张家口市2022-2023学年度高二年级第一学期期末考试数学答案

张家口市2022－2023学年度高二年级第一学期期末考试数学参考答案及评分标准一、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.D【解析】由l1⊥l2，可得5a－6＝0，所以a＝eq\f(6,5)，故选D.2.B【解析】将点(2，4)代入y2＝2px，则4p＝16，得p＝4，故准线方程为x＝－2，故选B.3.A【解析】由题意椭圆C的长半轴长为a＝eq\r(50)＝5eq\r(2)，短半轴长为b＝eq\r(30)，又a2＝b2＋c2，所以半焦距c＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，所以椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),5)，故选A.4.B【解析】圆C1的标准方程为(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－3))2＝4，所以圆心为(2，3)，半径为2.圆C2是以(－1，－1)为圆心，半径为3的圆，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(C1C2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋1))\s\up12(2))＝5＝2＋3，所以两圆外切，故选B.5.A【解析】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，所以D(0，0，0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，3，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，3，3)).又eq\o(BE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))1，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，2))，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－0))\s\up12(2))＝3.故选A.6.B【解析】设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第k组的项数为k，则前k组的项的个数之和为eq\f(k（k＋1）,2).又eq\f(13×（13＋1）,2)＝91，eq\f(14×（14＋1）,2)＝105，所以第100项为第14组的第9项，所以a100＝38.故选B.7.C【解析】设点P(x，y)为直线x＋y＝0上的动点，又eq\r(x2＋y2－2x－2y＋2)＋eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(（x－1）2＋（y－1）2)＋eq\r(（x－2）2＋y2).设点M(1，1)，N(2，0)，则点M′(－1，－1)为点M(1，1)关于直线x＋y＝0的对称点，故|PM|＝|PM′|，且|M′N|＝eq\r(（2＋1）2＋（0＋1）2)＝eq\r(10)，所以|PM|＋|PN|＝eq\r(（x－1）2＋（y－1）2)＋eq\r(（x－2）2＋y2)＝|PM′|＋|PN|≥|M′N|＝eq\r(10)，所以eq\r(x2＋y2－2x－2y＋2)＋eq\r(（x－2）2＋y2)的最小值为eq\r(10).故选C.8.C【解析】由题意，得a5a8＝a6a7＝－18.又a5＋a8＝－3，所以联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5a8＝－18，,a5＋a8＝－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝3，,a8＝－6))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝－6，,a8＝3.))当a5＝3，a8＝－6时，eq\f(a8,a5)＝－2＝q3，所以a2＝eq\f(a5,q3)＝－eq\f(3,2)，a11＝a8q3＝12，所以a2＋a11＝eq\f(21,2)；当a5＝－6，a8＝3时，eq\f(a8,a5)＝－eq\f(1,2)＝q3，所以a2＝eq\f(a5,q3)＝12，a11＝a8q3＝－eq\f(3,2)，所以a2＋a11＝eq\f(21,2).故选C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.BCD【解析】由eq\f(x－x0,y－y0)＝2可知y≠y0，所以eq\f(x－x0,y－y0)＝2不过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))且斜率为eq\f(1,2)，所以A错误；直线x－2y－4＝0过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2))，a＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，所以a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1))是直线x－2y－4＝0的方向向量，所以B正确；设以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－2))为直径的圆上的任意点为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))，则eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－4))(x－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋2))＝0，所以C正确；因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1))×2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－1))×1－1－4m＝0，所以D正确．10.BC【解析】设{an}的公差为d.因为a9＋a10＋a11＝3a10>0，所以a10>0.又a9＋a12＝a10＋a11<0，所以a11＝a10＋d<0，故d<0，所以A错误；因为d<0，所以a1>a2>a3>a4>a5>a6>a7>a8>a9>a10>0>a11>…>an，所以当n＝10时，Sn最大，所以B正确；因为S19＝eq\f(19（a1＋a19）,2)＝eq\f(19×2a10,2)>0，S20＝eq\f(20（a1＋a20）,2)＝eq\f(20（a10＋a11）,2)<0，S21＝eq\f(21（a1＋a21）,2)＝eq\f(21×2a11,2)<0，所以C正确，D错误．11.ABD【解析】设焦距为2c，由题意，得eq\f(c,a)＝eq\f(3,4)，△F1PF2的周长为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))＝2a＋2c＝14，解得a＝4，c＝3.又a2＝b2＋c2，所以b＝eq\r(7)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1，所以A正确；因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＝2a＝8，所以8＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))≥2eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)))，当且仅当|PF1|＝|PF2|＝4时等号成立，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))≤16，所以B正确；设△F1PF2内切圆的半径为r，则S△F1PF2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(yp))＝eq\f(1,2)req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))))，所以r＝eq\f(3\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(yp)),7).又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(yp))≤eq\r(7)，所以r≤eq\f(3\r(7),7)，所以S≤eq\f(9π,7)，所以C错误；因为cos∠F1PF2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))\s\up12(2)＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))\s\up12(2)－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))\s\up12(2),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))))\s\up12(2)－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F1F2))\s\up12(2),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)))＝－1＋eq\f(14,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))).又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))≤16，所以－1＋eq\f(14,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2)))≥－eq\f(1,8)，所以D正确．12.AB【解析】如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.由题意可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，0)，C1(0，2，2eq\r(2))，D1(0，0，2eq\r(2))，B1(2，2，2eq\r(2))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2eq\r(2))，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(2，2，－2eq\r(2))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2，2，2eq\r(2))，eq\o(MC1,\s\up6(→))＝(0，1，2eq\r(2))，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))＝λ(－2，0，0)＋μ(0，0，2eq\r(2))＝(－2λ，0，2eq\r(2)μ)．当λ＝eq\f(1,2)，μ＝eq\f(1,2)时，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，2，0)＋(－1，0，eq\r(2))＝(－1，2，eq\r(2))，所以异面直线AP与DB1所成角的余弦值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AP,\s\up6(→))，\o(DB1,\s\up6(→))〉))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2＋4＋4|,\r(1＋4＋2)·\r(4＋4＋8))＝eq\f(3\r(7),14)，所以A正确；当μ＝eq\f(1,2)时，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2λ，0，eq\r(2))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，2，0)＋(－2λ，0，eq\r(2))＝(－2λ，2，eq\r(2))，故eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(－2λ，2，eq\r(2))·(0，2，－2eq\r(2))＝0，所以B正确；当λ＝eq\f(1,2)时，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2eq\r(2)μ)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，2，0)＋(－1，0，2eq\r(2)μ)＝(－1，2，2eq\r(2)μ)，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1B,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(2，2，－2eq\r(2))＋(－1，0，2eq\r(2)μ)＝(1，2，－2eq\r(2)＋2eq\r(2)μ)，故eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(D1P,\s\up6(→))＝(－1，2，2eq\r(2)μ)·(1，2，－2eq\r(2)＋2eq\r(2)μ)＝0，得8μ2－8μ＋3＝0无解，所以C错误；当λ＝1时，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，0，2eq\r(2)μ)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，2，0)＋(－2，0，2eq\r(2)μ)＝(－2，2，2eq\r(2)μ)，故eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝2＋8μ＝0，解得μ＝－eq\f(1,4)∉[0，1]，所以D错误．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.－58【解析】由a∥b，得eq\f(3,λ－2)＝eq\f(2,λ)＝eq\f(λ,8)，所以λ＝－4，故a＝(3，2，－4)，b＝(－6，－4，8)，故a·b＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4))×8＝－58.14.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,48)＝1【解析】直线l与双曲线C有唯一交点P，则直线l与双曲线C的渐近线平行，所以eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)，故b＝eq\r(3)a，所以c2＝a2＋b2＝4a2.又|FP|＝6，所以P(3－c，3eq\r(3))，所以eq\f(（3－c）2,a2)－eq\f(（3\r(3)）2,b2)＝eq\f(（3－2a）2,a2)－eq\f(（3\r(3)）2,3a2)＝1，解得a＝4，所以b＝4eq\r(3)，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,48)＝1.15.eq\f(4,3)【解析】当n＝1时，Sn＝S1＝1，又当n≥2时，an＝eq\f(1,n2＋3n＋2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2)))＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Sn＝1＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(4,3)－eq\f(1,n＋2)<eq\f(4,3)，所以λ≥eq\f(4,3)，故λ的最小值为eq\f(4,3).16.x－3y－1＝0【解析】圆E的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝6，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)).由题意，得PA⊥AE，PB⊥BE，所以P，A，E，B四点在以PE为直径的圆上，且直线AB为该圆与圆E的交线，以PE为直径的圆的方程为(x－1)(x－2)＋(y－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋1))＝0，化简得x2＋y2－3x－y＝0，所以直线AB的方程为x2＋y2－2x－4y－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－3x－y))＝0，即x－3y－1＝0.另解：圆E的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝6，由切点弦方程可知，直线AB的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))(x－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－2))(y－2)＝6，化简得x－3y－1＝0.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.由S21＝21a1＋eq\f(21×20,2)d＝0，得a1＋10d＝0.………………2分又a8＝a1＋7d＝6，所以d＝－2，a1＝20，………………3分所以an＝20＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))＝－2n＋22.…………………4分(2)由an＝－2n＋22≥0，解得n≤11，……………………5分所以数列eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n≤11，,－an，n>11，))………………6分故T50＝a1＋a2＋…＋a11－a12－a13－…－a50………………7分＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋…＋a11＋a12＋a13＋…＋a50))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋…＋a11))＝－S50＋2S11…………………9分＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(50×20＋\f(50×49,2)×（－2）))＋2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11×20＋\f(11×10,2)×（－2）))＝1450＋220＝1670.…………10分18.(本小题满分12分)(1)解：圆E是以E(2，3)为圆心，3为半径的圆，…………1分当直线l过圆E的圆心时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))最大，………2分所以3＝2k－1，解得k＝2，…………………3分所以当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))最大时，直线l的方程为y＝2x－1.……………4分(2)证明：设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，由题意知k存在，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,（x－2）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－3))\s\up12(2)＝9，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋1))x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8k＋4))x＋11＝0，………6分所以x1＋x2＝eq\f(8k＋4,k2＋1)，x1x2＝eq\f(11,k2＋1)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8k＋4))2－44eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋1))>0.……………8分因为eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋1))＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋1))，…………10分y1＝kx1－1，y2＝kx2－1，所以eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋1))x1x2＝11，即eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))为定值.…………12分19.(本小题满分12分)解：(1)以该桥抛物线拱形部分对应抛物线的顶点为原点，建立直角坐标系．设对应抛物线的方程为x2＝2py(p<0).………1分又点(32，－32)在抛物线上，所以322＝2p×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－32))，……3分所以p＝－16，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(p))＝16，故抛物线的焦准距为16米.……4分(2)由题意，得|OF|＝8米，|FP|＝16米，……………………5分所以tan∠POF＝eq\f(|FP|,|OF|)＝eq\f(16,8)＝2.………………6分又PO⊥PQ，所以tan∠QPF＝tan∠POF＝2，……………8分所以tan∠QPF＝eq\f(|QF|,|PF|)＝eq\f(|QF|,16)＝2，所以|QF|＝32米.………10分又拱形最高点与桥面距离为32米，所以桥面与水面的距离d＝|OF|＝8米，所以桥面与水面的距离为8米.……………12分20.(本小题满分12分)解：(1)由bn＝a2n－1，得b1＝a1＝2，bn＋1＝a2n＋1.…………1分又a2k＝a2k－1＋2，a2k＋1＝2a2k，k∈N*，……………………2分故a2k＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2k－1＋2))＝2a2k－1＋4，…………3分所以bn＋1＝2bn＋4，故eq\f(bn＋1＋4,bn＋4)＝2.…………4分又b1＋4＝6，…………………5分所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋4))是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋4＝6×2n－1＝3×2n，故bn＝3×2n－4.……………6分(2)nbn＝3n·2n－4n.……………7分设cn＝n·2n，其前n项和为Tn，则Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，…………8分2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1，…………9分所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2n＋1＋2，…………………10分所以Sn＝3Tn－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2＋…＋n))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2n＋1＋6－4×eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－3))2n＋1－2n2－2n＋6.………………12分21.(本小题满分12分)(1)证明：如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，故Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，4，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0)).…………………1分因为平面ADP⊥平面ABCD，设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，c))，所以PD＝eq\r(a2＋c2)＝2，PB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－4))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－4))\s\up12(2)＋c2)＝2eq\r(7)，………2分所以a2＋c2＝4，a2＋c2－8a＋32＝28，所以a＝1，c＝±eq\r(3)，由图可得c>0，所以c＝eq\r(3)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\r(3)))，………3分所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，0，\r(3)))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\r(3))).又eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DP,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，………………4分所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，又CD∩PD＝D，且CD⊂平面CDP，PD⊂平面CDP，故AP⊥平面CDP.……………5分(2)解：设eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，0≤λ≤1，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－4λ，4λ，0))，…………………6分所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－4λ，4λ，－\r(3))).又直线PE与直线DC所成的角为eq\f(π,4)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(PE,\s\up6(→))，\o(DC,\s\up6(→))〉))＝eq\f(16λ,4\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－4λ))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4λ))\s\up12(2)＋3))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝eq\f(1,2)，……………………7分故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，0))，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，0)).设m＝(x1，y1，z1)为平面PDE的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋2y1＝0，,x1＋\r(3)z1＝0，))可取m＝(1，－1，－eq\f(\r(3),3)).………………8分设n＝(x2，y2，z2)为平面PAC的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x2＋4y2＝0，,－3x2＋\r(3)z2＝0，))可取n＝(1，1，eq\r(3))，………………10分∴|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))))＝eq\f(\r(105),35)，所以平面PDE与平面PAC夹角的余弦值为eq\f(\r(105),35).………12分22.(本小题满分12分)解：(1)设动圆的圆心为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))，半径为r，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ME))＝r＋3eq\r(2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))＝r－eq\r(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ME))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))＝4eq\r(2)<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF))＝6.……………2分由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4eq\r(2)的双曲线的右支，所以2a＝4eq\r(2)，2c＝6，即a＝2eq\r(2)，c＝3，所以b2＝c2－a2＝1，所以曲线C的方程为eq\f(x2,8)－y2＝1，x≥2eq\r(2).…………………4分(2)选择①②⇒③：设直线l：y＝kx＋m，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)－y2＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－8k2))x2－16mkx－8m2－8＝0，……5分所以x1＋x2＝－eq\f(16mk,8k2－1)，x1x2＝eq\f(8m2＋8,8k2－1).………6分因为P(4，1)，k1＋k2＝0，所以eq\f(y2－1,x2－4)＋eq\f(y1－1,x1－4)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋m－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋m－1))＝0，………7分即2kx1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1－4k))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))＝0，所以2k×eq\f(8m2＋8,8k2－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1－4k))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16mk,8k2－1)))－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))＝0，………………8分化简得8k2＋2k－1＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋1))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－1＋m))＝0，所以k＝－eq\f(1,2)或m＝1－4k.…………………10分当m＝1－4k时，直线l：y＝kx＋m＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－4))＋1过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，1))，与题意不符，舍去，故k＝－eq\f(1,2)，所以③成立.……………………12分选择①③⇒②：设直线l：y＝－eq\f(1,2)x＋m，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(