2022-2023学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

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这是一份2022-2023学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x+1x−5>0}，B={x|x<4}，则B∩CRA=( )
A. {x|−12.已知z1+i=1+i1−i(i为虚数单位)，则复数z的模为( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
3.已知e1，e2是平面中两个不共线的向量，若a=λe1+e2，b=e1+μe2，且a//b，则( )
A. λ+μ=1B. λ+μ=−1C. λμ=1D. λμ=−1
4.已知等比数列{an}的公比为q，则q>1是{an}为递增数列的( )
A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知函数f(x)=lg2[x(a−x)]在区间(0,1)上单调递增，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−2]B. [−2,0)C. (0,2]D. [2,+∞)
6.五张卡片上分别写有1，2，3，4，5五个数字，则这五张卡片组成的五位数是偶数的概率( )
A. 25B. 12C. 35D. 47
7.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形，EF//底面ABCD，AB=2BC=2EF=4，△ADE与△BCF是全等的等边三角形，则该五面体ABCDEF的体积为( )
A. 2 3B. 10 23C. 7 23D. 3 3
8.直线l过圆M：(x−5)2+y2=1的圆心，且与圆相交于A，B两点，P为双曲线x29−y216=1右支上一个动点，则PA⋅PB的最小值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，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.某班50名学生参加数学竞赛，将所有成绩分成[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]五组，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. a的值为0.015B. 这50名同学成绩的平均数在60与70之间
C. 这50名同学成绩的众数是75D. 估计这50名同学成绩的75百分位数为85
10.下列说法正确的是( )
A. 已知命题P：任意x∈R，|x|≥x，则命题P的否定为：存在x∈R，|x|B. 若关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|20
C. 如果x>0，y>0，x+3y+xy=9，那么x+3y的最小值为6
D. 函数f(x)=x2+5 x2+4的最小值为2
11.设函数f(x)=sin(ωx+φ)+cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π2)的最小正周期为π，且过点(0, 2)，则下列说法正确的是( )
A. f(x)为偶函数
B. f(x)的一条对称轴为x=π2
C. 把f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)，则g(x)= 2cs(2x+π6)
D. 若f(x)在(0,a)上单调递减，则a的取值范围为(0,π2]
12.已知F是抛物线C：y2=4x的焦点，A，B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则( )
A. 抛物线C的准线方程为x=−2
B. 若|AF|=4，则△AOF的面积为 3
C. 若直线AB过焦点F，且AB=163，则O到直线AB的距离为12
D. 若OA⊥OB，则|OA|⋅|OB|≥32
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知tanα=2，则1+sin2α=______.
14.(x−2)(x+1)6展开式中，x3的系数为______.(以数字形式作答).
15.函数f(x)=xlnx−x2在x=1处的切线方程为______.
16.在三棱锥P−ABC中，PA⊥面ABC，△ABC为等边三角形，且PA=AB= 3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______.
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10分)
袋子中有6个大小相同的小球，其中4个白球、2个黑球.
(1)每次从袋子中随机摸出1个球，摸完不放回，共摸2次，求第二次摸到的球是白球的概率；
(2)一次完整的试验要求：从袋子中随机摸出1个球，记录小球的颜色后再把小球放回袋中.试验终止的条件是黑色小球出现两次，或者试验进行了4次.设试验终止时试验的次数为X，求随机变量X的数学期望.
18.(本小题12分)
△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足：accsA+a2(csC−1)=b2−c2，
(1)求角C；
(2)若c=2，求a−b的取值范围.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2ax−ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)≤4a2−4a.
20.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，{Snn}是公差为2的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn−bn−1=2an(n≥2)，且b1=3，数列{1bn}的前n项和为Tn，求Tn.
21.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.
(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上(不含端点)，是否存在点D，使得二面角
B−AD−C的余弦值为 105，若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由.
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x22+y2b2=1(b>0)的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，O为坐标原点，且OM⋅AB=−12b2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知圆O：x2+y2=3，P为圆O上任意一点，过点P作椭圆C的切线，交圆O于点Q，若OP与OQ斜率都存在，求证：kOP⋅kOQ为定值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A={x|x+1x−5>0}={x|x<−1或x>5}，
故CRA={x|−1≤x≤5}，又因为B={x|x<4}，
则B∩CRA={x|−1≤x<4}.
故选：C.
求出集合A，利用补集和交集的定义可求得集合B∩CRA.
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：z1+i=1+i1−i，
则z=(1+i)21−i=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，
故|z|= (−1)2+12= 2.
故选：B.
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵e1,e2不共线，
∴λe1+e2≠0，且a//b，
∴存在实数k，使b=ka，即e1+μe2=kλe1+ke2，
∴根据平面向量基本定理得：kλ=1μ=k，
∴λμ=1.
故选：C.
根据条件得出λe1+e2≠0，从而得出e1+μe2=kλe1+ke2，然后根据平面向量基本定理即可得出正确的选项．
本题考查了共线向量和平面向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判断，涉及等比数列的性质，属于基础题．
通过举反例判断即可．
【解答】
解：①若a1=−1，q=2，则数列的前3项依次为−1，−2，−4，
显然{an}不是递增数列，∴充分性不成立，
②等比数列−8，−4，−2，−1，…，显然为递增数列，
但其公比q=12，不满足q>1，∴必要性不成立，
∴q>1是{an}为递增数列的既不充分也不必要条件．
故选D.
5.【答案】D
【解析】解：∵函数f(x)=lg2[x(a−x)]在区间(0,1)上单调递增，
∴函数g(x)=x(a−x)=−x2+ax在区间(0,1)上单调递增且对于0恒成立，
可得a2≥1，即a≥2.
∴a的取值范围是[2,+∞).
故选：D.
问题转化为g(x)=x(a−x)在区间(0,1)上单调递增且对于0恒成立，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置列式求解a的范围．
本题考查复合函数的单调性及其应用，考查化归与转化思想，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：五张卡片上分别写有1，2，3，4，5五个数字，则这五张卡片组成的五位数是偶数的概率为A21A44A55=25.
故选：A.
根据古典概型概率公式计算即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：过点E作EG⊥EF，EH⊥EF，又EG∩EH=E，EG，EH⊂平面EGH，
所以EF⊥平面EGH，
过点F作FM⊥EF，FN⊥EF，又FM∩FN=F，FM，FN⊂平面FMN，
所以EF⊥平面FMN，
因为EF//底面ABCD，EF⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面ABCD=AB，
所以AB//EF，同理CD//EF，
所以AB⊥EG，CD⊥EH，AB⊥FM，CD⊥FN，
AB⊥平面EGH，AB⊥平面FMN，GH⊂平面EGH，MN⊂平面FMN，
所以AB⊥GH，AB⊥MN，
因为AB=2BC=2EF=4，△ADE与△BCF是全等的等边三角形，
由对称性可得，AG=DH=BM=CN=1，所以EG=EH= 3,GH=MN=2，
连接点E与GH的中点P，则EP= 2，
所以S△EGH=12×2× 2= 2，又GM=2，
所以三棱柱EGH−FMN的体积为2 2，
因为AB⊥平面EGH，EP⊂平面EGH，所以AB⊥EP，
又EP⊥GH，AB，GH⊂平面ABCD，AB∩GH=G，
所以EP⊥平面ABCD，又矩形AGHD的面积为2，
所以四棱锥E−AGHD的体积为13×2× 2=2 23，
由对称性可得四棱锥F−MBCN的体积为2 23，
所以五面体ABCDEF的体积为2 2+2 23×2=10 23.
故选：B.
将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积．
本题考查了棱柱和棱锥的体积公式，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：圆M：(x−5)2+y2=1，所以圆心M(5,0)，半径为1.
设P(x0,y0)，在双曲线x29−y216=1右支上一个动点，且x0≥3，
所以PA⋅PB=(PM+MA)⋅(PM+MB)=(PM+MA)⋅(PM+MB)=PM2−MA2
=(x0−5)2+y02−1=(x0−5)2+16(x029−1)−1
=259x02−10x0+8
=259(x0−95)2−1
因为x0≥3，
所以当x0=3时，PA⋅PB取最小值为3.
故选：D.
求出圆的圆心的坐标，结合平面向量的混合运算法则推出PA⋅PB=PM2−MA2再由两点间的距离公式，配方法，即可得解．
本题考查双曲线的定义与几何性质，平面向量的混合运算，熟练掌握双曲线的几何性质，平面向量的混合运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，在频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为1，
所以，(0.01×2+a+0.03+0.035)×10=1，解得a=0.015，A对；
对于B选项，这50名同学成绩的平均数为55×0.1+65×0.15+75×0.35+85×0.3+95×0.1=76.5，B错；
对于C选项，这50名同学成绩的众数是70+802=75，C对；
对于D选项，前三个矩形的面积之和为0.1+0.15+0.35=0.6，前四个矩形的面积之和为0.6+0.3=0.9，
设这50名同学成绩的75百分位数为m，则m∈(80,90)，
由百分位数的定义可得0.6+(m−80)×0.03=0.75，解得m=85，D对．
故选：ACD.
利用频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为1，求出a的值，可判断A选项；求出这50名同学成绩的平均数，可判断B选项；利用最高矩形底边的中点值为众数可判断C选项；利用百分位数的定义求出这50名同学成绩的75百分位数，可判断D选项．
本题考查频率分布直方图的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，根据全称量词命题的否定是存在量词命题知，
命题P：任意x∈R，|x|≥x，命题P的否定为：存在x∈R，|x|对于B，关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|2所以a<0−ba=2+3ca=2×3，解得b=−5a，c=6a，所以a−b+c=12a<0，选项B错误；
对于C，因为x>0，y>0，且x+3y+xy=9，所以9=x+3y+xy≤x+3y+13⋅(x+3y2)2，
整理得(x+3y)2+12(x+3y)−108≥0，解得x+3y≥6或x+3y≤−18(舍去)，
当且仅当y=1，x=3时取得最小值，所以选项C正确；
对于D，函数f(x)=x2+5 x2+4= x2+4+1 x2+4，设t= x2+4，t∈[2,+∞),
所以f(t)=t+1t在t∈[2,+∞)上是单调增函数，t=2时取得最小值为52，所以f(x)的最小值是52，选项D错误．
故选：AC.
A中，根据全称量词命题的否定是存在量词命题判断即可；
B中，利用不等式与对应方程的关系，结合根与系数的关系，判断即可；
C中，利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即可；
D中，利用换元法和对勾函数的图象与性质，即可求出函数f(x)的最小值．
本题考查了基本不等式在最值求解中的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+φ)+cs(ωx+φ)= 2sin(ωx+φ+π4)，
由于函数的最小正周期为π=2πω，
所以ω=2，
又函数f(x)过点(0, 2)，
所以 2sin(φ+π4)= 2，可得sin(φ+π4)=1，
所以φ+π4=2kπ+π2，k∈Z，
因为|φ|≤π2，
故φ=π4，
所以f(x)= 2sin(2x+π2)= 2cs2x为偶函数，故A正确；
由f(π2)= 2csπ=− 2，可得f(x)的一条对称轴为x=π2，故B正确；
由题意g(x)= 2cs2(x+π6)= 2cs(2x+π3)，故C错误；
由函数f(x)= 2cs2x在(0,a)上单调递减，
所以0<2a≤π，
解得a∈(0,π2],故D正确．
故选：ABD.
直接利用三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A：由抛物线的方程y2=4x可得准线方程为x=−1，故A错误；
对于B：设A(x,y)，则x+1=4，可得x=3，从而可得|y|=2 3，
∴S△AOF=12×|OF|×|y|=12×1×2 3= 3，故B正确；
对于C，抛物线C：y2=4x，可得其焦点坐标为F(1,0)，
当直线AB的斜率不存在时，可得|AB|=4，不符合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
联立方程组y=k(x−1)y2=4x，整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，可得x1+x2=2k2+4k2，
根据抛物线的定义，可得|AB|=x1+x2+2=2k2+4k2+2=163，解得k=± 3，
所以直线AB的方程为y=± 3(x−1)，
不妨取 3x−y− 3=0，所以O到直线AB的距离为|− 3| ( 3)2+(−1)2= 32，故C错误；
对于D：设直线OA的方程为y=kx(不妨设k>0)，
由y=kxy2=4x，可得A(4k2,4k)，∴|OA|= 16k4+16k2=4 1k4+1k2，
由OA⊥OB，同理可得|OB|=4 k4+k2，
|OA|⋅|OB|=16 1k4+1k2×4 k4+k2=16 1+1+1k2+k2≥16+ 2+2 1k2×k2=32，
当且仅当1k2=k2，即k=1时取等号，故D正确．
故选：BD.
根据抛物线的几何性质，可判定A错误，结合抛物线的定义，可判定B正确；结合抛物线的焦弦的性质和点到直线的距离公式，可判定C错误；设直线OA的方程为y=kcx(不妨设k>0)求得|OA|=4 1k4+1k2和|OB|=4 k4+k2，|结合基本不等式，可判定D正确．
本题考查抛物线的几何性质，考查方程思想，属中档题．
13.【答案】95
【解析】解：tanα=2，则1+sin2α=cs2α+2sin2αcs2α+sin2α=1+2tan2α1+tan2α=1+2×41+4=95.
故答案为：95.
利用同角三角函数的基本关系式，化简所求表达式为正切函数的形式，求解即可．
本题考查三角函数的化简求值，同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．
14.【答案】−25
【解析】解：(x+1)6展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r，
令6−r=2，解得r=4，
所以T5=C64⋅x2=15x2；
令6−r=3，解得r=3，
所以T4=C63⋅x3=20x3；
所以(x−2)(x+1)6展开式中x3的系数为15×1+20×(−2)=−25.
故答案为：−25.
求出(x+1)6展开式的含x2与x3项的系数，再计算(x−2)(x+1)6展开式中x3的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
15.【答案】y=−x
【解析】解：由f(x)=xlnx−x2，得：f′(x)=lnx+1−2x，
∴f′(1)=−1.
又f(1)=−1，
∴函数f(x)=xlnx−x2在x=1处的切线方程为y+1=−1×(x−1).
即y=−x.
故答案为：y=−x.
求出原函数的导函数，得到f′(1)的值，再求出f(1)的值，然后利用直线方程的点斜式得答案．
本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是中档题．
16.【答案】7π
【解析】解：由题，设△ABC的外接圆半径为r，则2r= 3sin60∘=2，即r=1，
因为PA⊥平面ABC，所以球心到平面ABC的距离d=12PA= 32，
设外接球的半径为R，则R= d2+r2= 72，
所以外接球的表面积为4πR2=7π.
故答案为：7π.
求出△ABC的外接圆半径和球心到平面ABC的距离，则可得出外接球的半径，进而求出表面积．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设A1：第一次摸到的球是白球，A2：第一次摸到的球是黑球，
B：第二次摸到的球是白球，
P(B)=P(A1B)+P(A2B)=46×35+26×45=23；
(2)X的可能取值为2，3，4，
P(X=2)=26×26=19，
P(X=3)=C21×23×13×13=427，
P(X=4)=1−P(X=2)−P(X=3)=2027，
所以X的分布列为：
所以数学期望E(X)=2×19+3×427+4×2027=9827.
【解析】(1)利用全概率公式计算即可；
(2)求出X的所有可能取值，求出对应的概率，代入数学期望公式计算即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由已知得，b2+a2−c2=accsA+a2 csC，
由余弦定理，得b2+a2−c2=2abcsC，
∴accsA+a2 csC=2abcsC，
∵a>0，∴ccsA+acsC=2bcsC，
由正弦定理，有2sinBcsC=sinCcsA+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，
∵sinB≠0，∴csC=12，
又C∈(0,π)，∴C=π3；
(2)在三角形ABC中，B=2π3−A，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC 得：
a=csinAsinC=4 33sinA，b=csinBsinC=4 33sinB=4 33sin(2π3−A)，
∴a−b=4 33sinA−4 33sin(2π3−A)=4 33(12sinA− 32csA)=4 33sin(A−π3)，
∵在三角形ABC中C=π3，0∴0即− 32所以a−b的取值范围是(−2,2).
【解析】(1)由余弦定理，得b2+a2−c2=2abcsC，由正弦定理，有2sinBcsC=sinCcsA+sinAcsC=sin(A+C)=sinB，即可求解；
(2)在三角形ABC中，B=2π3−A，利用正弦定理和三角形的恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由f(x)=2ax−ex，得f′(x)=2a−ex，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，
②当a>0时，令f′(x)=0，得x=ln2a，
当x∈(−∞,ln2a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(ln2a,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(−∞,ln2a)递增，在(ln2a,+∞)递减．
(2)由(1)知，当a>0时，fmax(x)=f(ln2a)=2aln2a−2a，
要证：当a>0时，f(x)≤4a2−4a，可证：2aln2a−2a≤4a2−4a，
因为a>0，即证：ln2a≤2a−1，
设g(a)=ln2a−2a+1，g′(a)=1a−2，令g′(a)=0，则a=12，
所以当a∈(0,12)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
当a∈(12,+∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
gmax(a)=g(12)=0，所以g(a)≤0，即ln2a≤2a−1，
所以当a>0时，f(x)≤4a2−4a.
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间；
(2)问题转化为证明ln2a≤2a−1，设g(a)=ln2a−2a+1，根据函数的单调性求出g(a)的最大值，从而证明结论成立．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．
20.【答案】解：(1)因为{Snn}是公差为2的等差数列，S11=a11=2，
∴Snn=2+(n−1)×2=2n，∴Sn=2n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2−2(n−1)2=4n−2；n=1时，a1=2符合，
∴∀n∈N*，an=4n−2.
(2)由bn−bn−1=2an=8n−4(n≥2)，且b1=3，
当n≥2时，则有bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+…+(bn−bn−1)=3+12+20+…+(8n−4)
=3+(8n−4+12)(n−1)2=4n2−1，
又b1=3也满足bn=4n2−1，故对任意的n∈N*，bn=4n2−1，
1bn=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
Tn=12[(1−13)+(13−15)+…+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1.
∴Tn=n2n+1.
【解析】(1){Snn}是公差为2的等差数列，写出其通项，可得数列{an}的通项公式；(2)利用叠加法可得数列{bn}的通项公式，从而可求数列{1bn}的前n项和为Tn.
本题考查叠加法求通项，裂项求和，属于中档题．
21.【答案】解：(1)过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，
所以AE⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，
所以PA⊥BC，
又因为AE∩PA=A，AE，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB；
(2)假设在线段PC上(不含端点)，存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为 105，
以B为原点，分别以BC、BA为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0,6,0)，B(0,0,0)，C(3,0,0)，P(0,6,6)，
AC=(3,−6,0)，AP=(0,0,6)，PC=(3,−6,−6)，BA=(0,6,0)，
设面ACD的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AC=3c−6y=0m⋅AP=6z=0，则可取m=(2,1,0)，
因为D在线段PC上(不含端点)，
所以可设PD=λPC=(3λ,−6λ,−6λ)，0<λ<1，
所以AD=AP+PD=(3λ,−6λ,6−6λ)，
设面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BA=6y=0n⋅AD=3λx−6λy+(6−6λ)z=0，则可取n=(2λ−2,0,λ)，
所以cs=2×(2λ−2)+1×0+0×λ 5× (2λ−2)2+λ2=− 105，
解得λ=23或λ=2，
又0<λ<1，
所以λ=23，
所以存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为 105，
此时D是PC上靠近C的三等分点．
【解析】(1)过点A作AE⊥PB于点E，由面面垂直的性质可知AE⊥平面PBC，进而可得AE⊥BC，再由线面垂直的性质可知PA⊥BC，由此可证得BC⊥平面PAB；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABD与平面ACD的法向量，再利用向量的夹角公式结合已知条件即可得出结论．
本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
22.【答案】解：(1)依题意可得A( 2,0)，B(0,b)，AB=(− 2,b)，M( 22,b2)，
所以OM⋅AB=−1+12b2=−12b2，所以b2=1，
椭圆C的方程为：x22+y2=1.
(2)若PQ的斜率不存在，则P( 2,1)，Q( 2,−1)或Q(− 2,−1)，P(− 2,1)，
此时kOP⋅kOQ=−12；
若PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为y=kx+m，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
由y=kx+mx2+y2=3，联立消去y可得，(k2+1)x2+2kmx+m2−3=0，
方程(k2+1)x2+2kmx+m2−3=0的判别式Δ=4k2m2−4(k2+1)(m2−3)=12k2−4m2+12>0，
x1+x2=−2kmk2+1，x1x2=m2−3k2+1,yyy2=(kx1+m)(kx2+m)=m2−3k2k2+1，
所以kOP⋅kOQ=y1y2x1x2=m2−3k2m2−3，
当直线PQ与椭圆相切时，
由y=kx+mx22+y2=1，联立消去y可得，(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−2)=0，化简得2k2+1=m2，
所以kOP⋅kOQ=−12，综上可得kOP⋅kOQ为定值−12.

【解析】(1)由条件结合向量的坐标运算列方程求b，可得椭圆方程；
(2)在PQ的斜率不存在时求kOP⋅kOQ的值，当PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+m，联立直线与圆的方程，结合设而不求法求kOP⋅kOQ，由直线与椭圆相切求k，m的关系，由此证明结论．
本题考查直线与椭圆的综合问题，属于中档题．X
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