仿真模擬專練(一)一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合A＝{x|－3<x<1}，B＝{x|x＋2≥0}，則A∩B＝()A．{x|－2≤x<1}B．{x|－2<x<1}C．{x|－3<x≤2}D．{x|－3<x<2}2．已知復數z滿足|z－1|＝|z－i|，則在復平面上z對應點的軌跡為()A．直線B．線段C．圓D．等腰三角形3．如圖，A是輪子外邊沿上的一點，輪子半徑為0.3m．若輪子從圖中位置向右無滑動滾動，則當滾動的水平距離為2.2m時，下列描述正確的是(參考數據：7π≈21.991)()A.點A在輪子的左下位置，距離地面約為0.15mB．點A在輪子的右下位置，距離地面約為0.15mC．點A在輪子的左下位置，距離地面約為0.26mD．點A在輪子的右下位置，距離地面約為0.04m4．在等差數列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9構成等比數列，則公差d＝()A．0或2B．2C．0D．0或－25．已知直線l1：xsinα＋y－1＝0，直線l2：x－3ycosα＋1＝0，若l1⊥l2，則tanα＝()A．eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C．3D．－36．若隨機事件A，B滿足P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(A＋B)＝eq\f(3,4)，則P(A|B)＝()A．eq\f(2,9)B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,6)7．已知cosβ－3sinα＝2，sinβ＋3cosα＝eq\f(3,2)，則sin(β－α)＝()A．－eq\f(5,24)B．eq\f(5,24)C．－eq\f(5,8)D．eq\f(5,8)8．如圖1，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交對角線BD于點O，交BC于點M.現將△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如圖2，點N為棱A′D的中點，則下列判斷一定成立的是()A．BD⊥CNB．A′O⊥平面BCDC．CN∥平面A′OMD．平面A′OM⊥平面BCD9．若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0,x＋y－3≤0,x≥0))，則(x－1)2＋y2的最小值為()A．1B．eq\f(4,5)C．eq\f(2\r(5),5)D．210．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋xlnx，x>0,g（x），x<0))為奇函數，則g(x)在x＝－1處的切線方程為()A．x－y＝0B．2x－y＋1＝0C．x－2y＋1＝0D．3x－y＋2＝011．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，球O1同時與以A為公共頂點的三個面相切，球O2同時與以C1為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點F.若以F為焦點，AB1為準線的拋物線經過O1，O2，設球O1，O2的半徑分別為r1，r2，則eq\f(r1,r2)＝()A．eq\f(\r(5)－1,2)B．eq\r(3)－eq\r(2)C．1－eq\f(\r(2),2)D．2－eq\r(3)12．2021年7月24日，中共中央辦公廳、國務院辦公廳印發《關于進一步減輕義務教育階段學生作業負擔和校外培訓負擔的意見》，這個政策就是我們所說的“雙減”政策，“雙減”政策極大緩解了教育的“內卷”現象，而“內卷”作為高強度的競爭使人精疲力竭．數學中的螺旋線可以形象的展示“內卷”這個詞，螺旋線這個名詞來源于希臘文，它的原意是“旋卷”或“纏卷”，平面螺旋便是以一個固定點開始向外逐圈旋繞而形成的曲線，如圖(1)所示．如圖(2)所示陰影部分也是一個美麗的螺旋線型的圖案，它的畫法是這樣的：正方形ABCD的邊長為4，取正方形ABCD各邊的四等分點E，F，G，H作第2個正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各邊的四等分點M，N，P，Q作第3個正方形MNPQ，依此方法一直繼續下去，就可以得到陰影部分的圖案．設正方形ABCD邊長為a1，后續各正方形邊長依次為a2，a3，…，an，…；如圖(2)陰影部分，設直角三角形AEH面積為b1，后續各直角三角形面積依次為b2，b3，…，bn，….下列說法錯誤的是()A．從正方形ABCD開始，連續3個正方形的面積之和為eq\f(129,4)B．an＝4×(eq\f(\r(10),4))n－1C．使得不等式bn>eq\f(1,2)成立的n的最大值為4D．數列{bn}的前n項和Sn<4[答題區]題號123456789101112答案二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知向量a＝(3x，1)，向量b＝(2，1)，且a∥b，則x＝________．14．若(1－x)5(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，則a1＋a2＋…＋a9的值為________．15．已知橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F1，F2為橢圓的左右焦點，P為橢圓上在第一象限的一點，I為△PF1F2的內心，直線PI與x軸交于點Q，橢圓的離心率為eq\f(1,3)，若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(IQ,\s\up6(→))，則λ的值為________．16．在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝1，M為AC的中點，將△ABC沿直線AC翻折成△AB1C，當三棱錐B1-ACD的體積最大時，過點M的平面截三棱錐B1-ACD的外接球所得截面面積的最小值為________．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．(一)必考題：共60分．17．(12分)△ABC中，AC＝4m，BC＝4eq\r(3)m，AC⊥BC，點M，N是邊AB上兩點，∠MCN＝30°.(1)當AM＝2m時，求△MNC的周長；(2)設∠ACM＝θ，當△MNC的面積為2eq\r(3)m2時，求θ的值．18．(12分)已知某闖關游戲，第一關在A，B兩個情境中尋寶．每位參賽選手先在兩個情境中選擇一個開始第一關，若尋寶失敗則比賽結束；若尋寶成功則進入另一個情境，無論尋寶成功與否，第一關比賽結束．A情境尋寶成功獲得經驗值2分，否則得0分；B情境尋寶成功獲得經驗值3分，否則得0分．已知某玩家在A情境中尋寶成功的概率為0.8，在B情境中尋寶成功的概率為0.6，且每個情境中尋寶成功的概率與選擇初始情境的次序無關．(1)若該玩家選擇從A情境開始第一關，記X為經驗值累計得分，求X的分布列；(2)為使經驗值累計得分的期望最大，該玩家應選擇從哪個情境開始第一關？并說明理由．19．(12分)某商品的包裝紙如圖1，其中菱形ABCD的邊長為3，且∠ABC＝60°，AE＝AF＝eq\r(3)，BE＝DF＝2eq\r(3)，將包裝紙各三角形沿菱形的邊進行翻折后，點E，F，M，N匯聚為一點P，恰好形成如圖2的四棱錐形的包裹．(1)證明PA⊥底面ABCD；(2)設點T為BC上的點，且二面角B-PA-T的正弦值為eq\f(\r(21),14)，試求PC與平面PAT所成角的正弦值．20．(12分)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1，點P的坐標為(0，eq\r(3))，過P的直線l交雙曲線C于點A，B.(1)若直線l又過C的左焦點F，求|AF|·|BF|的值；(2)若點M的坐標為(0，－eq\f(\r(3),4))，求證：eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))為定值．21．(12分)已知函數f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(e,x).(1)直接寫出曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的公共點坐標，并求曲線y＝f(x)在公共點處的切線方程；(2)已知直線x＝a分別交曲線y＝f(x)和y＝g(x)于點A，B.當a∈(0，e)時，設△OAB的面積為S(a)，其中O是坐標原點，求S(a)的最大值．(二)選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22．(10分)[選修4－4：坐標系與參數方程]如圖，在極坐標系中，已知點M(2，0)，曲線C1是以極點O為圓心，以OM為半徑的半圓，曲線C2是過極點且與曲線C1相切于點(2，eq\f(π,2))的圓．(1)分別寫出曲線C1，C2的極坐標方程；(2)直線θ＝α(0<α<π，ρ∈R)與曲線C1，C2分別相交于點A，B(異于極點)，求△ABM面積的最大值．23．(10分)[選修4－5：不等式選講]已知函數f(x)＝|x＋m|－|x－2m|(m>0)的最大值為6.(1)求m的值；(2)若正數x，y，z滿足x＋y＋z＝m，求證：eq\r(xy)＋eq\r(xz)≤eq\r(m).仿真模擬專練（一）1．A根據題意，B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x<1}，選項A正確．故選A.2．A設復數z＝x＋yi（x，y∈R），根據復數的幾何意義知：|z－1|表示復平面內點P（x，y）與點A（1，0）的距離，|z－i|表示復平面內點P（x，y）與點B（0，1）的距離，因為|z－1|＝|z－i|，即點P（x，y）到A，B兩點間的距離相等，所以點P（x，y）在線段AB的垂直平分線上，所以在復平面上z對應點的軌跡為直線．故選A.3．A車輪的周長為2π×0.3＝0.6πm，當滾動的水平距離為0.7πm≈2.2m時，即車輪轉動1＋eq\f(1,6)個周期，即點A在輪子的左下位置，距離地面約為0.3－0.3×coseq\f(π,3)＝0.15m，故選A.4．A因為在等差數列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9，構成等比數列，所以aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝a1a9，即（a2＋d）2＝（a2－d）（a2＋7d），所以（4＋d）2＝（4－d）（4＋7d），解得d＝0或2，故選A.5．C因為l1⊥l2，易得兩直線斜率都存在，且（－sinα）·eq\f(1,3cosα)＝－1，則tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝3.故選C.6．D由題可知：P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB），所以P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(3,4)＝eq\f(1,12)，所以P（A|B）＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(1,6)，故選D.7．C由cosβ－3sinα＝2得：（cosβ－3sinα）2＝cos2β－6cosβsinα＋9sin2α＝4①；由sinβ＋3cosα＝eq\f(3,2)得：（sinβ＋3cosα）2＝sin2β＋6sinβcosα＋9cos2α＝eq\f(9,4)②；①＋②得：10＋6（sinβcosα－cosβsinα）＝10＋6sin（β－α）＝eq\f(25,4)，∴sin（β－α）＝－eq\f(5,8).故選C.8．D9．B結合題意作平面區域如圖，而（x－1）2＋y2的幾何意義是可行域內的點與（1，0）的距離的平方，又（1，0）到直線2x－y＝0的距離為eq\f(2,\r(5))，故（x－1）2＋y2的最小值為eq\f(4,5)，故選B.10．D當x<0時，－x>0，則f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），此時g（x）＝－f（－x）＝－x2＋xln（－x），則g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，則g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，所求切線方程為y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.故選D.11．D根據拋物線的定義，點O2到點F的距離與到直線AB1的距離相等，其中點O2到點F的距離即半徑r2，也即點O2到平面CDD1C1的距離，點O2到直線AB1的距離即點O2到平面ABB1A1的距離，因此球O2內切于正方體，不妨設r2＝1，兩個球心O1，O2和兩球的切點F均在體對角線AC1上，兩個球在平面AB1C1D處的截面如圖所示，則O2F＝r2＝1，AO2＝eq\f(AC1,2)＝eq\r(3)，所以AF＝AO2－O2F＝eq\r(3)－1.又因為AF＝AO1＋O1F＝eq\r(3)r1＋r1，因此（eq\r(3)＋1）r1＝eq\r(3)－1，得r1＝2－eq\r(3)，所以eq\f(r1,r2)＝2－eq\r(3).故選D.12．C由題意，a1＝4，a2＝eq\r(（\f(1,4)a1）2＋（\f(3,4)a1）2)＝eq\f(\r(10),4)a1，a3＝eq\r(（\f(1,4)a2）2＋（\f(3,4)a2）2)＝eq\f(\r(10),4)a2＝（eq\f(\r(10),4)）2a1，…，an＝eq\r(（\f(1,4)an－1）2＋（\f(3,4)an－1）2)＝eq\f(\r(10),4)an－1?eq\f(an,an－1)＝eq\f(\r(10),4)，于是數列{an}是以4為首項，eq\f(\r(10),4)為公比的等比數列，則an＝4·（eq\f(\r(10),4)）n－1.由題意可得：S△AHE＝eq\f(SABCD－SEFGH,4)，即b1＝eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)，b2＝eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),4)，…，bn＝eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1)),4)，于是bn＝eq\f(16（\f(\r(10),4)）2n－2－16（\f(\r(10),4)）2n,4)＝eq\f(3,2)（eq\f(5,8)）n－1.對A，連續三個正方形面積之和為：S＝a1＋a2＋a3＝42＋（eq\r(10)）2＋（eq\f(5,2)）2＝eq\f(129,4)，正確；易知B正確；對C，令bn＝eq\f(3,2)（eq\f(5,8)）n－1>eq\f(1,2)?（eq\f(5,8)）n－1>eq\f(1,3)，而（eq\f(5,8)）4－1＝eq\f(125,512)<eq\f(1,3)，錯誤；對D，Sn＝eq\f(3,2)·eq\f(1－（\f(5,8)）n,1－\f(5,8))＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(5,8)）n))<4，正確．故選C.13．答案：eq\f(2,3)解析：因為a∥b，則3x＝2，得x＝eq\f(2,3).14．答案：－1解析：由條件得：在等式左右兩邊取x＝0，計算得a0＝1，令x＝1，計算得a0＋a1＋…＋a9＝0，于是a1＋a2＋…＋a9＝－1.15．答案：4解析：如圖所示，連接IF1、IF2，I是△PF1F2的內心，所以IF1、IF2分別是∠PF1F2和∠PF2F1的角平分線，由于經過點P與△PF1F2的內切圓圓心I的直線交x軸于點Q，則PQ為∠F1PF2的角平分線，則Q到直線PF1、PF2的距離相等，所以S△PF1QS△PF2Q＝eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|QF1|,|QF2|)，同理可得eq\f(|PI|,|IQ|)＝eq\f(|PF1|,|F1Q|)，eq\f(|PI|,|IQ|)＝eq\f(|PF2|,|F2Q|)，由比例關系性質可知eq\f(|PI|,|IQ|)＝eq\f(|PF1|＋|PF2|,|F1Q|＋|F2Q|)＝eq\f(|PF1|＋|PF2|,|F1F2|)＝eq\f(2a,2c)＝eq\f(a,c).又橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(|\o(IQ,\s\up6(→))|,|\o(PI,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,3).所以eq\o(PI,\s\up6(→))＝3eq\o(IQ,\s\up6(→))，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(IQ,\s\up6(→))，故λ＝4.16．答案：eq\f(π,2)解析：如圖所示，連接B1M，則B1M⊥AC，則∠AB1C＝90°，故B1M＝eq\f(AB1·B1C,AC)＝eq\f(1×1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，設二面角B1-AC-D的平面角為α，設三棱錐B1-ACD的高為h，則h＝B1Msinα＝eq\f(\r(2),2)sinα，VB1-ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·h＝eq\f(1,3)S△ACD·eq\f(\r(2),2)sinα≤eq\f(\r(2),6)S△ACD，當且僅當α＝90°時，等號成立，即當平面B1AC⊥平面ACD時，三棱錐B1-ACD的體積最大，∵AC＝eq\r(2)，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，故△ABC為等腰直角三角形，且∠ACB＝45°，在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，則BC∥AD，所以，∠CAD＝∠ACB＝45°，在△ACD中，AC＝eq\r(2)，AD＝2，∠CAD＝45°，由余弦定理可得CD＝eq\r(AC2＋AD2－2AC·ADcos45°)＝eq\r(2)，故AC2＋CD2＝AD2，∴CD⊥AC，因為平面B1AC⊥平面ACD，平面B1AC∩平面ACD＝AC，CD⊥AC，CD?平面ACD，∴CD⊥平面B1AC，∵AB1?平面B1AC，則AB1⊥CD，因為AB1⊥B1C，B1C∩CD＝C，∴AB1⊥平面B1CD，∵B1D?平面B1CD，所以，AB1⊥B1D，記AD中點為O，由OB1＝OA＝OC＝OD得O為三棱錐B1-ACD的外接球的球心，且球的半徑為OC＝eq\f(1,2)AD＝1，設OM與過點M的平面所成的角為θ，設點O到截面的距離為d，則d＝OMsinθ＝eq\f(\r(2),2)sinθ，故截面圓的半徑為r＝eq\r(1－d2)＝eq\r(1－（\f(\r(2),2)sinθ）2)≥eq\f(\r(2),2)，當且僅當θ＝90°時，過點M的平面截三棱錐外接球O所得截面面積最小，所以截面圓面積的最小值為π×（eq\f(\r(2),2)）2＝eq\f(π,2).17．解析：（1）∵AC＝4m，BC＝4eq\r(3)m，AC⊥BC，∴B＝30°，∴A＝60°，在△ACM中，由余弦定理可得CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM·cosA＝16＋4－2×4×2×eq\f(1,2)＝12，則CM＝2eq\r(3)，∴AC2＝AM2＋CM2，∴CM⊥AB，∵∠MCN＝30°，∴MN＝CMtan30°＝2，∴CN＝2MN＝4，∴△MNC的周長為2＋4＋2eq\r(3)＝（6＋2eq\r(3)）m；（2）在△ACN中，∠ANC＝90°－θ，由eq\f(CN,sin60°)＝eq\f(CA,sin（90°－θ）)得CN＝eq\f(2\r(3),cosθ)，又在△ACM中，由eq\f(CM,sin60°)＝eq\f(CA,sin（60°＋θ）)，得CM＝eq\f(2\r(3),sin（θ＋60°）)，所以S△CMN＝eq\f(1,2)CM·CN·sin30°＝eq\f(3,sin（θ＋60°）cosθ)＝eq\f(3,\f(1,2)sinθcosθ＋\f(\r(3),2)cos2θ)＝eq\f(6,\f(sin2θ,2)＋\f(\r(3)cos2θ,2)＋\f(\r(3),2))＝eq\f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))，由eq\f(12,2sin（2θ＋60°）＋\r(3))＝2eq\r(3)得sin（2θ＋60°）＝eq\f(\r(3),2)，∵0°≤θ≤60°，所以60°≤2θ＋60°≤180°，所以2θ＋60°＝60°或120°，所以θ＝30°或θ＝0°.18．解析：（1）由題意知：X所有可能的取值為0，2，5，∴P（X＝0）＝1－0.8＝0.2；P（X＝2）＝0.8×（1－0.6）＝0.32；P（X＝5）＝0.8×0.6＝0.48，∴X的分布列為：X025P0.20.320.48（2）由（1）得：從A情境開始第一關，則E（X）＝0×0.2＋2×0.32＋5×0.48＝3.04；若從B情境開始第一關，記Y為經驗值累計得分，則Y所有可能的取值為0，3，5，∴P（Y＝0）＝0.4；P（Y＝3）＝0.6×（1－0.8）＝0.12；P（Y＝5）＝0.8×0.6＝0.48，∴E（Y）＝0×0.4＋3×0.12＋5×0.48＝2.76；∵E（X）>E（Y），∴應從A情境開始第一關．19．解析：（1）由菱形ABCD的邊長為3，AE＝AF＝eq\r(3)，BE＝DF＝2eq\r(3)，可得：BE2＝AB2＋AE2，即有AB⊥AE，同理DF2＝AD2＋AF2，即有AD⊥AF，在翻折的過程中，垂直關系保持不變可得：PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A.可得PA⊥底面ABCD.（2）解法一：如圖，以點A為原點，AB為x軸，過點A作AB的垂線為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標系．由第（1）問可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.則∠BAT為二面角B-PA-T的平面角，由題意可得：sin∠BAT＝eq\f(\r(21),14)，考慮△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq\f(3\r(21),14).利用正弦定理得eq\f(AB,sin∠ATB)＝eq\f(BT,sin∠BAT)，可得：BT＝1，點T的坐標為（eq\f(5,2)，eq\f(\r(3),2)，0），點P（0，0，eq\r(3)），A（0，0，0），C（eq\f(3,2)，eq\f(3\r(3),2)，0），設平面PAT的法向量為m＝（x，y，z），則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝0,m·\o(AT,\s\up6(→))＝0))，即：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)z＝0,5x＋\r(3)y＝0)).令x＝3，則有m＝（3，－5eq\r(3)，0），eq\o(PC,\s\up6(→))＝（eq\f(3,2)，eq\f(3\r(3),2)，－eq\r(3)），則有：cos〈m，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(PC,\s\up6(→))|·|m|)＝－eq\f(3\r(7),14)則PC與平面PAT所成角的正弦值為eq\f(3\r(7),14).解法二：由第（1）問可知PA⊥底面ABCD，AC＝3，所以PA⊥AB，PA⊥AT，PC＝2eq\r(3).則∠BAT為二面角B-PA-T的平面角，由題意可得：sin∠BAT＝eq\f(\r(21),14)，考慮△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝eq\f(3\r(21),14).利用正弦定理得eq\f(AB,sin∠ATB)＝eq\f(BT,sin∠BAT)，可得：BT＝1，即點T為BC上靠近點B的三等分點所以在△ABT中，由余弦定理可得：AT＝eq\r(AB2＋BT2－2AB·BTcos∠ABT)＝eq\r(7)，過點C作平面PAT的垂線，垂足為Q，連接PQ，所以∠CPQ為PC與平面PAT所成角．考慮三棱錐P-ACT，由于VP-ACT＝eq\f(1,3)S△ACT·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\f(3\r(3),2)×eq\r(3)＝eq\f(3,2)，VC-PAT＝eq\f(1,3)S△ATP·CQ＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(7)×eq\r(3)·CQ，因為VP-ACT＝VC-PAT，所以CQ＝eq\f(3\r(21),7)，所以sin∠CPQ＝eq\f(CQ,PC)＝eq\f(3\r(7),14)，所以PC與平面PAT所成角的正弦值為eq\f(3\r(7),14).解法三：由PA⊥平面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.故∠BAT為二面角B-PA-A的平面角，由題意可得：sin∠BAT＝eq\f(\r(21),14)，因為∠BAT為銳角，所以cos∠BAT＝eq\f(5\r(7),14)，故sin∠CAT＝sin（60°－∠BAT）＝eq\f(\r(21),7)，過點C作CQ垂直AT于Q，連接CQ、AC，則CQ＝AC·sin∠CAT＝eq\f(3\r(21),7)，∵PA⊥AC，∴PC＝2eq\r(3)，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CQ，又因為AT⊥CQ，AT∩PA＝A，故CQ⊥平面PAT，故∠CPQ為PC與平面PAT所成的角，∴sin∠CPQ＝eq\f(3\r(7),14)，即PC與平面PAT所成角的正弦值為eq\f(3\r(7),14).20．解析：（1）由雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1可得a＝1，b＝eq\r(2)，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，所以F（－eq\r(3)，0），設A（x1，y1），B（x2，y2），kPF＝eq\f(\r(3)－0,0－（－\r(3)）)＝1，所以直線l的方程為y＝x＋eq\r(3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(3),2x2－y2＝2))聯立得：x2－2eq\r(3)x－5＝0，所以x1＋x2＝2eq\r(3)，x1x2＝－5，|AF|·|BF|＝eq\r(（x1＋\r(3)）2＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))·eq\r(（x2＋\r(3)）2＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝2|（x1＋eq\r(3)）（x2＋eq\r(3)）|＝2|x1x2＋eq\r(3)（x1＋x2）＋3|＝2×|－5＋eq\r(3)×2eq\r(3)＋3|＝8.（2）由題意知直線l的斜率存在，不妨設直線l：y＝kx＋eq\r(3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\r(3),2x2－y2＝2))可得：（k2－2）x2＋2eq\r(3)kx＋5＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k,2－k2)，x1x2＝eq\f(5,k2－2)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝（x1，y1＋eq\f(\r(3),4)），eq\o(MB,\s\up6(→))＝（x2，y2＋eq\f(\r(3),4)），eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋（y1＋eq\f(\r(3),4)）（y2＋eq\f(\r(3),4)）＝x1x2＋（kx1＋eq\f(5\r(3),4)）（kx2＋eq\f(5\r(3),4)）＝（1＋k2）x1x2＋eq\f(5\r(3),4)k（x1＋x2）＋eq\f(75,16)＝（1＋k2）eq\f(5,k2－2)＋eq\f(5\r(3)k,4)·eq\f(2\r(3)k,2－k2)＋eq\f(75,16)＝eq\f(35,16).所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(35,16)為定值．21．解析：（1）由f（x）＝g（x）即lnx＝eq\f(e,x)可得x＝e，所以f（e）＝lne＝1，所以公共點坐標為（e，1），因為f′（x）＝eq\f(1,x)，