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- 2021-06-16 发布
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2020年四川省广元市高考数学三诊试卷（理科）
一、选择题
1. 若复数z=2i1+i，则|z|＝（ ）
A.12 B.22 C.1 D.2
2. 已知集合A＝{x|x2−2x≤8}，B＝{−2, 0}，下列命题为假命题的是（ ）
A.∃x0∈A，x0∈B B.∃x0∈B，x0∈A
C.∀x∈A，x∈B D.∀x∈B，x∈A
3. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面为梯形，AD // BC，AD＝3，BC＝6，E，F分别为棱PB，PC的中点，则（ ）
A.AE≠DF，且直线AE，FD是共面直线
B.AE≠DF，且直线AE，FD是异面直线
C.AE＝DF，且直线AE，FD是异面直线
D.AE＝DF，且直线AE，FD是共面直线
4. 若log2a＝0.3，0.3b＝2，c＝0.32，则实数a，b，c之间的大小关系为（ ）
A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.b>a>c
5. 已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，则sinA＝sinB是a＝b的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．执行该程序框图，则输出的n为（ ）
A.50 B.53 C.59 D.62
7. 中国农业银行广元分行发行“金穗广元•剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元、共享和谐广元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措，以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市民，凡上述对象均可办理此卡，本人凭此卡及本人身份证一年内（期满后可重新充值办理）在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点，如：剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山-七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等，现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人准备到广元旅游（同游），他们决定游览上面7个景点，首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游览顺序有（ ）种．
A.300 B.480 C.600 D.720
8. 函数f(x)=4x23|x|的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
9. 在△ABC中，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60∘，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若AO→=λAB→+μBC→，则λ+μ＝（ ）
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A.13 B.23 C.38 D.58
10. 已知O为坐标原点，双曲线C:x2a2−y2=1(a>0)，过双曲线C的左焦点F作双曲线两条渐近线的平行线，与两渐近线的交点分别为A，B，若四边形OAFB的面积为1，则双曲线C的离心率为（ ）
A.2 B.22 C.2 D.52
11. 函数f(x)＝Asin(ωx+φ)(ω>0)对任意的x∈R都有f(x)＝f(2a−x)，且a<0时a的最大值为−π5，下列四个结论：
①x=−π5是f(x)的一个极值点；
②若f(x)为奇函数，则f(x)的最小正周期T=4π5；
③若f(x)为偶函数，则f(x)在[−π5,0]上单调递增；
④ω的取值范围是(0, 5)．
其中一定正确的结论编号是（ ）
A.①② B.①③ C.①②④ D.②③④
12. 设函数f(x)的定义域为(1, +∞)，满足f(2x)＝2f(x)，且当x∈(1, 2]时，f(x)＝(x−1)(x−2)，若对任意x∈(1, m]，都有f(x)≥−1，则m的取值范围是（ ）
A.(1,6−2] B.(1,6+2] C.(1,12−22] D.(1,12+22]
二、填空题
如果(2−1x2)(1+x)n的展开式中各项系数之和为32，则n的值为________．
若2cos2θ=cos(θ+π4)，且θ∈(π2,π)，则sin2θ的值为________．
抛物线C:y2＝4x的焦点为F，直线y＝k(x−2)(k>0)与抛物线C交于不同的A，B两点，且|AF||BF|=25，则k＝________．
如图，二面角α−l−β的大小为π3，半平面α内有一点A（不在l上），半平面β内有一点C（不在l上），A，C在直线l上的射影分别为B，D（B，D不重合），AB＝CD＝1，BD=3，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为________．
三、解答题
记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，已知a1=118，S3+2S2＝13a1，记bn＝[log2an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[43]=1，[2]＝2．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)求{bn}的前n项和Tn．
如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边CD的中点，以EB为折痕把△CEB折起，使点C到达点P的位置，且使平面PEB⊥平面ABED．
(Ⅰ)证明：PB⊥AE；
(Ⅱ)求直线BE与平面PAB所成角的正弦值．
冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病．而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒(nCoV)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株．人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等．在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡．某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有4份需检验血液．
(Ⅰ)假设这4份需检验血液有且只有一份为阳性，从中依次不放回的抽取3份血液，已知前两次的血液均为阴性，求第3次出现阳性血液的概率；
(Ⅱ)现在对4份血液进行检验，假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，据统计每份血液是阳性结果的概率为P(00)在点P处的切线为l，是否存在这样的点P使得直线l与曲线y＝f(x)也相切，若存在，判断满足条件的点P的个数，若不存在，请说明理由．
已知椭圆C:x22+y2=1，过点P(0, 1)作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于点A，B（A，B与P不重合）．
(Ⅰ)证明：直线AB过定点(0,−13)；
(Ⅱ)若以点E(0,19)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形PAEB的面积．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2cosβy=2+2sinβ （β为参数），直线l过原点且倾斜角为α，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(Ⅰ)求曲线C1和直线l的极坐标方程；
(Ⅱ)若直线l与曲线C1相交于不同的两点A，B，求|OB||OA|+|OA||OB|的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
已知a，b都是实数，a≠0，函数f(x)＝|x+1|+|2x−3|．
(Ⅰ)若f(x)>1，求实数x的取值范围；
(Ⅱ)若|52a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)对满足条件的所有a，b都成立，求实数t的取值范围．
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参考答案与试题解析
2020年四川省广元市高考数学三诊试卷（理科）
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
复数的模
【解析】
首先对所给的式子进行整理，分子和分母同乘以分母的共轭复数1−i，这样分母变为一个实数，把复数写成a+bi的形式，即1+i，求出模长即可．
【解答】
∵ 复数z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i−2i22=2+2i2=1+i，
∴ |z|=12+12=2
2.
【答案】
C
【考点】
全称量词与存在量词
全称命题与特称命题
【解析】
先求出集合A，再根据A，B之间的关系即可求解结论．
【解答】
因为集合A＝{x|x2−2x≤8}＝{x|−2≤x≤4}；
∵ B＝{−2, 0}⊆A，
∴ ∀x∈A，x∈B；
3.
【答案】
D
【考点】
异面直线的判定
【解析】
可连接EF，根据条件即可说明四边形ADFE是平行四边形，从而得出AE＝DF，且直线AE，FD是共面直线．
【解答】
如图，连接EF，
∵ E，F分别为棱PB，PC的中点，AD // BC，AD＝3，BC＝6，
∴ EF // BC，EF=12BC，
∴ EF // AD，且EF＝AD，
∴ 四边形ADFE是平行四边形，
∴ AE＝DF，且AE // DF，
∴ AE，FD是共面直线．
4.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
可以得出a＝20.3>1，b＝log0.32<0，020＝1，b＝log0.32c>b．
5.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
在三角形中，由等边对等角及充分必要条件的判定得答案．
【解答】
在△ABC中，由sinA＝sinB⇒A＝B⇒a＝b，
反之，由a＝b⇒A＝B⇒sinA＝sinB，
∴ sinA＝sinB是a＝b的充要条件．
6.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
根据程序框图求出n的初值，代入循环结构中求得输出n的值．
【解答】
模拟程序运行知，m1＝112，m2＝120，m3＝105；
n＝2×112+4×120+5×105＝1229，
代入循环结构，计算得，
n＝1229−168＝1061，
n＝1061−168＝893，
n＝893−168＝725，
n＝725−168＝557，
n＝557−168＝389，
n＝389−168＝221，
n＝221−168＝53，
所以输出n的值为（53）
7.
【答案】
C
【考点】
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排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，假设7个景点的游览顺序对应7个位置，分2步进行分析：①分析易得：剑门关有1种情况，朝天明月峡有5种情况，②将剩下的5个景点全排列，安排到剩下的5个位置，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
根据题意，假设7个景点的游览顺序对应7个位置，分2步进行分析：
①首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡，则剑门关必须在第1个位置，有1种情况，朝天明月峡可以在第2、3、4、5、6的位置，有5种情况，
②将剩下的5个景点全排列，安排到剩下的5个位置，有A55＝120种情况，
则有1×5×120＝600种符合题意的游览顺序；
8.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
先判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想以及当x＝2时的函数值是否对应进行排除即可．
【解答】
f(−x)=4(−x)23|−x|=4x23|x|=f(x)，则函数f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，
当x→+∞，f(x)→0，排除C，
当x＝2时，f(2)=4×2232=169<2，排除D，
9.
【答案】
D
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
根据题意选定两个向量AB→,BC→作为基向量，将向量AO→用两个基向量表示出来，与已知中AO→=λAB→+μBC→对照，求出两个参数的值，即可得到λ+μ的值，选出正确选项
【解答】
由已知，如图AO→=12AD→=12(AB→+BD→)=12AB→+12mBC→，
又AD为BC边上的高，∴ AD→⋅BC→=0，
又AD→=AB→+BD→=AB→+mBC→，
∴ AB→⋅BC→+mBC→2=0，即2×4×cos(180∘−60∘)+m×42＝0，
解得m=14，
∴ AO→=12AB→+18BC→，又AO→=λAB→+μBC→，可得λ=12，μ=18，
∴ λ+μ=58．
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求得双曲线的焦点坐标，利用已知条件求出A的坐标，结合面积求解a，然后求解双曲线的离心率即可．
【解答】
由双曲线方程可得渐近线方程x±ay＝0，
设F(−c, 0)是双曲线的焦点，设过F平行于x+ay＝0的直线为l，
则l的方程为：x+ay+c＝0，l与渐近线x−ay＝0交点为A，
则A(−c2, c2a)，四边形OAFB的面积为1，
得c×c2a=(1)即c2＝2a＝a2+1，解得a＝1，所以c=2．
∴ e=2．
故选：A．
11.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
三角函数的周期性
正弦函数的单调性
【解析】
根据题意可知，f(x)的图象关于直线x＝a对称，再结合三角函数的图象和性质，即可判断各结论的真假．
【解答】
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因为f(x)＝f(2a−x)，所以f(x)的图象关于直线x＝a对称，
又当a<0时，a的最大值为−π5，由于三角函数的对称轴对应x的值是函数的极值点，所以①正确；
又f(x)为奇函数，且在y轴左侧离y轴最近的对称轴为x=−π5，
所以在y轴右侧离y轴最近的对称轴为x=π5，
所以T=2×[π5−(−π5)]=4π5，②正确；
若f(x)为偶函数，则f(x)在[−π5,0]上可能单调递增，也可能单调递减，
所以③不一定正确；
令ωx+φ=π2+2kπ，所以x=π2−φ+2kπω，当φ>π2时，即有π2−φω=−π5，∴ ω>0
当φ≤π2时，π2−φ−2πω=−π5，∴ ω=5π(φ+32π)≤10，
即ω的取值范围是(0, 10]，所以④不一定正确．
12.
【答案】
C
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
先判断f(2x)＝2f(x)对于函数f(x)图象的变换，确定x所在的区间，求出解析式，得到m的最大值即可．
【解答】
当x∈(1, 2]时，f(x)＝(x−1)(x−2)，函数f(x)单调先减后增，所以fmin＝f(32)=−14，
因为f(2x)＝2f(x)，∴ f(x)＝2f(x2)；
∵ x∈(1, 2]时，f(x)＝(x−1)(x−2)；
∴ x∈(2, 4]时，x2∈(1, 2],f(x)＝2f(x2)＝2(x2−1)(x2−2)=12(x−2)(x−4)最小值为−12；
x∈(4, 8]时，x2∈(2, 4],f(x)＝2f(x2)＝(x2−2)(x2−4)=14(x−4)(x−8)最小值为−1；
x∈(8, 16]时，x2∈(4, 8],f(x)＝2f(x2)＝2×14(x2−4)(x2−8)=18(x−8)(x−16)最小值为−2；
18(x−8)(x−16)＝−1⇒x＝12±22；
若对任意x∈(1, m]，都有f(x)≥−1，
则m∈(1, 12−22]．
所以m的取值范围是(1, 12−22]，
二、填空题
【答案】
5
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
直接令x＝1即可求得结论．
【解答】
因为(2−1x2)(1+x)n的展开式中各项系数之和为32，
令x＝1可得：(2−1)⋅(1+1)n＝32⇒n＝5；
【答案】
−78
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
由二倍角的余弦函数公式，两角和的余弦函数公式化简已知等式，结合cosθ−sinθ≠0，可得cosθ+sinθ=24，两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式可求sin2θ的值．
【解答】
∵ 2cos2θ=cos(θ+π4)，
∴ 2(cos2θ−sin2θ)＝2(cosθ+sinθ)(cosθ−sinθ)=22(cosθ−sinθ)，
又∵ θ∈(π2,π)，
∴ cosθ−sinθ≠0，
∴ 解得：cosθ+sinθ=24，
∴ 两边平方，可得：1+sin2θ=18，
∴ 可得：sin2θ=−78．
【答案】
2
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
求得抛物线的焦点和准线方程，直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，联立即可求得x1，x2，由x1⋅x2＝4，即可求得k的值．
【解答】
抛物线y2＝4x的焦点F(1, 0)，准线方程为x＝−1，
直线AB的方程为y＝k (x−2)，k>(0)
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线AB的方程和抛物线y2＝4x，
化简可得 k2x2−(4k2+4)x+4k2＝0，
∴ x1+x2＝4+4k2①，x1⋅x2＝4②，
由抛物线的焦半径公式可知|AF|＝x1+p2=x1+1，|BF|＝x2+p2=x2+1，
由|AF|=25|BF|，可得x1+1=25(x2+1)，即x1−25x2=−35③，
由①③解得x1=57+87k2，x2=237+207k2，
则x1⋅x2＝(57+87k2)(237+207k2)＝4，
化为(k2−4)(81k2+40)＝0，
整理得k2＝4，解得k＝±2，
由k>0，则k＝2，
【答案】
13π3
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
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将三棱锥A−BCD补全为三棱柱，求出底面的外接圆半径，再通过勾股定理即可求出外接球的半径，代入外接球表面积公式即可．
【解答】
将三棱锥A−BCD补全为三棱柱，如图所示，
由题可知，三棱柱FDC−ABE为直三棱柱，∠ABE是二面角α−l−β的平面角，即∠ABE=π3，
∵ AB＝BE＝1，
∴ △ABE是等边三角形，
设△ABE的外接圆半径是r，则1sinπ3=2r，解得r=33，
设三棱锥A−BCD的外接球的半径是R，则R=(32)2+(33)2=1312，
∴ 三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=133π．
三、解答题
【答案】
（1）数列{an}中，由S3+2S2＝13a1，所以：a3+3a2−10a1＝0；
所以：q2+3q−10＝0，解得：q＝2或q＝−5（舍）；
所以数列{an}的通项公式为：
an=118×2n−1=11⋅2n−4(n∈N*)；
（2）根据题意有：bn=[log2an]=[log2(11⋅2n−4)]=[n−4+log211]；
因为：3|＝|BE→⋅n→|BE→|⋅|n→||=|−2|2⋅3=33．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)由已知求解三角形得AE⊥BE．由面PEB⊥面ABED，结合面面垂直的性质可得AE⊥面PEB，则PB⊥AE；
(Ⅱ)设直线BE与平面PAB所成角为θ，以E为原点，分别以EA，EB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系．求出平面PAB的一个法向量，再求出BE→的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线BE与平面PAB所成角的正弦值．
【解答】
（1）证明：由已知得BC＝CE＝ED＝AD＝1，∴ AE=BE=2，
又∵ AB＝2，∴ EA2+EB2＝AB2，得AE⊥BE．
∵ 面PEB⊥面ABED，面PEB∩面ABED＝BE，
∴ AE⊥面PEB，则PB⊥AE；
（2）设直线BE与平面PAB所成角为θ，
以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
根据题意有：E(0, 0, 0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,22,22)．
得BE→=(0,−2,0)，AB→=(−2,2,0)，PB→=(0,22,−22)．
设平面PAB的法向量为：n→=(x,y,z)．
由n→⋅AB→=−2x+2y=0n→⋅PB→=22y−22z=0 ，取z＝1
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，得n→=(1,1,1)．
∴ sinθ＝|cos|＝|BE→⋅n→|BE→|⋅|n→||=|−2|2⋅3=33．
【答案】
（1）这4份需检验血液有且只有一份为阳性，从中依次不放回的抽取3份血液，已知前两次的血液均为阴性，第3次出现阳性血液的概率；相当于在4份血液中，去掉2份隐性，余下的2份中，抽取1份为阳性的概率：P=C11C21=12．
（2）方式一：检验次数4次．
设方式二需要需检验的次数为X．根据题意有X的可能取值为1，（5）P(x＝1)＝(1−p)4，P(x＝5)＝1−(1−p)4．
所以：X的分布列为：
X
1
5
P
(1−p)4
1−(1−p)4
所以：E(X)＝(1−p)4+5[1−(1−p)4]＝5−4(1−p)4．
因为：02时：t(x)在(0, 2]增，在[2, a]减，在[a, +∞)增．
（2）设P(x0,x03)(x0>0)．
因为：g′(x)＝3x2，所以：g′(x0)=3x02．
所以直线l的方程为：y−x03=3x02(x−x0)，即：y=3x02x−2x03①．
假设直线l与f(x)的图象也相切，切点为：(x1, lnx1)．
因为f′(x)=1x，所以：f′(x1)=1x1．
所以直线l的方程也可以写作为：y−lnx1=1x1(x−x1)．
又因为：3x02=1x1，即：x1=13x02．
所以直线l的方程为：y−ln13x02=3x02(x−13x02)，即：y=3x02x−21nx0−ln3−1②．
由①②有：−21nx0−ln3−1=−2x03，即：2x03−21nx0−1−ln3=0．
令：m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0(x0>0)，
所以：m′(x0)=6x02−2x0．
令m′(x0)=6x02−2x0≥0，得：x0≥313，
所以：m(x0)在(0,313]减，在[313,+∞)增．
所以：m(x0)min=m(313)=2×13−21n313−1−ln3=−13−13ln3<0，
又因为：当x→0时，m(x0)→+∞；当x→+∞时，m(x0)→+∞．
所以：m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0在(0, +∞)有且只有两个实数根．
所以：存在这样的点P使得直线l与函数f(x)的图象也相切，这样的点P有且只有两个．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
(Ⅱ)设出切点坐标，表示出切线l的方程，结合函数的单调性，判断即可．
【解答】
（1）因为：t(x)=12x2−(a+2)x+2alnx，
所以：t′(x)=x−(a+2)+2ax=(x−2)(x−a)x．
所以：①当a≤0时：t(x)在(0, 2]减，在[2, +∞)增；
②当a＝2时：t(x)在(0, +∞)增；
③当02时：t(x)在(0, 2]增，在[2, a]减，在[a, +∞)增．
（2）设P(x0,x03)(x0>0)．
因为：g′(x)＝3x2，所以：g′(x0)=3x02．
所以直线l的方程为：y−x03=3x02(x−x0)，即：y=3x02x−2x03①．
假设直线l与f(x)的图象也相切，切点为：(x1, lnx1)．
因为f′(x)=1x，所以：f′(x1)=1x1．
所以直线l的方程也可以写作为：y−lnx1=1x1(x−x1)．
又因为：3x02=1x1，即：x1=13x02．
所以直线l的方程为：y−ln13x02=3x02(x−13x02)，即：y=3x02x−21nx0−ln3−1②．
由①②有：−21nx0−ln3−1=−2x03，即：2x03−21nx0−1−ln3=0．
令：m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0(x0>0)，
所以：m′(x0)=6x02−2x0．
令m′(x0)=6x02−2x0≥0，得：x0≥313，
所以：m(x0)在(0,313]减，在[313,+∞)增．
所以：m(x0)min=m(313)=2×13−21n313−1−ln3=−13−13ln3<0，
又因为：当x→0时，m(x0)→+∞；当x→+∞时，m(x0)→+∞．
所以：m(x0)=2x03−21nx0−1−ln3=0在(0, +∞)有且只有两个实数根．
所以：存在这样的点P使得直线l与函数f(x)的图象也相切，这样的点P有且只有两个．
【答案】
第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页
设线段AB的中点为D(xD, yD)，
则：xD=x1+x22=23k2k2+1，yD=kxD−13=23k2k2+1⋅k−13=−132k2+1．
因为以E(0,19)为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点，
所以：ED→⊥AB→，
又因为：ED→=(23k2k2+1,−132k2+1−19)，且AB→与(1, k)平行，
所以：23k2k2+1+(−132k2+1−19)k=0，
解得k＝0或±(1)
由上图有：四边形PAEB的面积S=12|PE||x1−x2|=12×89|x1−x2|=49|x1−x2|．
①当k＝0时：lAB:y=−13，易得：A(−43,−13)、B(43,−13)，
所以：S=49|x1−x2|=49|−43−43|=3227．
②当k＝±1时：
有：|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(43k2k2+1)2+6492k2+1=4139，
所以：S=49|x1−x2|=49×4139=161381．
由①②有：S=3227或161381．
方法二：由(Ⅰ)有：lAB:y=kx−13，x1+x2=43k2k2+1，x1x2=−1692k2+1．
由上图有：四边形PAEB的面积S=12|PE||x1−x2|=12×89|x1−x2|=49|x1−x2|．
根据题意结合图形有：|EA|＝|EB|，即：x12+(y1−19)2=x22+(y2−19)2，
即：2−2y12+(y1−19)2=2−2y22+(y2−19)2，化简得：(y1−y2)(y1+y2+29)=0，
所以：y1−y2＝0或y1+y2=−29．
①当y1−y2＝0时，易得：k＝0，即：lAB:y=−13，易得：A(−43,−13)、B(43,−13)，
所以：S=49|x1−x2|=49|−43−43|=3227．
②当y1+y2=−29时：y1+y2=k(x1+x2)−23=43k22k2+1−23=−29，解得：k＝±(1)
有：|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(43k2k2+1)2+6492k2+1=4139，
所以：S=49|x1−x2|=49×4139=161381．
由①②有：S=3227或161381
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)直线AB、PB、PA斜率均存在．设lAB:y＝kx+m，A(x1, y1)、B(x2, y2)，联立：x22+y2=1y=kx+m ，消去y，利用韦达定理，以及PB⊥PA，求出m，然后求解直线系方程，得到定点坐标．
(Ⅱ)方法一：由(Ⅰ)有：m=−13，求出直线AB的方程，结合韦达定理，求解D的坐标，利用ED→⊥AB→，求出k，通过弦长公式，求解三角形的面积即可．
方法二：由(Ⅰ)写出直线方程，表示出四边形PAEB的面积，结合图形，转化求解即可．
【解答】
（1）证明：根据题意有：直线AB、PB、PA斜率均存在．
设lAB:y＝kx+m，A(x1, y1)、B(x2, y2)
联立：x22+y2=1y=kx+m ，有：(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2＝0，
所以：x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1．
因为PB⊥PA，
所以：kPB⋅kPA=y1−1x1⋅y2−1x2=kx1+m−1x1⋅kx2+m−1x2=−1，
化简得：(k2+1)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2=0，
所以：(k2+1)2m2−22k2+1−k(m−1)4km2k2+1+(m−1)2=0，
化简得：3m2−2m−1＝0，解得m=−13或（1）
当m＝1时，lAB:y＝kx+1过点P，则P与A或B重合，不满足题意，舍去，
所以：m=−13，即lAB:y=kx−13
所以：直线AB过定点(0,−13)．
（2）方法一：由(Ⅰ)有：m=−13，
则：lAB:y=kx−13，x1+x2=43k2k2+1，x1x2=−1692k2+1．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
（1）由x=2cosβy=2+2sinβ （β为参数）有x2+y2−4y+2＝0，
∴ C1的极坐标方程为ρ2−4ρsinθ+2＝0，
直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)(α∈[0, π)）．
（2）联立ρ2−4ρsinθ+2=0θ=α ，有ρ2−4ρsinα+2＝0，
根据题有△＝16sin2α−8>0，∴ 120，∴ 121．可得x的取值范围为R；
（2）由|52a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)，有f(t)≤|52a+b|+|a−2b||a|，
即f(t)≤(|52a+b|+|a−2b||a|)min．
因为：|52a+b|+|a−2b||a|=|52a+b|+2|a2−b||a|≥|52a+b|+|a2−b||a|≥3|a||a|=3（a＝2b时取等号），
所以f(t)≤(3)即|t+1|+|2t−3|≤3，
即t≥32t+1+2t−3≤3 或−11．可得x的取值范围为R；
（2）由|52a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)，有f(t)≤|52a+b|+|a−2b||a|，
即f(t)≤(|52a+b|+|a−2b||a|)min．
因为：|52a+b|+|a−2b||a|=|52a+b|+2|a2−b||a|≥|52a+b|+|a2−b||a|≥3|a||a|=3（a＝2b时取等号），
所以f(t)≤(3)即|t+1|+|2t−3|≤3，
即t≥32t+1+2t−3≤3 或−1
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