2022-2023学年河南省周口市太康第一高级中学A部高二（上）期末数学试卷（一）（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省周口市太康第一高级中学A部高二（上）期末数学试卷（一）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若平面α⊥β，且平面α的一个法向量为n=(−2,1,12)，则平面β的法向量可以是( )
A. (−1,12,14)B. (2,−1,0)C. (1,2,0)D. (12,1,2)
2.若等差数列{an}的前7项和为48，前14项和为72，则它的前21项和为( )
A. 96B. 72C. 60D. 48
3.已知抛物线C：x2=3y的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A、B两点，其中点A在第一象限，若弦AB的长为4，则|AF||BF|=( )
A. 1B. 2或12C. 3D. 3或13
4.直线kx−y−2k+2=0被圆(x−1)2+(y−1)2=16所截得的弦长的最小值为( )
A. 2 14B. 2 7C. 2 2D. 2 3
5.已知⊙M：x ​2+y ​2−2x−2y−2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为
( )
A. 2x−y−1=0B. 2x+y−1=0C. 2x−y+1=0D. 2x+y+1=0
6.已知方程x29−k+y2k−4=1表示的曲线是焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是( )
A. 4C. 1327.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱AB，BB1的中点，点P在对角线CA1上运动．当△PMN的面积取得最小值时，点P的位置是( )
A. 线段CA1的三等分点，且靠近点A1B. 线段CA1的中点
C. 线段CA1的三等分点，且靠近点CD. 线段CA1的四等分点，且靠近点C
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，过点P(0,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足AP=3PB，则△OAB面积的最大值为( )
A. 12B. 22C. 63D. 2
9.若数列{an}的前n项和为Sn=n2−4n+2，则|a1|+|a2|+…+|a10|等于( )
A. 15B. 35C. 66D. 100
10.设F是抛物线y2=4x的焦点，过F的直线l与抛物线交于A、B两点，当弦长|AB|=8时，以AB为直径的圆与x轴相交所得的弦长|MN|为( )
A. 2 7B. 4 3C. 3D. 2 3
11.已知O为坐标原点，P1，P2分别是双曲线x24−y29=1上的两点，P为线段P1P2的中点，设直线OP，P1P2的斜率分别为k1，k2，且4≤k1≤6，则k2的取值范围是( )
A. [32,94]B. [34,98]C. [38,916]D. [16,54]
12.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交曲线的右支于A，B两点，且AF2=2F2B，△ABF1的周长是双曲线C的实轴长的3倍，则双曲线C的离心率的取值范围为( )
A. (1, 133)B. (1,43)C. (43,+∞)D. ( 133,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在平面直角坐标系xOy中，直线mx−y+2=0与曲线y= −x(x+2)有两个不同的公共点，则实数m的取值范围是______．
14.已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1(a≠0)相切，则a=______
15.已知{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=2n+2n+3，则a5b5= ______ ．
16.已知圆C1：(x−1)2+(y+1)2=1，圆C2：(x−4)2+(y+2)2=25，点M，N分别是圆C1，C2上的动点，点P是直线l：3x+2y+12=0上的动点，则|PM|+|PN|的最小值______ ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=25，直线l：(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0(m∈R)．
(1)求证：直线l恒过定点；
(2)判断直线l与圆C的位置关系；
(3)当m=0时，求直线l被圆C截得的弦长．
18.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}满足a1=5，an=2an−1+3n−1(n≥2,n∈N*)，bn=an−3n(n∈N*)
(1)求数列{bn}的通项公式．
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，直线 3x−y− 3=0过椭圆C的右焦点F．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l1过坐标原点O，交椭圆C于P，Q两点，直线l2过点F，交椭圆C于M，N两点．当l1⊥l2时，1|MN|+4|PQ|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
20.(本小题12分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的体积为4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=90°，AB//DC，PA⊥底面ABCD，DC=2AB，点E在棱PB上，且PE=13PB，PA=BC=2．
(1)求证：CA⊥PD；
(2)求直线PB与平面EAC所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知曲线f(x)=x3+ax+b在点(2,−6)处的切线方程是13x−y−32=0．
(Ⅰ)求a，b的值；
(Ⅱ)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=−14x+3垂直，求切点坐标与切线的方程．
22.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)上的一点Q到准线的距离与到对称轴的距离相等，且|OQ|=4 5(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l：y=x+m与抛物线C交于A，B两点，点M(异于A、B)是抛物线C上一点，且点M的横坐标t∈(1,4)，若MA⊥MB，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为平面α⊥β，且平面α的一个法向量为n=(−2,1,12)，
所以平面β的法向量与n垂直，
对于A，因为2+12+18≠0，故选项A错误；
对于B，因为−4−1≠0，故选项B错误；
对于C，因为−2+1=0，故选项C正确；
对于D，因为−1+1+1≠0，故选项D错误．
故选：C．
利用垂直的两个平面的法向量垂直，利用数量积为0依次判断四个选项，即可得到答案．
本题考查了平面的法向量的理解与应用，空间向量垂直的坐标表示，考查逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵等差数列{an}的前7项和为48，前14项和为72，
由等差数列的性质得：
S7，S14−S7，S21−S14成等差数列，
∴48，72−48，S21−72成等差数列，
∴2(72−48)=48+(S21−72)，
解得S21=72．
∴它的前21项和为72．
故选：B．
由等差数列的性质得S7，S14−S7，S21−S14成等差数列，由此能求出它的前21项和．
本题考查等差数列的前21项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
3.【答案】D
【解析】解：已知抛物线C：x2=3y的焦点为F，
则F(0,34)，
过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，弦AB的长为4，
则直线AB不与x轴平行，
设AB直线方程为x=k(y−34)，其中k≠0，
联立x=k(y−34)x2=3y，
消x可得k2y2−(3+3k22)y+916k2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y1+y2=6+3k22k2，y1y2=916，
又弦AB的长为4，
则y1+y2+32=4，
即k2=3，
即y1+y2=52，y1y2=916，
则y1=14y2=94或y1=94y2=14，
则|AF||BF|=y1+34y2+34=13或3．
故选：D．
由抛物线的性质，结合直线与抛物线的位置关系求解．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
4.【答案】A
【解析】解：直线l：kx−y−2k+2=0，即k(x−2)−y+2=0，直线l过定点P(2,2)，
圆C的圆心为C(1,1)，r=4，当PC⊥l时，直线l被圆C截得的弦长最短．
因为|PC|= (2−1)2+(2−1)2= 2，所以弦长的最小值为2 16−2=2 14．
故选：A．
确定直线过定点P(2,2)，当PC⊥l时，直线l被圆C截得的弦长最短，计算即可．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的切线方程，考查过圆两切点的直线方程的求法，属于拔高题．
由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得S四边形PAMB=12|PM|⋅|AB|=2 |PM|2−4，说明要使|PM|⋅|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．写出PM所在直线方程，与直线l的方程联立，求得P点坐标，然后写出以PM为直径的圆的方程，再与圆M的方程联立可得AB所在直线方程．
【解答】
解：化圆M为(x−1)2+(y−1)2=4，
圆心M(1,1)，半径r=2．
∵S四边形PAMB=12|PM|⋅|AB|=2S△PAM=|PA|⋅|AM|=2|PA|=2 |PM|2−4，
∴要使|PM|⋅|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．
直线PM的方程为y−1=12(x−1)，即y=12x+12，
联立y=12x+122x+y+2=0，解得P(−1,0)．
则以PM为直径的圆的方程为x2+(y−12)2=54．
联立x2+y2−2x−2y−2=0x2+y2−y−1=0，
可得直线AB的方程为2x+y+1=0．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的标准方程，属于基础题．
根据椭圆的标准方程，建立关于k的不等式组，解之即得实数k的取值范围．
【解答】解：∵方程x29−k+y2k−4=1表示焦点在y轴上的椭圆，
∴9−k>0k−4>09−k实数k的取值范围是(132,9)，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点的位置判断，考查空间中两点之间的距离，考查运算求解能力，是中档题．
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出△PMN的面积取得最小值时，P为CA1的中点．
【解答】
解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为A1C上的动点，
设P(λ,λ,1−λ)，其中0≤λ≤1，M(12,0,0)，N(1,0,12)，
|PM|= (λ−12)2+λ2+(1−λ)2= 3λ2−3λ+54，
|PN|= (λ−1)2+λ2+(1−λ−12)2= 3λ2−3λ+54，
∴|PM|=|PN|，△PMN为等腰三角形，底边|MN|= 22，
设底边MN上的高为h，则有h= |PM|2−(|MN|2)2= |PM|2−18．
∵3λ2−3λ+54=3(λ−12)2+12，∴λ=12时△PMN的面积取得最小值，
此时P为CA1的中点．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：因为椭圆C的离心率为 22，
所以ca= 22，
即a= 2c，
又a2=b2+c2，
解得a= 2b，
此时椭圆C的方程可化为2x2+y2=2b2，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
当直线AB的斜率不存在时，不符合题意；
所以直线AB的斜率存在且不为零，
不妨设直线AB的方程为y=kx+1(k≠0)，
联立y=kx+12x2+y2=2b2，消去y并整理得(2+k2)x2+2kx+1−2b2=0，
此时Δ=4k2−4(2+k2)(1−2b2)>0，
由韦达定理得x1+x2=−2k2+k2，x1x2=1−2b22+k2，
因为AP=3PB，
所以x1=−3x2，
此时−2x2=−2k2+k2，
解得x2=k2+k2，
所以S△OAB=12|OP|⋅|x2−x1|=2|x2|=2|k|2+k2=22|k|+|k|≤ 22，
当且仅当|k|= 2时，等号成立，
则△OAB面积的最大值为 22．
故选：B．
由题意，先化简椭圆方程，设出直线AB的方程，将椭圆方程与直线AB的方程联立，结合根与系数的关系及点A和点B的横坐标之间的关系，表示出△OAB的面积，再利用基本不等式进行求解即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：当n=1时，a1=S1=1−4+2=−1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(n2−4n+2)−[(n−1)2−4(n−1)+2]=2n−5，
又a1=−1不满足上式，所以an=−1,n=12n−5,n≥2，
所以|a1|+|a2|+...+|a10|=−a1−a2+a3+a4+...+a10=−S2+S10−S2=S10−2S2=62−(−4)=66．
故选：C．
利用an=Sn−Sn−1(n≥1)并结合a1=S1即可求出an，最后考虑an的单调性即可求出|a1|+|a2|+...+|a10|.
本题考查数列的通项an与前n项和Sn之间的关系，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
10.【答案】B
【解析】解：y2=4x的焦点F(1,0)，
由题可知直线的斜率存在，设直线AB：y=k(x−1)，
代入抛物线的方程可得，k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
即有x1+x2=2+4k2，即有中点的横坐标为1+2k2，
由抛物线的弦长公式可得，|AB|=x1+x2+p=2+4k2+2=8，
解得k=±1，
即有r=4，此时中点的纵坐标y的绝对值为：|y1+y12|=|k(1+2k2)−1|=|2k|=2，
再由圆的弦长公式可得，
与x轴相交所得弦长是2 r2−d2=2 42−22=4 3．
故选：B．
求得抛物线的焦点F，设出直线AB的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由弦长公式求得斜率，再由圆的弦长公式，可得所求值．
本题考查抛物线的方程和性质，主要是弦长公式的运用，同时考查圆的弦长公式，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：设P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，P(x,y)，
则x1+x2=2x，y1+y2=2y，
∵9x12−4y12=36,9x22−4y22=36，
两式相减可得：9(x1−x2)×2x−4(y1−y2)×2y=0，
∴y1−y2x1−x2⋅yx=94，
∵直线OP的斜率为k1=yx(k1≠0)，直线P1P2的斜率为k2=y1−y2x1−x2，
∴k1k2=94，
∵4≤k1≤6，
∴38≤k2≤916．
故选：C．
设点，代入双曲线方程，利用点差法，结合线段P1P2的中点为P，4≤k1≤6，即可求k2的取值范围．
本题考査双曲线方程的性质和应用，考査点差法的运用，考査学生的计算能力，属于中档题．
12.【答案】B
【解析】解：设|BF2|=t，由AF2=2F2B，可得|AF2|=2t，
由双曲线的定义可得|AF1−|AF2|=|BF1|−|BF2|=2a，
即有|AF1|=2a+2t，|BF1|=2a+t，
由△ABF1的周长是双曲线C的实轴长的3倍，
可得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=6a，
即2a+2t+2t+2a+t+t=4a+6t=6a，
可得2a=6t，即t=13a，
而t≥c−a，即13a≥c−a，
可得c≤43a，即e=ca≤43，又e>1，可得1故选：B．
由双曲线的定义和性质，结合向量共线定理和离心率公式以及范围，可得所求取值范围．
本题考查双曲线的定义和性质，以及向量共线定理，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
13.【答案】(34,1]．
【解析】解：直线mx−y+2=0过定点(0,2)，曲线y= −x(x+2)表示半圆(x+1)²+y²=1(y≥0)，
如图所示：kAB=2−00+2=1，
当直线斜率存在且与圆相切时，d=|−m+2| 1+m2=1，解得m=34，
则m∈(34,1]，
故答案为：(34,1]．
由题知直线过定点(0,2)，曲线表示半圆，作出图像，数形结合即可求得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，数形结合思想，属于中档题．
14.【答案】8
【解析】【分析】
本题考查导数的运用：求切线方程，主要考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处切线的斜率，求出切线方程，运用两线相切的性质是解题的关键．属于中档题．
求出y=x+lnx的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切，有且只有一切点，进而可联立切线与曲线方程，根据Δ=0得到a的值．
【解得】
解：y=x+lnx的导数为y′=1+1x，
曲线y=x+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，
则曲线y=x+lnx在x=1处的切线方程为y−1=2x−2，即y=2x−1．
由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切，
故由方程y=ax2+(a+2)x+1和y=2x−1联立，
得ax2+ax+2=0，
又a≠0，两线相切有一公共点，
所以有Δ=a2−8a=0，
解得a=8．
故答案为8．
15.【答案】53
【解析】解：由等差数列的性质可得：a5b5=9(a1+a9)29(b1+b9)2=S9T9=2×9+29+3=53．
故答案为：53．
利用等差数列的性质即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】3 10−6
【解析】解：圆C1：(x−1)2+(y+1)2=1，圆C2：(x−4)2+(y+2)2=25，
所以C1(1,−1)，C2(4,−2)，r1=1，r2=5，
所以|PM|min=|PC1|−1，|PN|min=|PC2|−5，
|PM|min+|PN|min=|PC2|+|PC1|−6，
将C1，C2的坐标分别代入直线方程得[3×1+2×(−1)+12][3×4+2×(−2)+12]>0，
所以C1，C2在直线l的同侧，设C1(1,−1)关于直线l的对称点为M(a,b)，
则b+1a−1×(−32)=−1①，3×1+a2+2×−1+b2+12=0②，
联立解得a=b=−5，所以M(−5,−5)，
所以|PC2|+|PC1|≥|MC2|= (−5−4)2+(−5+2)2=3 10，
|PM|+|PN|≥|MC2|−6=3 10−6．
故答案为：3 10−6．
先将P点看成定点，然后将|PM|的最小值转化为P到圆心的距离减去半径求解，同理可得|PN|的最小值，据此将问题转化为两个圆心到直线l的距离和的最小值问题，最后利用对称解决问题．
本题考查圆的性质以及利用点与点关于轴对称的性质求最小距离的问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：直线l的方程可化为：
m(2x+y−7)+(x+y−4)=0，
令2x+y−7=0x+y−4=0，解得x=3y=1，
∴直线l恒过定点A(3,1)；
(2)圆C：(x−1)2+(y−2)2=25的圆心C(1,2)，半径r=5，
点A(3,1)与圆心C(1,2)的距离d= (3−1)2+(1−2)2= 5<5=r，
∴A点在圆C内，即直线l与圆C相交；
(3)当m=0时，直线l的方程为x+y−4=0，
由圆心C(1,2)到直线l的距离为d′=|1+2−4| 2= 22，
半径r=5，
∴直线l被圆C所截得的弦长为2 r2−d′2=2 52−( 22)2=7 2．
【解析】(1)把直线l的方程化为m(2x+y−7)+(x+y−4)=0，令2x+y−7=0x+y−4=0，求出方程组的解即得；
(2)根据圆C的圆心到定点A的距离d(3)求m=0时圆心C到直线l的距离，利用勾股定理求出直线l被圆C所截得的弦长即可．
本题考查了直线与圆相交的性质，以及直线恒过定点的问题，也考查了直线被圆所截得弦长的计算问题，是综合性题目．
18.【答案】解：(1)∵an=2an−1+3n−1(n≥2,n∈N*)，
∴an3n=23⋅an−13n−1+13(n≥2,n∈N*)，
整理得：an3n−1=23(an−13n−1−1)(n≥2,n∈N*)，
又∵a13−1=53−1=23，
∴数列{an3n−1}是首项、公比均为23的等比数列，
∴an3n−1=2n3n，
∴an=2n+3n，
∴bn=an−3n=2n；
(2)由(1)可知an=2n+3n，
∴Sn=2(1−2n)1−2+3(1−3n)1−3=2n+1+3n+12−72．
【解析】(1)通过对an=2an−1+3n−1(n≥2,n∈N*)两边同时除以3n、变形可知an3n−1=23(an−13n−1−1)(n≥2,n∈N*)，进而可知数列{an3n−1}是首项、公比均为23的等比数列，计算即得结论；
(2)通过(1)可知an=2n+3n，进而利用等比数列的求和公式计算即得结论．
本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为直线 3x−y− 3=0过椭圆C的右焦点F，所以c=1，
又椭圆C的离心率e=ca=12，所以ca=12，a=2，
又b2+c2=a2，故b2=3，
所以椭圆C的方程为：x24+y23=1；
(2)当直线l1垂直于y轴时，直线l2垂直于x轴，
则|PQ|=2a=4，|MN|=2 (1−14)×3=3，
所以1|MN|+4|PQ|2=13+416=712；
当直线l1垂直于x轴时，直线l2垂直于y轴，
则|PQ|=2b=2 3，|MN|=2a=4，以1|MN|+4|PQ|2=14+412=712；
当直线l2与x，y轴均不垂直时，设直线l2的方程为y=k(x+1)(k≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程，得x24+y23=1,y=k(x+1),整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0，
所以x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以|MN|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (−8k23+4k2)2−4(4k2−12)3+4k2=12(k2+1)3+4k2，
由l1⊥l2，可设直线l1的方程为y=−1kx，P(x,y)，
由y=−1kxx24+y23=1，解得x2=12k24+3k2y2=124+3k2，
所以|PQ|2=4|OP|2=4×(12k23k2+4+123k2+4)=48(k2+1)3k2+4，
所以1|MN|+4|PQ|2=3+4k212(k2+1)+4(3k2+4)48(k2+1)=712，
所以1|MN|+4|PQ|2是定值，定值为712．
【解析】(1)由题意及直线方程可得右焦点的坐标，即可得c的值，再由离心率可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程；
(2)分直线l1不存在和存在，为0和不为0三种情况讨论，可得1|MN|+4|PQ|2是定值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，分类讨论的思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设AB=x，则DC=2x．
∵四棱锥P−ABCD的体积为4，PA⊥底面ABCD，
底面ABCD为直角梯形，∠ABC=90°，AB//DC，DC=2AB，PA=BC=2，
∴VP−ABCD=13×x+2x2×2×2=4，解得x=2，∴AB=2，CD=4．
取DC的中点M，连接AM，则AB=BC=CM，
∴四边形ABCM为正方形，∴AM⊥DC，
故△ADC为等腰直角三角形，且∠DAC=90°，即AC⊥AD．
又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AC.∵AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD
∴AC⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AC⊥PD．
(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AM，由(1)知AM⊥AB，
则以A为原点，AM，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,23,43)，
∴AC=(2,2,0)，AE=(0,23,43)，PB=(0,2,−2)，
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=0n⋅AE=0，
∴2x+2y=02y3+4z3=0，令x=2，则y=−2，z=1，
∴n=(2,−2,1)为平面EAC的一个法向量．
设直线PB与平面EAC所成的角为θ，
则sinθ=|n⋅PB||n||PB|=|2×0+(−2)×2+1×(−2)| 22+(−2)2+12× 02+22+(−2)2= 22，
∴直线PB与平面EAC所成角的正弦值为 22．
【解析】(1)先由四棱锥体积求出CD的长，再证明AC⊥平面PAD，即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面EAC的法向量，利用向量法求直线PB与平面EAC所成角的正弦值即可．
本题考查了空间中直线与直线垂直的证明，考查了求直线与平面所成角的正弦值，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)=x3+ax+b的导数f′(x)=3x2+a，
由题意可得f′(2)=12+a=13，f(2)=8+2a+b=−6，
解得a=1，b=−16；
(Ⅱ)∵切线与直线y=−x4+3垂直，
∴切线的斜率k=4，
设切点的坐标为(x0,y0)，
则f′(x0)=3x02+1=4，
∴x0=±1，
由f(x)=x3+x−16，
可得y0=1+1−16=−14，
或y0=−1−1−16=−18，
则切线方程为y=4(x−1)−14，
或y=4(x+1)−18．
即y=4x−18或y=4x−14．
【解析】本题考查导数的运用：求切线的斜率，同时考查两直线垂直的条件：斜率之积为−1，属于中档题．
(Ⅰ)求出函数的导数，由切线方程，可得f′(2)=12+a=13，f(2)=8+2a+b=−6，解方程可得a，b的值；
(Ⅱ)设切点的坐标为(x0,y0)，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，可得切线的斜率，解方程可得切点坐标和切线方程．
22.【答案】解：(1)设Q(a,b)，则b2=2pa，由抛物线的准线方程x=−p2，
可得a+p2=|b|，即a2+pa+p24=b2=2pa，即a=p2，
又|OQ|= a2+b2=4 5，即a2+b2=a2+2pa=80，
解得p=8，
则抛物线的方程为y2=16x．
(2)将y=x+m与y2=16x联立得y2−16y+16m=0，
因为直线l与抛物线C交于A，B两点，所以162−64m>0，解得m<4，
设M(y0216,y0)，则t=y0216，由t∈(1,4)，得y0∈(4,8)∪(−8,−4)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=16，y1y2=16m，
因为MA⊥MB，所以MA⋅MB=0，即(x1−y0216)(x2−y0216)+(y1−y0)(y2−y0)=0，
即(y1216−y0216)(y2216−y0216)+(y1−y0)(y2−y0)=0，即(y1−y0)(y2−y0)[(y1+y0)(y2+y0)256+1]=0，
因为(y1−y0)(y2−y0)≠0，所以(y1+y0)(y2+y0)=−256，
即y1y2+y0(y1+y2)+y02=16m+16y0+y02=−256，
所以m=−y0216−y0−16=−116(y0+8)2−12，
当y0∈(4,8)时，m∈(−28,−21)，当y0∈(−8,−4)时，m∈(−13,−12)，
所以实数m的取值范围是(−28,−21)∪(−13,−12)．
【解析】(1)利用抛物线的定义即可求解；
(2)利用韦达定理及向量垂直的充要条件即可求解．
本题考查了直线和抛物线的综合，属于难题．