2022--2023学年人教2019A版高二数学开学考05

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高二开学考05参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2021春•端州区校级期末）关于样本点、样本空间，下列说法错误的是（　　）
A．样本点是构成样本空间的元素
B．样本点是构成随机事件的元素
C．随机事件是样本空间的子集
D．随机事件中样本点的个数可能比样本空间中的多
【解题思路】样本点、样本空间及随机事件的定义直接判断即可．
【解答过程】解：由定义知A，B，C均正确．
因为随机事件是样本空间的子集，
所以由子集的定义可知D错．
故选：D．
2．（5分）（2020秋•郫都区期中）抛掷两枚质地均匀的骰子，向上点数之和为8的概率（　　）
A．536 B．16 C．23 D．19
【解题思路】基本事件总数n＝6×6＝36，利用列举法求出向上点数之和为8包含的基本事件有5个，由此能求出向上点数之和为8的概率．
【解答过程】解：抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数n＝6×6＝36，
向上点数之和为8包含的基本事件有：
（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），共5个，
∴向上点数之和为8的概率P=536．
故选：A．
3．（5分）（2022春•信宜市校级月考）已知向量a→=(-1，2)，b→=(a，-2)，且a→∥b→，则实数a的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【解题思路】利用向量共线的坐标表示求解即可．
【解答过程】解：∵a→=(-1，2)，b→=(a，-2)，且a→∥b→，
∴﹣1×（﹣2）＝2a，∴a＝1，
故选：A．
4．（5分）（2022•上饶模拟）复数z满足z（1﹣i）＝2﹣3i，则复数z的共轭复数z在复平面内对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解．
【解答过程】解：∵z（1﹣i）＝2﹣3i，
∴z=2-3i1-i=(2-3i)(1+i)(1+i)(1-i)=52-12i，
∴z=52+12i，
∴复数z的共轭复数z在复平面内对应的点（52，12）位于第一象限．
故选：A．
5．（5分）（2022•贵州模拟）2021年7月24日中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．自此全国范围内落实“双减”工作要求的步伐在不断迈进中，校内、校外教育生态迎来巨大变化与革新．在此背景之下，提出已久的“教师轮岗制”再度进入讨论视野，并在北京、上海、深圳等城市开始试点，某区教育局为了解教师对轮岗制度的态度，对本区在编1000名教师进行问卷调查，将赞成轮岗制度的教师年龄的调查数据整理得到如图所示的样本频率分布直方图，根据此频率分布直方图，用样本估计总体，则下列结论不正确的是（　　）

A．该区赞成轮岗制度的教师年龄低于25岁的比例约为24%
B．该区年龄在35到40岁的教师对轮岗制度的赞成人数最少
C．该区赞成轮岗制度的教师年龄的平均值不超过40岁
D．该区赞成轮岗制度的教师中有一半以上的人年龄不超过25岁或大于50岁
【解题思路】根据频率直方图，结合频率的求法判断A、B、D，求平均值判断C，即可确定错误选项．
【解答过程】解：对于选项A：由频率分布直方图得，该区赞成轮岗制度的教师年龄低于25岁的约为0.048×5＝24%，故选项A正确，
对于选项B：由频率分布直方图得，年龄在35到40岁的教师赞成轮岗制度所对应的频率最小，故线性B正确，
对于选项C：由频率分布直方图得，该区赞成轮岗制度的教师年龄的平均值为
0.048×5×22.5+0.036×5×27.5+0.020×5×32.5+0.012×5×37.5+0.016×5×42.5+0.024×5×47.5+0.028×5×52.5+0.016×5×57.5＝37，故选项C正确，
对于选项D：该区赞成轮岗制度的教师中年龄不超过25岁或大于50岁的约为0.24+0.14+0.08＝46%，所以选项D错误，
故选：D．
6．（5分）（2022春•响水县校级期中）在平行四边形ABCD中，设CB→=a→，CD→=b→，E为AD的靠近A的三等分点，CE与BD交于F，则CF→=（　　）
A．35a→+25b→ B．-35a→+25b→ C．-25a→+35b→ D．25a→+35b→
【解题思路】由平面向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：由已知，可得CFFE=CBDE=32，
则CF→=35CE→=35(CD→+DE→)=35(CD→+23DA→)=25a→+35b→，

故选：D．
7．（5分）（2022•贵州模拟）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝3，AA1=6，D，E分别在AB，BC上，且BD＝BE＝1，则过D，E，C1三点的平面截此棱柱所得截面的面积为（　　）
A．4 B．26 C．6 D．210
【解题思路】连接A1D，则DE∥A1C1，所以过D，E，C1三点的平面截此棱柱所得截面为平面DEC1A1，再利用平面几何知识求出等腰梯形DEC1A1的面积即可．
【解答过程】解：连接A1D，如图所示，
∵BD＝BE＝1，∴DE∥AC，
又∵AC∥A1C1，
∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝3，AA1=6，BD＝BE＝1，
∴DE＝1，AD＝2，A1D=AA12+AD2=10，
∴等腰梯形DEC1A1的高h=A1D2-12=3，
∴等腰梯形DEC1A1的面积为12×(1+3)×3=6，
故选：C．

8．（5分）（2022•上饶模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，PA=3AB=3，∠ABC=π3，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列说法错误的是（　　）

A．BD⊥平面PAC
B．E为PA的中点
C．三棱锥P﹣ABD的外接球的体积为776π
D．PD与BC所成的角为π6
【解题思路】通过直线与平面垂直判断A；利用已知条件判断E的位置，判断B；求解体积判断C；求出异面直线所成角判断D．
【解答过程】解：连接AC交BD于F，连接EF，截面BDE与直线PC平行，F为AC的中点，所以E为PA的中点，所以B正确；
AC⊥BD，PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，所以A正确；
PA=3AB=3，∠ABC=π3，C为ABD三角形的外心，
所以三棱锥P﹣ABD的外接球的半径为：(12PA)2+(AC)2=74，
所以外接球的体积为：4π3×(74)3=77π6，所以C正确；
PD与BC所成的角为PD与AC所成角，tan∠PDA=PAAD=3，PD与BC所成的角为π3，所以D不正确．
故选：D．

二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022•佛山二模）关于复数z＝cos2π3+isin2π3（i为虚数单位），下列说法正确的是（　　）
A．|z|＝1
B．z在复平面上对应的点位于第二象限
C．z3＝1
D．z2+z+1＝0
【解题思路】根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．
【解答过程】解：z＝cos2π3+isin2π3=-12+32i，
对于A，|z|=(-12)2+(32)2=1，故A正确，
对于B，z=-12-32i，z在复平面上对应的点(-12，-32)，位于第三象限，故B错误，
对于C，∵z=-12+32i，∴z2=-12-32i，
∴z⋅z2=(-12+32i)(-12-32i)=1，故C正确，
对于D，z2+z+1=-12-32i+(-12+32i)+1=0，故D正确．
故选：ACD．
10．（5分）（2022•大东区模拟）记考试成绩Z的均值为μ，方差为2，若Z满足0.66＜P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）＜0.70，则认为考试试卷设置合理．在某次考试后，从20000名考生中随机抽取1000名考生的成绩进行统计，得到成绩的均值为66，方差为196，将数据分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．用样本估计总体，下列说法正确的是（　　）

A．本次考试成绩不低于80分的考生约为4000人
B．本次考试成绩的25%分位数约为47.5
C．a＝0.030
D．木次考试试卷设置合理
【解题思路】对于A，由频率分布直方图求出考试成绩不低于80分的频率即可求解；对于B，由频率分布直方图，根据百分数的计算公式即可求解；对于C，由所有矩形面积和为1即可求解；对于D，由频率分布直方图求出P（52＜Z＜＜80），即可作出判断．
【解答过程】解：对于A，由频率分布直方图可得考试成绩不低于80分的频率为10（0.005+0.015）＝0.2，
∴本次考试成绩不低于80分的考生约为20000×0.2＝4000人，故A正确；
对于B，由频率分布直方图可知，考试成绩在[30，50）的频率为0.05+0.1＝0.15＜0.25，
考试成绩在[30，60）的频率为0.05+0.1+0.15＝0.3＞0.25，
∴本次考试成绩的25%分位数为50+0.1×100.15≈56.7，故B错误；
对于C，由10（0.005+0.01+0.015+0.02+a+0.015+0.005）＝1，解得a＝0.030，故C正确；
对于D，由题意得μ＝66，σ＝14，∴μ﹣σ＝52，μ+σ＝80，
∴P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）＝P（52＜Z＜80）＝0.015×10×810+0.02×10+0.03×10＝0.62∉（0.66，0.7），故D错误．
故选：AC．
11．（5分）（2022春•开福区校级期中）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（　　）
A．若A＞B，则sinA＞sinB
B．若a＝4，b＝5，c＝6，则△ABC为钝角三角形
C．若a＝5，b＝10，A=π4，则符合条件的三角形不存在
D．若acosA＝bcosB，则△ABC一定是等腰三角形
【解题思路】利用正弦定理和余弦定理结合各选项的条件分别判断即可．
【解答过程】解：对于A：若a＞b，则2RsinA＞2RsinB，整理得sinA＞sinB，故A正确；
对于B：根据a＝4，b＝5，c＝6，可得cosC=a2+b2-c22ab=18＞0，
所以最大角C为锐角，故△ABC为锐角三角形，故B错误；
对于C：若a＝5，b＝10，A=π4，则sinB=b⋅sinAa=10×225=2＞1，
这样符合条件的三角形内角B不存在，故C正确；
对于D：若acosA＝bcosB，则sinAcosA＝sinBcosB，可得sin2A＝sin2B，
所以2A＝2B或2A+2B＝π，所以△ABC是等腰或直角三角形，故D不正确．
故选：AC．
12．（5分）（2022•湖南模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点．则（　　）

A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D．四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分的体积是43
【解题思路】A，由D1D∥C1C即可知直线D1D与直线AF所成角为∠AFC；B，利用线面平行的判定即可判断；C，由AD1∥EF及正方体性质易知截面为等腰梯形AEFD1，即可求面积；D，确定公共部分为正方体六个表面中心为顶点的正八面体，利用棱锥体积公式求体积即可．
【解答过程】解：对于A，由D1D∥C1C，故直线D1D与直线AF所成角为∠AFC，显然∠AFC≠90°，A错误；
对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，

由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
又GQ⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，A1Q⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴GQ∥平面AEF，A1Q∥平面AEF，又GQ∩A1Q＝Q，
所以平面A1GQ∥平面AEF，又因为A1G⊂平面A1GQ，
所以A1G∥平面AEF，故B正确；
对于C，因为E，F为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，
所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，
由题得该等腰梯形的上底EF=2，下底AD1＝22，腰长为5，所以梯形面积为92，故C正确；
四面体A1BC1D与四面体AB1CD1的公共部分是以正方体六个表面中心为顶点的正八面体，其棱长为2，所以其体积为2×13×(2)2×1=43，D正确；
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•响水县校级期中）设复数z满足（1+i）z＝2﹣2i（i为虚数单位），则|z|＝　2　．
【解题思路】先对已知复数进行化解，然后结合模长公式可求．
【解答过程】解：由题意得z=2-2i1+i=(2-2i)(1-i)(1+i)(1-i)=-2i．
故|z|＝2．
故答案为：2．
14．（5分）（2022春•运城月考）甲、乙两名乒乓球运动员进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，如果比赛采用“三局两胜”制（先胜两局者获胜）．若第一局甲胜，则本次比赛甲获胜的概率为 　0.84　．
【解题思路】直接利用互斥事件和概率的关系式的应用求出结果．
【解答过程】解：本次比赛甲获胜的概率为0.6+0.6×0.4＝0.84．
故答案为：0.84．
15．（5分）（2022•上饶模拟）已知向量a→，b→的夹角为2π3，且|b→|=1，|a→-2b→|=23，则向量|a→|=　2　．
【解题思路】利用向量数量积性质采用平方法，建立方程求解．
【解答过程】解：∵|a→-2b→|2=12，
∴(a→)2-4a→⋅b→+4(b→)2=12，根据已知条件，
∴|a→|2-4|a→|⋅(-12)+4=12，
∴|a→|2+2|a→|-8=0，
∴|a→|=2，
故答案为：2．
16．（5分）（2022•达州模拟）在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为D1C1，B1C1的中点，G为正方体棱上一动点．下列说法中所有正确的序号是 　②④　
①G在AB上运动时，存在某个位置，使得MG与A1D所成角为60°；
②G在AB上运动时，MG与CC1所成角的最大正弦值为53；
③G在AA1上运动且AG=13GA1时，过G，M，N三点的平面截正方体所得多边形的周长为85+22；
④G在CC1上运动时（G不与C1重合），若点G，M，N，C1在同一球面上，则该球表面积最大值为24π．
【解题思路】通过证明A1D⊥平面ABC1D1可知A1D⊥MG，得①错误；
取CD中点P，根据sin∠PMG=PGMG可知当MG最大时，cos∠PMG最小，则sin∠PMG最大，可确定当G与A或B重合时MG最大，由此计算知②正确；
作出平面GMN截正方体所得的截面图形，依次计算各边长可知③错误；
根据四点共球面可知该球即为三棱锥G﹣C1MN的外接球，由R=r2+(12C1G)2可知当G与C重合时，球的半径最大，由此可求得④正确．
【解答过程】解：对于①，连接AD1，BC1，

∵AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴AB⊥A1D；
∵四边形ADD1A1为正方形，∴A1D⊥AD1；
又AD1∩AB＝A，AD1，AB⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥平面ABC1D1，
又MG⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥MG，即MG与A1D所成角恒为90°，①错误；
对于②，取CD中点P，连接MP，PG，

∵M，P分别为C1D1，CD中点，∴MP∥CC1，又CC1⊥平面ABCD，∴MP⊥平面ABCD，
∴MG与CC1所成角即为∠PMG，sin∠PMG=PGMG，
当sin∠PMG最大时，cos∠PMG最小，
又cos∠PMG=MPMG=4MG，∴当MG最大时，cos∠PMG最小，
∵当G与A或B重合时，MG取得最大值42+22+42=6，
∴sin∠PMG的最小值为42+226=53，②正确；
对于③，延长NM，A1D1交于点S，连接GS交DD1于R；
延长MN，A1B1交于点T，连接GT交BB1于Q；
则过G，M，N三点的平面截正方体所得多边形即为五边形GQNMR；

取A1D1中点K，连接NK，
∵D1M∥NK，∴SD1SK=D1MNK=12，∴SD1SA1=13，即D1RA1G=13，
同理可得：B1QA1G=13，∴D1R＝B1Q＝1；
∴GQ=GR=42+22=25，MR=NQ=12+22=5，MN=22+22=22，
∴五边形GQNMR的周长为65+22，③错误；
对于④，若点G，M，N，C1在同一球面上，则该球即为三棱锥G﹣C1MN的外接球，

∵△C1MN的外接圆半径r=12MN=2，
∴三棱锥G﹣C1MN外接球半径R=r2+(12C1G)2，
又C1G的最大值为CC1＝4，∴Rmax=2+4=6，
∴该球表面积最大值为4π×6＝24π，④正确．
故答案为：②④．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春•安徽月考）已知复数z=6-4mi1+i（m∈R，i是虚数单位）．
（1）若z是实数，求实数m的值；
（2）设z是z的共轭复数，复数z-4z在复平面上对应的点位于第一象限，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据已知条件，结合复数的运算法则，以及实数的定义，即可求解．
（2）根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
【解答过程】解：（1）z=(6-4mi)(1-i)(1+i)(1-i)=3-2m-(3+2m)i，
因为z为实数，
所以3+2m＝0，解得m=-32．
（2）因为z是z的共轭复数，
所以z=3-2m+(3+2m)i，
所以z-4z=6m-9+(10m+15)i，
因为复数z-4z在复平面上对应的点位于第一象限，
所以6m﹣9＞0，同时10m+15＞0，解得m＞32，
故实数m的取值范围为(32，+∞)．
18．（12分）（2022•河南模拟）某单位有A，B两条生产线生产同一种产品．为了了解两条生产线产品质量的稳定性，要在两条生产线的产品中抽取一定数量的样品进行调查．每次在两条生产线的产品中各抽取100个样品，共抽取五次．已知在五次抽取中，A，B两条生产线合格产品的数量如下表：

第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
A
91
89
93
95
92
B
94
91
87
92
96
（1）分别计算五次抽取的样品中两条生产线合格产品数量的平均数；
（2）试通过计算方差，说明哪条生产线的产品质量更为稳定．
【解题思路】（1）根据已知数据，结合平均数的计算公式，直接求解即可；
（2）根据（1）中所求平均数，结合方差的计算公式，直接求解并进行比较即可．
【解答过程】解：（1）根据抽样数据可知：
A生产线的平均数为91+89+93+95+925=92，
B生产线的平均数为94+91+87+92+965=92；
（2）A生产线的方差sA2=1+9+1+9+05=4，
B生产线的方差sB2=4+1+25+0+165=465，
因为sA2＜sB2，所以A生产线更稳定．
19．（12分）（2022春•开福区校级期中）已知a→=(3，-2)，b→=(2，1)，O为坐标原点．
（1）若ma→+b→与a→-2b→的夹角为钝角，求实数m的取值范围；
（2）当t∈[﹣1，1]时，求|a→-tb→|的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意，求出ma→+b→与a→-2b→的坐标，由向量数量积的运算性质可得关于m的不等式，然后求出m的范围；
（2）根据题意，求出a→-tb→的坐标，得到|a→-tb→|的表达式，结合二次函数的性质，求出取值范围．
【解答过程】解：（1）根据题意，a→=(3，-2)，b→=(2，1)，
则ma→+b→=（3m+2，﹣2m+1），a→-2b→=（﹣1，4），
若ma→+b→与a→-2b→的夹角为钝角，
则有（ma→+b→）•（a→-2b→）＝﹣3m﹣2+8m﹣4＝5m﹣6＜0，且4（3m+2）≠﹣（﹣2m+1），
解得m＜65且m≠-12，即m的取值范围为（﹣∞，-12）∪（-12，65）；
（2）根据题意，a→-tb→=（3﹣2t，﹣2﹣t），
则|a→-tb→|2＝（3﹣2t）2+（﹣2﹣t）2＝5t2﹣8t+13，
所以|a→-tb→|=5t2-18t+13，
又﹣1≤t≤1，则755≤|a→-tb→|≤26，
即|a→-tb→|的取值范围是[755，26]．
20．（12分）（2021秋•桂林期末）为适应新冠肺炎疫情长期存在的新形势，打好疫情防控的主动仗，某学校大力普及科学防疫知识，现需要在2名女生、3名男生中任选2人担任防疫宣讲主持人，每位同学当选的机会是相同的．
（1）写出试验的样本空间，并求当选的2名同学中恰有1名女生的概率；
（2）求当选的2名同学中至少有1名男生的概率．
【解题思路】（1）列举出样本空间，求出基本事件总数和事件A包含的基本事件数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可．
（2）利用对立事件求解即可．
【解答过程】解：（1）将2名女生，3名男生分别用a，b；c，d，e表示，
则从5名同学中任选2名同学试验的样本空间为Ω＝{（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），
（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e）}，共有10个样本点，
设事件A＝当选的2名同学中恰有1名女生，
则A＝{（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e）}，样本点有6个，
∴P(A)=610=35，
即当选的2名同学中恰有1名女生的概率是35．
（2）设事件B＝当选的2名同学中至少有1名男生，事件C＝当选的2名同学中全部都是女生，事件B，C为对立事件，
因为C＝{（a，b）}，∴P(C)=110，
∴P(B)=1-P(C)=1-110=910．
即当选的2名同学中至少有1名男生的概率是910．
21．（12分）（2022春•郑州期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B为锐角，且(a2+c2-b2)tanB=3ac．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若△ABC的面积为23，a+c=3b，求△ABC外接圆的半径．
【解题思路】（Ⅰ）结合已知等式，余弦定理和同角三角函数的商数关系，求得sinB的值，得解；
（Ⅱ）由S=12acsinB，可得ac＝8，再结合余弦定理，求得b的值，然后利用正弦定理，得解．
【解答过程】解：（Ⅰ）由余弦定理知，cosB=a2+c2-b22ac=32tanB，
所以sinB＝cosBtanB=32，
又B为锐角，所以B=π3．
（Ⅱ）因为△ABC的面积S=12acsinB=34ac=23，所以ac＝8，
由余弦定理知，cosB=a2+c2-b22ac=(a+c)2-2ac-b22ac=3b2-16-b216=12，
所以b＝23，
由正弦定理知，2R=bsinB=2332=4，
所以△ABC外接圆的半径R＝2．
22．（12分）（2021春•湖北月考）如图，已知正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．作GH∥PB交PA于H．
（1）证明：G是AB的中点；
（2）证明：GH⊥面PAC；
（3）过点E作EF⊥面PAC，F为垂足，求三棱锥P﹣DEF的外接球体积．

【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明AB⊥平面PDG，从而AB⊥PG，由正三棱锥的几何性质即可证明；
（2）利用正三棱锥的几何性质结合线面垂直的判定定理证明PB⊥平面PAC，由GH∥PB，即可证明结论；
（3）作EF∥GH，且EF交PA于点F，利用边的关系求出所需线段的长度，利用线面垂直的判定定理和性质证明△PFD和△PED为直角三角形，取PD的中点O，求出外接球的半径，由球的体积公式求解即可．
【解答过程】（1）证明：因为PD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则PD⊥AB，
又DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则DE⊥AB，
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PDG，
又PG⊂平面PDG，则AB⊥PG，
三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，
所以PA＝PB，
故PG为AB边的中线，
故G为AB的中点；
（2）证明：因为三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，
所以各个侧面都是全等的等腰三角形，且PA⊥PB，
故PC⊥PB，PA⊥PC，且PA∩PC＝P，
则PB⊥平面PAC，
又GH∥PB，
所以GH⊥平面PAC；
（3）解：作EF∥GH，且EF交PA于点F，
则EF⊥平面PAC，
因为G为AB的中点，且D为正△ABC的中心，
所以C，D，G三点共线，且DG=13CG，
又AB=2PA=62，
所以GC=32AC=32×62=36，
故DG=13CG=6，

又PG＝AG=32，
所以PD=PG2-GD2=23，
在Rt△PGD中，12⋅GD⋅PD=12⋅PG⋅DE，
即12×6×23=12×32⋅DE，
解得DE＝2，
所以PE=PD2-DE2=12-4=22，
故PEPG=EFGH=23，
又GH=12AP=3，
所以EF＝2，
因为EF⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
则PA⊥EF，
又DE⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，
则PA⊥DE，
因为EF∩DE＝E，
所以PA⊥平面DEF，又DF⊂平面DEF，
故PA⊥DF，
取PD的中点O，在Rt△PFD和Rt△PED中，FO＝EO＝OP＝OD，
所以O为三棱锥P﹣DEF的外接球的球心，则OD=12PD=3，
设三棱锥P﹣DEF的外接球的半径为R，则R=3，
所以三棱锥P﹣DEF的外接球的体积V=43πR3=43π．