P(ξ=2)=C故ξ的分布列如下：ξ0123P1185184929故ξ的數(shù)學(xué)期望：E(ξ)=1×19．在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB﹣2acosC＝（2c﹣b）cosA．（1）若c=3a，求cosB（2）若b＝1，∠BAC的平分線AD交BC于點D，求AD長度的取值范圍．〖祥解〗（1）由正弦定理得出c＝2b，再由余弦定理，即可得出〖答案〗；（2）設(shè)∠BAD＝θ，把△ABC表示成兩個三角形的面積和，表示出AD，即可得出〖答案〗；〖解答〗解：（1）∵acosB﹣2acosC＝（2c﹣b）cosA，∴在△ABC中，由正弦定理得sinAcosB﹣2sinAcosC＝（2sinC﹣sinB）cosA，∴sinAcosB+cosAsinB＝2sinAcosC+2cosAsinC，∴sin（A+B）＝2sin（A+C），∴sinC＝2sinB，即c=2b，∴b=3∴cosB=a（2）由（1）得c＝2b，b＝1，則c＝2，設(shè)∠BAD＝θ，如圖所示：∴S△ABC∴AD=43cosθ∴AD∈(0，20．如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的高，以AD為折痕，將△ACD折至△APD的位置，使得PB⊥AB．（1）證明：PB⊥平面ABD；（2）若AD＝PB＝4，BD＝2，求二面角B﹣PA﹣D的正弦值．〖祥解〗（1）先證明出線面垂直，得到AD⊥PB，進而證明出PB⊥平面ABD；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解二面角的余弦值，進而求出正弦值．〖解答〗（1）證明：∵AD是BC邊上的高，∴PD⊥AD，AD⊥BD，∵PD∩BD＝D，PD，BD?平面PBD，∴AD⊥平面PBD，∵PB?平面PBD，∴AD⊥PB，又∵PB⊥AB，AD，AB?平面ABD，AD∩AB＝A，∴PB⊥平面ABD；（2）解：以D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，垂直ADB平面為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，AD＝PB＝4，BD＝2，則B（0，2，0），P（0，2，4），A（4，0，0），D（0，0，0），∴BP→設(shè)平面BPA與平面PAD的一個法向量分別為n1故n1→?BP→=4z1=0n1→?PA→=4則n1→=(1，2，0)，n2→?PA→=4x2-2故n1設(shè)二面角B﹣PA﹣D平面角為θ，顯然θ為銳角，∴cosθ=|∴sinθ=1-即二面角B﹣PA﹣D的正弦值為3521．已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左頂點為A，過左焦點F的直線與C交于P，Q兩點．當(dāng)PQ⊥x軸時，（1）求C的方程；（2）證明：以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點．〖祥解〗（1）根據(jù)題意，可得|PF|=b2a（2）設(shè)PQ方程為x＝my﹣2，P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立直線和雙曲線方程組，可得（3m2﹣1）y2﹣12my+9＝0，以PQ為直徑的圓的方程為（x﹣x1）（x﹣x2）+（y﹣y1）（y﹣y2）＝0，由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，進而得到x2﹣（x1+x2）x+x1x2+y1y2＝0，進而得證．〖解答〗解：（1）當(dāng)PQ⊥x軸時，P，Q兩點的橫坐標(biāo)均為﹣c，代入雙曲線方程，可得yP=b2a由題意，可得(b解得a＝1，b=3，c＝2∴雙曲線C的方程為：x2（2）證明：設(shè)PQ方程為x＝my﹣2，P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立方程{以PQ為直徑的圓的方程為（x﹣x1）（x﹣x2）+（y﹣y1）（y﹣y2）＝0，x2由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，令y＝0，可得x2﹣（x1+x2）x+x1x2+y1y2＝0，而x1+x∴x2-43m2-1x+-3m2-43m2-1+93m2-1=0?(3m2-1)∴x＝1，∴以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點（1，0）．22．已知函數(shù)f(x)=xae（1）求實數(shù)a；（2）設(shè)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有四個不同的交點，其橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4），證明：x1x4＝x2x3．〖祥解〗（1）