2020-2021学年江西省赣州市高三（上）期末考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（上）期末考试数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数z=1−2i1+i3的虚部为( )
A.−12iB.12iC.−12D.12

2. 已知函数fx=x2−2x−3，集合M=x|fx≤0，N=x|f′x>0（其中f′x是fx的导数），则M∩N=( )
A.[−1,1)B.−1,1C.1,3D.1,3

3. 已知函数fx=fx−3, x≥0,lg2−x+1, x<0,则f2021=( )
A.1B.2C.lg26D.3

4. 某产品在某零售摊位上的零售价x（元）与每天的销售量y（个）统计如下表：
据上表可得回归直线方程为y=−6.4x+151，则上表中的m的值为( )
A.38B.39C.40D.41

5. 已知双曲线x2a−y22−a2=1的离心率为2，则实数a的值为( )
A.1B.±1C.−2D.1或−2

6. 有以下四种变换方式：
①向左平移π12个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍；
②向左平移π6个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍；
③将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π6个单位长度；
④将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移π6个单位长度；
其中能将函数y=sin2x−π6的图像变为函数y=sinx图像的是( )
A.①③B.②③C.①④D.②④

7. 若实数x，y满足约束条件 x+y−4≤0,x−2y+5≤0,2x−y+7≥0,则z=2x+y−4x−2的最大值为( )
A.−53B.−15C.13D.95

8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各条棱中，最长的棱的长度为( )

A.5B.42C.34D.41

9. 我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出“面度制”去度量角，因为在半径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而称这个常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制．在面度制下，角θ的面度数为π3，则角θ的余弦值为( )
A.−32B.−12C.12D.32

10. 若a=3e，b=e3，c=π3，其中e为自然对数的底数，则( )
A.a
11. 已知梯形ABCD的上底AB长为1，下底CD长为4，对角线AC长为13，BD长为22，则△ABD的面积为( )
A.1B.2C.3D.4

12. 过抛物线y2=4x的焦点作两条相互垂直的弦AB，CD，且|AB|+|CD|=λ|AB|⋅|CD|，则λ的值为( )
A.12B.14C.18D.116
二、填空题

已知向量a→=1,3，b→=4,k，若a→⊥a→−b→，则k=________.

在x−13x+14的展开式中，x5的系数为________（用数字作答）．

正方形ABCD的边长为2．以A为起点作射线交边BC于点E，则BE<233的概率为________.

在边长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，球O1同时与以B为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以D1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点E，若球O1，O2半径分别为r1，r2，则1r1+4r2的最小值为________.
三、解答题

已知等差数列an的前n项和为Sn，满足S3=2a3，a8=2a5−2.
(1)求数列an的通项公式；

(2)记bn=1an⋅an+1⋅an+2，求数列bn的前n项和Tn.

在如图所示的几何体中，△ABC，△ACE，△BCD均为等边三角形，且平面ACE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC．

(1)证明：DE//AB；

(2)若AB=4，求二面角B−CE−D的余弦值.

一黑色袋里装有除颜色不同外其余均相同的8个小球，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两人进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，以得分高获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球：若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．
(1)若甲第一次摸出了绿色球，求甲的得分不低于乙的得分的概率；

(2)如果乙先摸出了红色球，求乙得分ξ的分布列和数学期望Eξ

过平面上点P作直线l1:y=12x，l2:y=−12x的平行线分别交y轴于点M，N且|OM|2+|ON|2=8.
(1)求点P的轨迹C方程；

(2)若过点Q0,1的直线l与轨迹C交于A，B两点，若S△AOB=7，求直线l的方程．

已知函数fx=xex（其中e为自然对数的底数）．
(1)求函数fx的最小值；

(2)求证：fx>ex+lnx−12.

在直角坐标系xOy中，已知过点Pm,0的直线l的参数方程是x=m+22t,y=22t, （t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2csθ．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

(2)若直线l和曲线C交于A，B两点，且|PA|⋅|PB|=1，求实数m的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（上）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数，再利用复数的概念的运算求解即可.
【解答】
解：z=1−2i1+i3=1−2i1−i=1−2i1+i1−i1+i=32−12i，
所以z的虚部为−12 ．
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：由fx≤0得−1≤x≤3，
所以M=[−1,3].
因为f′(x)=2x−2，由f′x>0得x>1，
所以N=(1,+∞)，
所以M∩N=(1,3].
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
由分段函数的解析式可知，当x≥0时，函数的周期为3，得到f2021=f(−1)，代入函数的解析式即可得到答案.
【解答】
解：函数 fx=fx−3, x≥0,lg2−x+1, x<0,
则f2021=f(674×3−1)=f(−1)=lg21+1=1.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
根据表中所给的数据，做出横标和纵标的平均数，得到样本中心点，根据由最小二乘法求得回归方程为y=−6.4x+151，代入样本中心点求出数据和的值．
【解答】
解：由表中数据得：x¯=17.5，y¯=14(115+m)，
将x¯=17.5，y¯=14(115+m)代入回归直线方程y=−6.4x+151，
得m=41．
故选D．
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
直接利用双曲线的标准方程以及离心率转化求解即可．
【解答】
解：双曲线x2a−y22−a2=1的离心率为2.
若双曲线的实轴在x轴上，
则e2=2−a2+aa=2，
解得a=1或a=−2（舍去）；
若双曲线的实轴在y轴上，
则e2=a2−2−aa2−2=2，
解得a=−2或a=1（舍去）.
综上，a=1或a=−2.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】

【解答】
解：①函数y=sin2x−π6向左平移π12个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，其图像变为函数y=sinx的图像，故①正确；
②函数y=sin2x−π6向左平移π6个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，其图像变为函数y=sin(x+π6)的图像，故②错误；
③函数y=sin2x−π6每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移π6个单位长度，其图像变为函数y=sinx的图像，故③正确；
④函数y=sin2x−π6每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移π6个单位长度，其图像变为函数y=sin(x−π3)的图像，故④错误.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出满足约束条件的区域如图，
由题知z=2x+y−4x−2=2+yx−2，
其中yx−2是过点(2,0)的直线的斜率，
由图知，当直线过点A时，直线的斜率最大，
此时x−2y+5=0,2x−y+7=0,
解得A(−3,1)，
所以zmax=2+1−3−2=95.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图还原实物图
【解析】

【解答】
解：由三视图可知该几何体为如图所示的三棱锥，且BD⊥CD，AE⊥BD.
由勾股定理可求出AB=17，AD=5，BC=5，AC=34，
故最长的棱的长度为34.
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
扇形面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆心角为θ,
∵ 扇形面积公式S扇=12|θ|r2，
∴面度数=S扇r2=12|θ|r2r2=12|θ|=π3，
∴θ=2π3，
∴ csθ=cs2π3=−12 .
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
指数函数单调性的应用
函数单调性的性质
【解析】
无
【解答】
解：因为函数y=x3在R上单调递增，所以b因为y=lnxx在[e,+∞)上单调递减，
故ln33所以a故a故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，过D作DE//AC，连结AE，
则cs∠EBD=52+222−1322×5×22=22，
所以sin∠EBD=22，
故S△ABD=12×1×22×sin∠ABD=1．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
无
【解答】
解：抛物线y2=4x的焦点为1,0.
设AB的直线方程为x=ty+1，CD的直线方程为x=−1ty+1，k=1t，
由x=ty+1,y2=4x，得y2−4ty−4=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1+y2=4t，y1y2=−4，
则|AB|=|y1−y2|⋅1k2+1=4t2+1，
同理|CD|=41t2+1，
所以|AB|+|CD|=4t2+1t2+2，|AB|⋅|CD|=16t2+1t2+2，
故λ=14．
故选B．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
先求出a→−b→=(−3,3−k)，再利用1×(−3)+33−k=0，求解即可.
【解答】
解：向量a→=1,3，b→=4,k，
则a→−b→=(−3,3−k)，
若a→⊥a→−b→，
则1×(−3)+33−k=0，
解得k=2.
故答案为：2.
【答案】
−3
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】

【解答】
解：x−13x+14=(x+1)(x2−1)3，
(x2−1)3的展开式的通项为：Tr+1=C3r⋅x6−2r⋅(−1)r.
令6−2r=4，得r=1，即(x2−1)3的展开式中含x4的项为：−C31x4，
所以x−13x+14的展开式中，x5的系数为−3.
故答案为：−3．
【答案】
23
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
首先根据题意，画出几何图形，然后求出概率．
【解答】
解：如图，作正方形ABCD，
在△ABE中，令BE=233，
∵AB=2，
∴tanθ=BEAB=33，
∴ θ=π6，
∴ 当0<θ<π6时，BE<233.
∵以A为起点作射线交边BC于点E，
∴总的基本事件是θ取到最大角，即∠CAB=π4，
∴ BE<233的概率P=π6π4=46=23.
故答案为：23.
【答案】
9+33
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
棱柱的结构特征
多面体的内切球问题
【解析】
无
【解答】
解：由已知得r1+r2+3r1+r2=3
⇒r1+r2=33+1，
所以1r1+4r2
=3+13r1+r21r1+4r2
=3+135+r2r1+4r1r2
≥3+13×9=9+33.
故答案为：9+33．
三、解答题
【答案】
解：(1)因为数列an为等差数列，设其公差为d，
结合S3=2a3，a8=2a5−2，
3a1+3d=2a1+2d,a1+7d=2a1+4d−2,
解得： a1=d=1，
所以an=1+n−1=n．
(2)bn=1an⋅an+1⋅an+2=1nn+1n+2
=121nn+1−1n+1n+2，
Tn=1211×2−12×3+1212×3−13×4+⋯+
121n(n+1)−1(n+1)(n+2)，
所以Tn=1212−1n+1n+2=n2+3n4n+1n+2．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为数列an为等差数列，设其公差为d，
结合S3=2a3，a8=2a5−2，
3a1+3d=2a1+2d,a1+7d=2a1+4d−2,
解得： a1=d=1，
所以an=1+n−1=n．
(2)bn=1an⋅an+1⋅an+2=1nn+1n+2
=121nn+1−1n+1n+2，
Tn=1211×2−12×3+1212×3−13×4+⋯+
121n(n+1)−1(n+1)(n+2)，
所以Tn=1212−1n+1n+2=n2+3n4n+1n+2．
【答案】
(1)证明：分别取AC，BC的中点F，G，连结EF，DG，FG.
因为△ACE，△BCD为边长相等的等边三角形，
故EF⊥AC，DG⊥BC且EF=DG.
因为平面ACE⊥平面ABC且交于AC，平面BCD⊥平面ABC且交于BC，
故EF⊥平面ABC，DG⊥平面ABC，
所以EF//DG.
又EF=DG，
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以DE//FG.
又FG//AB，
所以DE//AB．
(2)解：连结FB.
因为△ABC为等边三角形，故BF⊥AC.
又EF⊥平面ABC，故分别以FA→，FB→，FE→为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.
又AB=4，
所以AB=AC=BC=CE=AE=BD=CD=4，DE=2，
则C−2,0,0，B0,23,0，E0,0,23，G−1,3,0，
所以CB→=2,23,0，CE→=2,0,23，ED→=FG→=−1,3,0.
令平面BCE的一个法向量为n→=x,y,z，
所以n→⋅CB→=2x+23y=0,n→⋅CE→=2x+23z=0,取x=3，则y=−1，z=−1，
所以平面BCE的一个法向量为n→=3,−1,−1.
令平面CDE的一个法向量为n1→=x1,y1,z1，
所以n1→⋅ED→=−x1+3y1=0,n1→⋅CE→=2x1+23z1=0,取x1=3，则y1=1，z1=−1，
所以平面CDE的一个法向量为n1→=3,1,−1.
令二面角B−CE−D为θ，由题意可知θ为锐角，
则csθ=|cs⟨n→,n1→⟩|=|n→⋅n1→||n→|⋅|n1→|=35⋅5=35，
所以二面角B−CE−D的余弦值为35．
【考点】
两条直线平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：分别取AC，BC的中点F，G，连结EF，DG，FG.
因为△ACE，△BCD为边长相等的等边三角形，
故EF⊥AC，DG⊥BC且EF=DG.
因为平面ACE⊥平面ABC且交于AC，平面BCD⊥平面ABC且交于BC，
故EF⊥平面ABC，DG⊥平面ABC，
所以EF//DG.
又EF=DG，
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以DE//FG.
又FG//AB，
所以DE//AB．
(2)解：连结FB.
因为△ABC为等边三角形，故BF⊥AC.
又EF⊥平面ABC，故分别以FA→，FB→，FE→为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.
又AB=4，
所以AB=AC=BC=CE=AE=BD=CD=4，DE=2，
则C−2,0,0，B0,23,0，E0,0,23，G−1,3,0，
所以CB→=2,23,0，CE→=2,0,23，ED→=FG→=−1,3,0.
令平面BCE的一个法向量为n→=x,y,z，
所以n→⋅CB→=2x+23y=0,n→⋅CE→=2x+23z=0,取x=3，则y=−1，z=−1，
所以平面BCE的一个法向量为n→=3,−1,−1.
令平面CDE的一个法向量为n1→=x1,y1,z1，
所以n1→⋅ED→=−x1+3y1=0,n1→⋅CE→=2x1+23z1=0,取x1=3，则y1=1，z1=−1，
所以平面CDE的一个法向量为n1→=3,1,−1.
令二面角B−CE−D为θ，由题意可知θ为锐角，
则csθ=|cs⟨n→,n1→⟩|=|n→⋅n1→||n→|⋅|n1→|=35⋅5=35，
所以二面角B−CE−D的余弦值为35．
【答案】
解：(1)记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件A，因为球的总分为16，即事件A指的是甲的得分大于等于8，
则PA=C11C61+C32C72=921=37．
(2)如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分、7分、8分、9分、10分、11分,
Pξ=6=C33C73=135，
Pξ=7=C32⋅C31C73=935，
Pξ=8=C31⋅C32C73=935，
Pξ=9=C32⋅C11C73+C33C73=435，
Pξ=10=C31⋅C31⋅C11C73=935，
Pξ=11=C32⋅C11C73=335，
所以ξ的分布列为：
所以ξ的数学期望Eξ=6×135+7×935+8×935+9×435+10×935+11×335=607．
【考点】
超几何分布
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件A，因为球的总分为16，即事件A指的是甲的得分大于等于8，
则PA=C11C61+C32C72=921=37．
(2)如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，则得分情况有：6分、7分、8分、9分、10分、11分,
Pξ=6=C33C73=135，
Pξ=7=C32⋅C31C73=935，
Pξ=8=C31⋅C32C73=935，
Pξ=9=C32⋅C11C73+C33C73=435，
Pξ=10=C31⋅C31⋅C11C73=935，
Pξ=11=C32⋅C11C73=335，
所以ξ的分布列为：
所以ξ的数学期望Eξ=6×135+7×935+8×935+9×435+10×935+11×335=607．
【答案】
解：(1)设Px0,y0，显然P不为原点，
由题设y=12x−x0+y0，令x=0，得yM=y0−12x0，
再由y=−12x−x0+y0，令x=0，得yN=y0+12x0.
又|OM|2+|ON|2=8，即y0−12x02+y0+12x02=8，
化简整理得：x0216+y024=1，
所以点P的轨迹C方程为x216+y24=1．
(2)由题设知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+1,x216+y24=1⇒4k2+1x2+8kx−12=0，
则x1+x2=−8k4k2+1，x1x2=−124k2+1，
从而|x1−x2|
=x1+x22−4x1x2
=256k2+484k2+1.
又S△AOB=12|OQ|⋅|x1−x2|
=12×1×256k2+484k2+1=7，
所以k2=14⇒k=±12，
故直线l的方程为y=±12x+1．
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设Px0,y0，显然P不为原点，
由题设y=12x−x0+y0，令x=0，得yM=y0−12x0，
再由y=−12x−x0+y0，令x=0，得yN=y0+12x0.
又|OM|2+|ON|2=8，即y0−12x02+y0+12x02=8，
化简整理得：x0216+y024=1，
所以点P的轨迹C方程为x216+y24=1．
(2)由题设知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+1,x216+y24=1⇒4k2+1x2+8kx−12=0，
则x1+x2=−8k4k2+1，x1x2=−124k2+1，
从而|x1−x2|
=x1+x22−4x1x2
=256k2+484k2+1.
又S△AOB=12|OQ|⋅|x1−x2|
=12×1×256k2+484k2+1=7，
所以k2=14⇒k=±12，
故直线l的方程为y=±12x+1．
【答案】
(1)解：因为fx=xex，所以f′x=x+1ex，
当x<−1时，f′x=x+1ex<0，fx单调递减；
当x>−1时，f′x=x+1ex>0，fx单调递增；
所以fxmin=f−1=−1e．
(2)证明：要证fx>ex+lnx−12，
只需证明：x−1ex−lnx+12>0对于x>0恒成立.
令gx=x−1ex−lnx+12，
则g′x=xex−1xx>0，
当x>0时，g″x=x+1ex+1x2>0，
则g′x=xex−1x在0,+∞上为增函数.
又因为g′23=23e23−32=23e23−27823<0，g′1=e−1>0，
所以存在x0∈23,1使得g′x0=0，
由g′x0=x0ex0−1x0=x02ex0−1x0=0
得x02ex0=1，即ex0=1x02，即−2lnx0=x0，
所以当x∈0,x0时， g′x=xex−1x<0， gx单调递减，
当x∈x0,+∞时， g′x=xex−1x>0，gx单调递增，
所以gxmin=gx0=x0−1ex0−lnx0+12
=x0−1x02+x02+12=x03+x02+2x0−22x02.
令φx=x3+x2+2x−223则φ′x=3x2+2x+2=3x+132+53>0，
所以φx在23,1上单调递增，
所以φx0>φ23=227>0，
所以gx≥gx0=φx02x02>0，
所以x−1ex−lnx+12>0，
即fx>ex+lnx−12.
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为fx=xex，所以f′x=x+1ex，
当x<−1时，f′x=x+1ex<0，fx单调递减；
当x>−1时，f′x=x+1ex>0，fx单调递增；
所以fxmin=f−1=−1e．
(2)证明：要证fx>ex+lnx−12，
只需证明：x−1ex−lnx+12>0对于x>0恒成立.
令gx=x−1ex−lnx+12，
则g′x=xex−1xx>0，
当x>0时，g″x=x+1ex+1x2>0，
则g′x=xex−1x在0,+∞上为增函数.
又因为g′23=23e23−32=23e23−27823<0，g′1=e−1>0，
所以存在x0∈23,1使得g′x0=0，
由g′x0=x0ex0−1x0=x02ex0−1x0=0
得x02ex0=1，即ex0=1x02，即−2lnx0=x0，
所以当x∈0,x0时， g′x=xex−1x<0， gx单调递减，
当x∈x0,+∞时， g′x=xex−1x>0，gx单调递增，
所以gxmin=gx0=x0−1ex0−lnx0+12
=x0−1x02+x02+12=x03+x02+2x0−22x02.
令φx=x3+x2+2x−223则φ′x=3x2+2x+2=3x+132+53>0，
所以φx在23,1上单调递增，
所以φx0>φ23=227>0，
所以gx≥gx0=φx02x02>0，
所以x−1ex−lnx+12>0，
即fx>ex+lnx−12.
【答案】
解：(1)由 x=m+22t,y=22t, 得x−m=y，
即x−y−m=0.
由ρ=2csθ得ρ2=2ρcsθ，
则曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2x，
即x2−2x+y2=0.
(2)将 x=m+22t,y=22t, 代入x2−2x+y2=0，
得t2+2m−2t+m2−2m=0.
由Δ=2m−22−4m2−2m>0，
得1−2设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则t1⋅t2=m2−2m.
因为|PA|⋅|PB|=|t1⋅t2|=|m2−2m|=1，
所以m2−2m=±1.
当m2−2m=1时，m=1±2（舍），
当m2−2m=−1时，m=1.
所以综上m=1.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线一般参数方程化为标准参数方程
直线的参数方程
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)由 x=m+22t,y=22t, 得x−m=y，
即x−y−m=0.
由ρ=2csθ得ρ2=2ρcsθ，
则曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2x，
即x2−2x+y2=0.
(2)将 x=m+22t,y=22t, 代入x2−2x+y2=0，
得t2+2m−2t+m2−2m=0.
由Δ=2m−22−4m2−2m>0，
得1−2设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则t1⋅t2=m2−2m.
因为|PA|⋅|PB|=|t1⋅t2|=|m2−2m|=1，
所以m2−2m=±1.
当m2−2m=1时，m=1±2（舍），
当m2−2m=−1时，m=1.
所以综上m=1.x
16
17
18
19
y
50
m
34
31
ξ
6
7
8
9
10
11
P
135
935
935
435
935
335
ξ
6
7
8
9
10
11
P
135
935
935
435
935
335