2022-2023学年广东省中山市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省中山市高一（下）期末数学试卷（含解析），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. 在锐角三角形ABC中，a=2bsinA，则B=( )
A. π6B. π4C. π3D. 7π12
2. 已知复数z满足z2=2i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
3. 已知|a|=3，|b|=5，设a，b的夹角为135°，则b在a上的投影向量是( )
A. −5 26aB. 5 26aC. −3 210aD. 3 210a
4. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为( )
A. 8
B. 4+4 3
C. 16
D. 8+8 3
5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β
B. 若α⊥β，n/​/α，则n⊥β
C. 若α/​/β，m/​/α，则m//β
D. 若m⊥α，n⊂β，m/​/n，则α⊥β
6. 南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔(FlrenceNightingale1820−1910)设计的，图中每个扇形圆心角都相等，半径长短表示数量大小.某机构统计了近些年中国知识付费用户数量(单位：亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图如下，根据此图，下列说法错误的是( )
A. 2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加
B. 2017年至2018年，知识付费用户数量增加量为近些年来最多
C. 2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
D. 2016年至2022年，知识付费用户数量的年增加量逐年递增
7. 把函数y=csx− 3sinx的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧.若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100m，则该球体建筑物的高度约为(cs10°≈0.985)( )
A. 49.25 mB. 50.76 mC. 56.74 mD. 58.60 m
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=4，A=30°.则b可以为( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
10. 以下化简结果正确的是( )
A. sin(α+β)+sin(α−β)=2sinαcsβ
B. csα− 3sinα=2sin(α−π3)
C. tan50°+tan70°− 3tan50°tan70°=− 3
D. 1−cs2α1+cs2α=tan2α
11. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件A=“第一次出现2点”，B=“第二次的点数小于5点”，C=“两次点数之和为奇数”，D=“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有( )
A. A与B不互斥且相互独立B. A与D互斥且不相互独立
C. B与D互斥且不相互独立D. A与C不互斥且相互独立
12. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E，F，G，H分别为AB，CC1，A1D1，AD的中点，则下列说法正确的是( )
A. A1H⊥EFB. АВ1//平面DEF
C. GF与AB所成的角的余弦值为 66D. 点B1到平面EFG的距离为 3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某校从高一男生中随机抽取了一个容量为20的身高样本，将得到的数据(单位：cm)从小到大排序：152，155，158，164，164，165，165，165，166，167，168，168，169，x，172，172，173，173，174，175.若该样本数据的第70百分位数是171，则x的值为______．
14. 如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=3，BC=4，M是BC边上的中点，P是AM上一点，且满足BP=13BA+mBC，则BP⋅AM= ______ ．
15. 某班同学的体重状况调查中，已知30名男生的平均体重为60kg，方差为50，20名女生的平均体重为50kg，方差为60，那么该班50名同学的平均体重为______kg，方差为______．
16. 为了研究问题方便，有时将余弦定理写成：a2−2abcsC+b2=c2，请利用这个结构解决如下问题：若三个正实数x，y，z，满足x2+xy+y2=25，y2+yz+z2=36，z2+zx+x2=49，则xy+yz+xz= ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a，b满足|a|=1，|b|= 3，a−b=( 3,−1).求：
(1)|a+b|；
(2)a+b与a−b的夹角．
18. (本小题12.0分)
已知锐角△ABC中，sin(A+B)=35,sin(A−B)=15．
(1)求证：tanA=2tanB；
(2)求tanB的值．
19. (本小题12.0分)
在某次乒乓球团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制(即先胜三局的团队获得比赛的胜利)，假设在每局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛相互独立．
(1)求这场选拔赛三局结束的概率；
(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率．
20. (本小题12.0分)
古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，即利用三角形的三边长求三角形面积.若三角形的三边分别为a，b，c，则其面积S= p(p−a)(p−b)(p−c)，其中p=a+b+c2．
(1)证明：海伦公式；
(2)若a=8，c=3b，求此三角形面积的最大值．
21. (本小题12.0分)
已知△ABC满足2sinCsin(B−A)=2sinAsinC−sin2B.
(1)试问：角B是否可能为直角？请说明理由；
(2)若△ABC为锐角三角形，求sinCsinA的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=3，∠BAD=60°，E是边BC上的点，且BE=2EC.连结AE，并以AE为折痕将△ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥P−AECD，如图2．
(1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：AD/​/l；
(2)在图2中，已知PD=2．
①证明：平面PAE⊥平面AECD；
②求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵a=2bsinA，
由正弦定理可得：sinA=2sinBsinA，
∵sinA≠0，
∴sinB=12，
∵ΔABC为锐角三角形，
∴B=π6．
故选：A．
由a=2bsinA，利用正弦定理可得：sinA=2sinBsinA，化简即可求解．
本题考查正弦定理得应用，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，设z=a+bi，a，b∈R，所以z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi=2i，
所以a2−b2=0,2ab=2,所以a=1,b=1或a=−1,b=−1,，
所以复数z=1+i或z=−1−i，
所以|z|= 2．
故选：B．
根据复数的四则运算可求得z，即可求得|z|．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵|b|=5,=135°，|a|=3，
∴b在a上的投影向量是：|b|cs135°⋅a|a|=5⋅(− 22)⋅13a=−5 26a．
故选：A．
根据投影向量的计算公式即可求出b在a上的投影向量．
本题考查了投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：还原直观图为原图形如图所示，

因为O′A′=2，所以O′B′=2 2，还原回原图形后，
OA=O′A′=2，OB=2O′B′=4 2，
所以AB= OA2+OB2=6，
所以原图形的周长为2×(2+6)=16．
故选：C．
根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．
本题考查了平面图形直观图的画法与应用问题，解题的关键是还原成原图形，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
在A中，若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，若α⊥β，n/​/α，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；
在C中，若α/​/β，m/​/α，则m//β或m⊂β，故C错误；
在D中，若m⊥α，n⊂β，m/​/n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D．
在A中，α与β相交或平行；在B中，n与β相交、平行或n⊂β；在C中，m//β或m⊂β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解；对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；
对于BD，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，0.96−0.48=0.48；
2017年，1.88−0.96=0.92；2018年，2.95−1.88=1.07；2019年，3.56−2.95=0.61；
2020年，4.15−3.56=0.59；2021年，4.77−4.15=0.62；2022年，5.27−4.77=0.5，
可知知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，故B正确，D错误；
对于C，由5.27>0.48×10，即2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故C正确．
故选：D．
利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解．
本题主要考查统计图获取信息，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵函数y=csx− 3sinx=2cs(x+π3)，
图象向左平移m个单位可得y=2cs(x+m+π3)，
根据偶函数的性质：图象关于y轴对称，故可得此函数在y轴处取得函数的最值
即2cs(m+π3)=±2，
解得，m+π3=kπ，
∴m=kπ−π3，k∈Z，
∵m>0.k=1时，
m的最小值2π3．
故选：C．
利用两角和与差的三角函数化简函数y=csx− 3sinx，为一个角的一个三角函数的形式，通过图象的平移，得到函数的表达式，由函数图象关于y轴对称，函数在y轴处取得函数的最值，求解即可
本题主要考查了三角函数的辅助角公式的应用，函数的图象平移，三角函数的性质．
8.【答案】B
【解析】解：如图，

设球的半径为R，则AB= 3R，
∵BC=Rtan10∘− 3R=100，
∴R=1001tan10∘− 3=100sin10°cs10°− 3sin10°
=100sin10°2sin(30∘−10∘)=50sin10°sin20∘=50sin10°2sin10∘cs10∘=25cs10∘=250.985，
∴2R=500.985≈50.76，
故选：B．
根据三角函数可得AB= 3R,AC=Rtan10∘，利用BC=Rtan10∘− 3R=100，求解R即可．
本题考查解三角形问题，数形结合思想，化归转化思想，方程思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：在△ABC中，a=4，A=30°，
由正弦定理可得asinA=bsinB，即4sin30∘=bsinB，所以b=8sinB，
因为0所以b可以为7，8，
故选：AB．
由正弦定理可得b=8sinB，由0本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，左边=sinαcsβ+csαsinβ+sinαcsβ−csαsinβ=2sinαcsβ=右边，故正确；
对于B，左边=2(12csα− 32sinα)=2cs(α+π3)=2sin(α+5π6)≠2sin(α−π3)=右边，故错误；
对于C，因为tan120°=tan(50°+70°)=tan50°+tan70°1−tan50∘tan70∘=− 3，
所以tan50°+tan70°− 3tan50°tan70°=− 3(1−tan50°tan70°)− 3tan50°tan70°=− 3，故正确；
对于D，左边=2sin2α2cs2α=tan2α=右边，故正确．
故选：ACD．
对于A，利用两角和与差的正弦公式即可求解；
对于B，利用两角差的余弦公式，诱导公式即可求解；
对于C，利用两角和的正切公式化简即可求解；
对于D，利用二倍角公式，同角三角函数基本关系式即可求解．
本题主要考查了三角函数恒等变换在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即A与B相互独立，
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，A与B不互斥，故A正确；
对于B，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即A与D不相互独立，
第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即A与D不能同时发生，即A与D互斥，故B正确；
对于C，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即B与D不相互独立，
若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即B与D可以同时发生，即B与D不互斥，故C错误；
对于D，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即A与C相互独立，
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即A与C可以同时发生，即A与C不互斥，故D正确．
故选：ABD．
根据事件的互斥与独立的定义对选项一一验证即可．
本题考查事件之间的关系，注意互斥事件、独立事件的定义，属于基础题．
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题主要考查线面平行的判定，异面直线所成的角，点面距离的计算等知识，属于中等题．
根据线线垂直、线面平行、线线角、点面距等知识对选项进行分析，由此确定正确答案．
【解答】
解：A选项：取BC中点为M，连接B1M，BF，A1H，EF，则易得：BF⊥B1M，
故BF⊥A1H与AB⊥A1H，BF⋂AB=B，可得A1H⊥平面ABF，
又EF⊂平面ABF，故A 1H⊥EF，故A正确；
B选项：若AB1//平面DEF，则DC1/​/平面DEF或DC1在平面DEF内，显然不成立，故B错误；
C选项：取DD1中点为Q，连接FQ，则FQ/​/AB，∠GFQ即为GF与AB所成的角，tan∠GFQ= 22，故cs∠GFQ= 63，故C错误；
D选项：三棱锥B1−EFG中，连接FG,GE,B1F,B1G，EF=FG=GE= 6,B1E=B1F=B1G= 5，
等边△EFG的外接圆半径为R=12× 6 32= 2，
所以B1到平面EFG的距离为 ( 5)2−( 2)2= 3，故D正确．
故本题选AD．

13.【答案】170
【解析】解：∵样本容量为20，又20×70%=14，
∴该样本数据的第70百分位数是第14个数与第15个数的平均数，
即x+1722=171，
∴x=170．
故答案为：170．
根据百分位数的概念即可求解
本题考查百分位数的概念，属基础题．
14.【答案】−43
【解析】解：由图可得A，P，M三点共线，又BP=13BA+mBC=13BA+2mBM，
则13+2m=1⇒m=13.注意到AM=AB+BM=12BC−BA，
则BP⋅AM=(13BA+13BC)⋅(12BC−BA)=16BC2−13BA2−16BC⋅BA=83−3−1=−43．
故答案为：−43．
由题可得m=13，又由图可得AM=AB+BM=12BC−BA，据此可得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
15.【答案】56 78
【解析】解：该班50名同学的平均体重为30×60+20×5050=56，
由总体样本方差公式s2=1m+n[ms12+ns22+mnm+n(x1−−x2−)2]，可得该班50名同学的方差为130+20×[30×50+20×60+30×2030+20×(60−50)2]=78．
故答案为：56；78．
直接计算50名同学的平均体重即可；由总体样本方差公式求出50名同学的方差即可．
本题主要考查加权平均数公式，以及总体样本方差公式，属于基础题．
16.【答案】24 2
【解析】解：根据题意，在△ABC中，设a=5，b=6，c=7，
在△ABC内取一点，使得∠AOC=∠BOC=∠AOB=2π3，设OA=z，OB=x，OC=y，
由余弦定理可得：x2+xy+y2=25，y2+yz+z2=36，z2+zx+x2=49，
△ABC中，由于a=5，b=6，c=7，则p=12(a+b+c)=9，
S△ABC= p(p−a)(p−b)(p−c)= 9×4×3×2=6 6，
而S△AOC=12yzsin2π3= 34yz，S△BOC=12xysin2π3= 34xy，S△AOB=12xzsin2π3= 34xz，
又由S△ABC=S△AOC+S△BOC+S△AOB，即 34yz+ 34xy+ 34xz= 34(xy+yz+xz)=6 6，
变形可得xy+yz+xz=24 2．
故答案为：24 2．
根据题意，构造△ABC，使得a=5，b=6，c=7，在△ABC内取一点，使得∠AOC=∠BOC=∠AOB=2π3，设OA=z，OB=x，OC=y，利用余弦定理可得x2+xy+y2=25，y2+yz+z2=36，z2+zx+x2=49，同时求出S△ABC、S△AOC、S△BOC、S△AOB，由此可得关于xy+yz+xz的等式，变形可得答案．
本题考查解三角形的应用，涉及合情推理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由a−b=( 3,−1)，得|a−b|= 3+1=2，
即有|a−b|2=|a|2+|b|2−2a⋅b=4，
又因为|a|=1，|b|= 3，
所以a⋅b=0，
则|a+b|2=|a|2+|b|2+2a⋅b=4，
解得|a+b|=2；
(2)因为cs=(a+b)⋅(a−b)|a+b||a−b|=a2−b2|a+b||a−b|=1−32×2=−12，
所以a+b与a−b的夹角为23π．
【解析】(1)根据a−b=( 3,−1)以及模的坐标运算可求得|a−b|=2，再由模的运算公式结合向量数量积运算即可解得答案；
(2)利用向量夹角的公式代入计算即可．
本题考查平面向量数量积的运算，涉及向量的坐标运算，向量模的公式以及向量夹角公式的应用，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为锐角△ABC中，sin(A+B)=35,sin(A−B)=15，
所以35=sinAcsB+sinBcsA，15=sinAcsB−sinBcsA，
所以sinAcsB=25，sinBcsA=15，
两式相除得tanAtanB=2，
故tanA=2tanB；
(2)解：因为sinC=sin(A+B)=35且C为锐角，
所以csC=45，tanC=34，
所以tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB=3tanB1−2tan2B=−34，
即2tan2B−4tanB−1=0，
解得tanB=1+ 62或tanB=1− 62(舍)．
【解析】(1)结合和差角公式对已知进行化简，再由同角商的关系即可证明；
(2)结合诱导公式及两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查了同角平方关系，和差角公式在三角化简求值中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：设“第i局甲胜”为事件Ai，“第j局乙胜”为事件Bj(i,j=1,2,3,4,5)，
记A=“三局结束比赛”，则A=A1A2A3+B1B2B3，
所以P(A)=P(A1A2A3)+P(B1B2B3)=P(A1)⋅P(A2)⋅P(A3)+P(B1)⋅P(B2)⋅P(B3)=0.6×0.6×0.6+0.4×0.4×0.4=0.28；
(2)记B=“决胜局进入第五局比赛”，则B=A2A3B4+A2B3A4+B2A3A4，
所以P(B)=P(A2A3A4)+P(A2B3A4)+P(B2A3A4)
=0.6×0.6×0.4+0.6×0.4×0.6+0.4×0.6×0.6=0.432．
【解析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；
(2)先找出满足条件的事件，然后利用概率公式即可求解．
本题考查相互独立事件的概率公式，属于基础题．
20.【答案】解：(1)证明：S△ABC=12absinC=12ab 1−cs2C=12ab (1+csC)(1−csC)
=12ab (1−a2+b2−c22ab)(1+a2+b2−c22ab)= 14a2b2(1−a2+b2−c22ab)(1+a2+b2−c22ab)
= 116[c2−(a2+b2−2ab)][(a2+b2+2ab)−c2]= 116[c2−(a−b)2][(a+b)2−c2]
= c+a−b2⋅c+b−a2⋅a+b+c2⋅a+b−c2
= a+b+c2⋅a+b+c−2a2⋅a+b+c−2b2⋅a+b+c−2c2
= p(p−a)(p−b)(p−c)，其中p=a+b+c2，得证．
(2)因为a=8，c=3b，所以p=a+b+c2=8+4b2，
所以S= 8+4b2⋅4b−82⋅8+2b2⋅8−2b2=2 (2+b)(b−2)(4+b)(4−b)
=2 (b2−4)(16−b2)，
所以S≤2⋅(b2−4)+(16−b2)2=12，当且仅当b2−4=16−b2，即b= 10时等号成立，
所以S得最大值为12，
此时b= 10，c=3 10，a=8，满足c−a【解析】(1)由三角形的面积公式S△ABC=12absinC结合同角三角函数的关系，表示为12ab (1+csC)(1−csC)，再用余弦定理化角为边，构造完全平方式，再化简即可得证；
(2)根据海伦公式，结合题意，用边长b表示三角形的面积，利用基本不等式求解三角形面积的最大值．
本题主要考查解三角形，考查转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)假设角B为直角，由三角形内角关系可知A+C=π2，
所以sinA=csC，sinC=csA，
因为2sinCsin(B−A)=2sinAsinC−sin2B，
所以2csAcsA=2sinAcsA−1，
所以1+cs2A=sin2A−1，所以sin(2A−π4)= 2，
显然sin(2A−π4)≤1，所以矛盾，故假设不成立，
所以角B不可能为直角．
(2)因为2sinCsin(B−A)=2sinAsinC−sin2B，
所以2sinCsinBcsA−2sinCcsBsinA=2sinAsinC−sin2B，
由正弦定理，得2bccsA−2accsB=2ac−b2，
由余弦定理化简，得3b2=2ac+2a2，
因为△ABC为锐角三角形，
所以00csB>0csC>0⇒b2+c2−a2>0a2+c2−b2>0,a2+b2−c2>0
令t=sinCsinA=ca(t>0)，则有3t2+2t−1>03t2−2t+1>0−3t2+2t+5>0⇒t>13或t<−1R−1所以sinCsinA的取值范围为(13,53)．
【解析】(1)利用反证法，假设角B为直角，根据题目条件证明假设不成立，得到角B不可能为直角；
(2)利用正弦定理将sinCsinA的取值范围转化为t=sinCsinA=ca(t>0)的取值范围，通过△ABC为锐角三角形，列出关于t的不等式，进而求得结果．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：∵EC//AD，又EC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴EC/​/平面PAD，又EC⊂平面PEC，且平面PEC与平面PAD的交线为l，
∴EC//l，又EC/​/AD，
∴AD/​/l；
(2)①证明：连接DE，取AE的中点F，连接PF，DF，
∵在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=3，∠BAD=60°，
且E是边BC上的点，且BE=2EC，
∴EC=1，DC=2，∠DCE=60°，∴由余弦定理易得DE= 3，
∴DE2+EC2=DC2，∴DE⊥EC，又AD/​/EC，
∴AD⊥DE，又AD=3，∴AE= AD2+DE2= 9+3=2 3，
∴DF=12AE= 3，
又PA=PE=2，点F为AE中点，∴PF⊥AE，
又∠APE=120°，∴PF=PA×sin30°=2×12=1，又PD=2，
∴PF2+DF2=PD2，∴PF⊥FD，
又PF⊥AE，且FD∩AE=F，FD，AE⊂平面AECD，
∴PF⊥平面AECD，又PF⊂平面PAE，
∴平面PAE⊥平面AECD；
②由①知F为底面中Rt△ADE斜边上的中点，
又PF⊥平面ADE，
延长PF至点O，使得OP=OE，
又易证OE=OA=OD，
∴OP=OE=OA=OD，
即O为四面体PADE的外接球的球心，球的半径R=OP=OE，
又由①知EF=12AE= 3，PF=1，
∴在Rt△OEF中由勾股定理可得：FO2+EF2=OE2，
∴(R−1)2+3=R2，∴R=2，
∴四面体PADE的外接球的表面积为4πR2=16π．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理与性质定理即可证明；
(2)①连接DE，取AE的中点F，连接PF，DF，根据平面几何知识证明PF⊥AE与PF⊥FD即可证明PF⊥平面AECD，从而证得平面PAE⊥平面AECD；
②延长PF至点O，使得OP=OE，又易证OE=OA=OD，∴O点即为四面体PADE的外接球的球心，接着在Rt△OEF中由勾股定理求得R，最后代入球的表面积公式即可求解．
本题考查线面平行的判定定理与性质定理，考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，考查四面体的外接球问题，球的表面积公式，属中档题．