2023年江西省南昌市十所省重點中學高考數學二模試卷（理科）（六）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每一小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（5分）已知集合A=x|x2﹣x﹣2＜0}，B={x|log4x＜}，則（）A．A∩B=?B．B?AC．A∩?RB=RD．A?B【考點】：集合的包含關系判斷及應用．【專題】：集合．【分析】：先根據不等式的解法求出集合A，再根據對數的單調性求出集合B，根據子集的關系即可判斷．【解答】：解：∵x2﹣x﹣2＜0，∴（x﹣2）（x+1）＜0，解得﹣1＜x＜2∴A=（﹣1，2），∵log4x＜=log42，∴0＜x＜2，∴B=（0，2），∴B?A，故選：B【點評】：本題考查了不等式的解法和函數的性質，以及集合的包含關系，屬于基礎題．2．（5分）在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A．（0，﹣1）B．C．D．【考點】：復數代數形式的乘除運算．【專題】：數系的擴充和復數．【分析】：利用復數的運算法則、幾何意義即可得出．【解答】：解：復數===﹣i對應的點的坐標為（0，﹣1），故選：A．【點評】：本題考查了復數的運算法則、幾何意義，屬于基礎題．3．（5分）已知y=f（x）是定義在R上的奇函數，則下列函數中為奇函數的是（）①y=f（|x|）；②y=f（﹣x）；③y=xf（x）；④y=f（x）+x．A．①③B．②③C．①④D．②④【考點】：函數奇偶性的判斷．【專題】：計算題．【分析】：由奇函數的定義：f（﹣x）=﹣f（x）逐個驗證即可【解答】：解：由奇函數的定義：f（﹣x）=﹣f（x）驗證①f（|﹣x|）=f（|x|），故為偶函數②f[﹣（﹣x）]=f（x）=﹣f（x），為奇函數③﹣xf（﹣x）=﹣x?[﹣f（x）]=xf（x），為偶函數④f（﹣x）+（﹣x）=﹣[f（x）+x]，為奇函數可知②④正確故選D【點評】：題考查利用函數的奇偶性的定義判斷函數的奇偶性，是基礎題．4．（5分）已知向量，，若向量滿足與的夾角為120°，，則=（）A．1B．C．2D．【考點】：平面向量數量積的運算．【專題】：平面向量及應用．【分析】：運用坐標求解，=（x，y），得出x﹣2y=﹣5，根據夾角公式得出=，即=，整體代入整體求解即可得出=2．選擇答案．【解答】：解：設=（x，y）∵，，∴4=（﹣1，2），|4|=，∵，∴﹣x+2y=5，即x﹣2y=﹣5，∵向量滿足與的夾角為120°∴=，即=，∵=，∴=2．故||=2，故選：D．【點評】：本題綜合考查了平面向量的數量積的運算，運用坐標求解數量積，夾角，模，難度不大，計算準確即可完成題目．5．（5分）設{an}是公差不為零的等差數列，滿足，則該數列的前10項和等于（）A．﹣10B．﹣5C．0D．5【考點】：等差數列的前n項和．【專題】：等差數列與等比數列．【分析】：設出等差數列的首項和公差，把已知等式用首項和公差表示，得到a1+a10=0，則可求得數列的前10項和等于0．【解答】：解：設等差數列{an}的首項為a1，公差為d（d≠0），由，得，整理得：2a1+9d=0，即a1+a10=0，∴．故選：C．【點評】：本題考查了等差數列的通項公式，考查了等差數列的前n項和，是基礎的計算題．6．（5分）某同學想求斐波那契數列0，1，1，2，…（從第三項起每一項等于前兩項的和）的前10項的和，他設計了一個程序框圖，那么在空白矩形框和判斷框內應分別填入的語句是（）A．c=a；i≤9B．b=c；i≤9C．c=a；i≤10D．b=c；i≤10【考點】：程序框圖．【專題】：圖表型；算法和程序框圖．【分析】：由斐波那契數列從第三項起每一項等于前兩項的和，由程序框圖從而判斷空白矩形框內應為：b=c，模擬執行程序框圖，當第8次循環時，i=10，由題意不滿足條件，退出執行循環，輸出S的值，即可得判斷框內應為i≤9．【解答】：解：由題意，斐波那契數列0，1，1，2，…，從第三項起每一項等于前兩項的和，分別用a，b來表示前兩項，c表示第三項，S為數列前n項和，故空白矩形框內應為：b=c，第1次循環：a=0，b=1，S=0+4=1，i=3，求出第3項c=1，求出前3項和S=0+1+1=2，a=1，b=1，滿足條件，i=4，執行循環；第2次循環：求出第4項c=1+1=2，求出前4項和S=0+1+1+2=4，a=1，b=2，滿足條件，i=5，執行循環；…第8次循環：求出第10項c，求出前10項和S，此時i=10，由題意不滿足條件，退出執行循環，輸出S的值．故判斷框內應為i≤9．故選：B．【點評】：本題考查的知識點是程序框圖解決實際問題，循環結構有兩種形式：當型循環結構和直到型循環結構，當型循環是先判斷后循環，直到型循環是先循環后判斷．算法和程序框圖是新課標新增的內容，在近兩年的新課標地區高考都考查到了，這啟示我們要給予高度重視，屬于基礎題．7．（5分）若不等式組表示的平面區域是面積為的三角形，則m的值為（）A．B．C．D．【考點】：二元一次不等式（組）與平面區域．【專題】：不等式的解法及應用．【分析】：作出不等式組對應的平面區域，利用三角形的面積，即可得到結論．【解答】：解：作出不等式組對應的平面區域如圖，若對應的區域為三角形，則m＜2，由，得，即C（m，m），由，得，即B（m，），由，得，即A（2，2），則三角形ABC的面積S=×（﹣m）×（2﹣m）=，即（2﹣m）2=，解得2﹣m=，或2﹣m=﹣，即m=或m=（舍），故m=；故選：C【點評】：本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合作出對應的圖象，利用三角形的面積公式是解決本題的關鍵．8．（5分）F是雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦點，過點F向C的一條漸近線引垂線，垂足為A，交另一條漸近線于點B．若2=，則C的離心率是（）A．B．2C．D．【考點】：雙曲線的簡單性質．【專題】：計算題；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】：設一漸近線OA的方程為y=x，設A（m，m），B（n，﹣），由2=，求得點A的坐標，再由FA⊥OA，斜率之積等于﹣1，求出a2=3b2，代入e==進行運算．【解答】：解：由題意得右焦點F（c，0），設一漸近線OA的方程為y=x，則另一漸近線OB的方程為y=﹣x，設A（m，），B（n，﹣），∵2=，∴2（c﹣m，﹣）=（n﹣c，﹣），∴2（c﹣m）=n﹣c，﹣=﹣，∴m=c，n=，∴A（，）．由FA⊥OA可得，斜率之積等于﹣1，即?=﹣1，∴a2=3b2，∴e===．故選C．【點評】：本題考查雙曲線的標準方程，以及雙曲線的簡單性質的應用，求得點A的坐標是解題的關鍵．9．（5分）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A．4B．21+C．3+12D．+12【考點】：由三視圖求面積、體積．【專題】：空間位置關系與距離．【分析】：根據題意得出該幾何體是如圖紅色的正6邊形截得的正方體下方的幾何體，利用幾何體的對性求解部分表面積，再運用正6邊形面積公式求解即可．【解答】：解：根據三視圖得出該幾何體是如圖紅色的正6邊形截得的正方體下方的幾何體，∵可得出正方體的棱長為2，∴根據分割的正方體的2個幾何體的對稱性，得出S1==12，紅色的正6邊形的面積為：6××=3∴該幾何體的表面積為12+3．故選：C【點評】：本題考查的知識點是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關鍵是得到該幾何體的形狀，根據該幾何體的性質求解面積公式．10．（5分）如圖是函數圖象的一部分，對不同的x1，x2∈[a，b]，若f（x1）=f（x2），有，則（）A．f（x）在上是減函數B．f（x）在上是減函數C．f（x）在上是增函數D．f（x）在上是減函數【考點】：正弦函數的圖象．【專題】：三角函數的圖像與性質．【分析】：由條件根據函數y=Asin（ωx+φ）的圖象特征，求得a+b=﹣φ，再根據f（a+b）=2sinφ=，求得φ的值，可得f（x）的解析式，再根據正弦函數的單調性得出結論．【解答】：解：由函數圖象的一部分，可得A=2，函數的圖象關于直線x==對稱，∴a+b=x1+x2．由五點法作圖可得2a+φ=0，2b+φ=π，∴a+b=﹣φ．再根據f（a+b）=2sin（π﹣2φ+φ）=2sinφ=，可得sinφ=，∴φ=，f（x）=2sin（2x+）．在上，2x+∈（﹣，），故f（x）在上是增函數，故選：C．【點評】：本題主要考查由函數y=Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，函數y=Asin（ωx+φ）的圖象特征，正弦函數的單調性，屬于中檔題．11．（5分）過拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點且斜率為2的直線與C交于A、B兩點，以AB為直徑的圓與C的準線有公共點M，若點M的縱坐標為2，則p的值為（）A．1B．2C．4D．8【考點】：拋物線的簡單性質．【專題】：直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】：取AB的中點N，分別過A、B、N作準線的垂線AP、BQ、MN，垂足分別為P、Q、M，作出圖形，利用拋物線的定義及梯形的中位線性質可推導，|MN|=|AB|，從而可判斷圓與準線的位置關系：相切，確定拋物線y2=2px的焦點，設直線AB的方程，與拋物線方程聯立，由韋達定理可得AB的中點M的縱坐標為，由條件即可得到p=4．【解答】：解：取AB的中點N，分別過A、B、N作準線的垂線AP、BQ、MN，垂足分別為P、Q、M，如圖所示：由拋物線的定義可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，在直角梯形APQB中，|MN|=（|AP|+|BQ|）=（|AF|+|BF|）=|AB|，故圓心N到準線的距離等于半徑，即有以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切，由M的縱坐標為2，即N的縱坐標為2，拋物線y2=2px的焦點坐標為（，0），設直線AB的方程為y=2（x﹣），即x=y+，與拋物線方程y2=2px聯立，消去x，得y2﹣py﹣p2=0由韋達定理可得AB的中點N的縱坐標為，即有p=4，故選C．【點評】：本題考查直線與拋物線的位置關系、直線圓的位置關系，考查拋物線的定義，考查數形結合思想，屬中檔題．12．（5分）已知函數f（x）=（a﹣3）x﹣ax3在[﹣1，1]的最小值為﹣3，則實數a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣1]B．[12，+∞）C．[﹣1，12]D．【考點】：函數的最值及其幾何意義．【專題】：計算題；函數的性質及應用．【分析】：分析四個選項，可發現C、D選項中a可以取0，故代入a=0可排除A、B；再注意C、D選項，故將代入驗證即可；從而得到答案．【解答】：解：當a=0時，f（x）=﹣3x，x∈[﹣1，1]，顯然滿足，故a可以取0，故排除A，B；當時，，，所以f（x）在[﹣1，1]上遞減，所以，滿足條件，故排除C，故選：D．【點評】：本題考查了函數的最值的求法及排除法的應用，屬于中檔題．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分1，3，5．13．（5分）展開式中的常數項為80．【考點】：二項式系數的性質．【專題】：計算題；二項式定理．【分析】：在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數等于0，求出r的值，即可求得常數項．【解答】：解：的展開式的通項公式為Tr+1=令15﹣5r=0，解得r=3，故展開式中的常數項為80，故答案為：80．【點評】：本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，求展開式中某項的系數．14．（5分）A、B、C三點在同一球面上，∠BAC=135°，BC=2，且球心O到平面ABC的距離為1，則此球O的體積為4．【考點】：球的體積和表面積．【專題】：空間位置關系與距離；球．【分析】：運用正弦定理可得△ABC的外接圓的直徑2r，再由球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的半徑構成直角三角形，即可求得球的半徑，再由球的體積公式計算即可得到．【解答】：解：由于∠BAC=135°，BC=2，則△ABC的外接圓的直徑2r==2，即有r=，由于球心O到平面ABC的距離為1，則由勾股定理可得，球的半徑R===，即有此球O的體積為V=πR3=π×（）3=4．故答案為：4．【點評】：本題考查球的體積的求法，主要考查球的截面的性質：球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的半徑構成直角三角形，同時考查正弦定理的運用：求三角形的外接圓的直徑，屬于中檔題．15．（5分）如圖，在平面直角坐標系xoy中，將直線y=與直線x=1及x軸所圍成的圖形繞x軸旋轉一周得到一個圓錐，圓錐的體積V圓錐=π（）2dx=|=據此類比：將曲線y=x2（x≥0）與直線y=2及y軸所圍成的圖形繞y軸旋轉一周得到一個旋轉體，該旋轉體的體積V=2π．【考點】：用定積分求簡單幾何體的體積．【專題】：導數的概念及應用；推理和證明．【分析】：根據類比推理，結合定積分的應用，即可求出旋轉體的體積．【解答】：解：根據類比推理得體積V==πydy=，故答案為：2π【點評】：本題主要考查旋轉體的體積的計算，根據類比推理是解決本題的關鍵．16．（5分）已知數列{an}滿足，Sn是其前n項和，若S2023=﹣1007﹣b，且a1b＞0，則的最小值為．【考點】：數列遞推式；基本不等式．【專題】：點列、遞歸數列與數學歸納法．【分析】：由已知遞推式得到a2+a3=﹣2，a4+a5=4，…，a2023+a2023=2023，a2023+a2023=﹣2023，累加可求S2023，結合S2023=﹣1007﹣b求得a1+b=1，代入展開后利用基本不等式求最值．【解答】：解：由已知得：a2+a3=﹣2，a4+a5=4，…，a2023+a2023=2023，a2023+a2023=﹣2023，把以上各式相加得：S2023﹣a1=﹣2023+1006=﹣1008，∴S2023=a1﹣1008=﹣1007﹣b，即a1+b=1，∴=．故答案為：．【點評】：本題考查了數列遞推式，考查了累加法求數列的和，訓練了利用基本不等式求最值，是中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共70分，解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟．17．（12分）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a=3，sinC=2sinB，求b、c的值．【考點】：余弦定理；正弦定理．【專題】：解三角形．【分析】：（1）由已知利用正弦定理余弦定理可得：=，化為2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，即可得出；（2）利用正弦定理余弦定理即可得出．【解答】：解：（1）由正弦定理余弦定理得=，∴2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，∵sinC≠0，∴，∵A∈（0，π），∴．（2）由sinC=2sinB，得c=2b，由條件a=3，，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc=3b2，解得．【點評】：本題考查了正弦定理余弦定理的應用、兩角和差的正弦公式、三角形內角和定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．18．（12分）根據最新修訂的《環境空氣質量標準》指出空氣質量指數在0：50，各類人群可正常活動．某市環保局在2023年對該市進行了為期一年的空氣質量檢測，得到每天的空氣質量指數，從中隨機抽取50個作為樣本進行分析報告，樣本數據分組區間為[0，10），[10，20），[20，30），[30，40），[40，50]，由此得到樣本的空氣質量指數頻率分布直方圖，如圖．（Ⅰ）求a的值；并根據樣本數據，試估計這一年度的空氣質量指數的平均值；（Ⅱ）用這50個樣本數據來估計全年的總體數據，將頻率視為概率．如果空氣質量指數不超過20，就認定空氣質量為“最優等級”．從這一年的監測數據中隨機抽取2天的數值，其中達到“最優等級”的天數為ξ，求ξ的分布列，并估計一個月（30天）中空氣質量能達到“最優等級”的天數．【考點】：離散型隨機變量及其分布列；頻率分布直方圖；離散型隨機變量的期望與方差．【專題】：概率與統計．【分析】：（Ⅰ）通過概率的和為1，求出a，求出50個樣本中空氣質量指數的平均值，即可得到由樣本估計總體推出結果．（Ⅱ）利用樣本估計總體，推出ξ～B（2，）．ξ的可能取值為0，1，2，求出概率，得到ξ的分布列，然后求解期望，得到一個月（30天）中空氣質量能達到“最優等級”的天數．【解答】：解：（Ⅰ）由題意，得（++a++）×10=1解得a=…（3分）50個樣本中空氣質量指數的平均值為=×5+×15+×25+×35+×45=．由樣本估計總體，可估計2023年這一年度空氣質量指數的平均值約為…（6分）（Ⅱ）利用樣本估計總體，該年度空氣質量指數在[0，20]內為“最優等級”，且指數達到“最優等級”的概率為，則ξ：B（2，）．ξ的可能取值為0，1，2，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==．∴ξ的分布列為：…（8分）Eξ=．（或者Eξ=2×=），…（10分）一個月（30天）中空氣質量能達到“最優等級”的天數大約為30×=9天．…（12分）【點評】：本題考查實數值的求法，考查平均值的求法，考查離散型隨機變量的分布列和數學期望的求法，解題時要認真審題，注意頻率分布直方圖的合理運用．19．（12分）如圖所示，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，側面ABB1A1為菱形，∠DAB=∠DAA1．（Ⅰ）求證：A1B⊥AD；（Ⅱ）若AD=AB=2BC，∠A1AB=60°，點D在平面ABB1A1上的射影恰為線段A1B的中點，求平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值．【考點】：二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質．【專題】：空間位置關系與距離；空間角．【分析】：（Ⅰ）通過已知條件易得=、∠DAB=∠DAA1，利用=0即得A1B⊥AD；（Ⅱ）通過建立空間直角坐標系O﹣xyz，平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值即為平面ABB1A1的法向量與平面DCC1D1的一個法向量的夾角的余弦值，計算即可．【解答】：（Ⅰ）通過條件可知=、∠DAB=∠DAA1，利用=即得A1B⊥AD；（Ⅱ）解：設線段A1B的中點為O，連接DO、AB1，由題意知DO⊥平面ABB1A1．因為側面ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B，故可分別以射線OB、射線OB1、射線OD為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系O﹣xyz，如圖所示．設AD=AB=2BC=2a，由∠A1AB=60°可知|0B|=a，，所以=a，從而A（0，a，0），B（a，0，0），B1（0，a，0），D（0，0，a），所以==（﹣a，a，0）．由可得C（a，a，a），所以=（a，a，﹣a），設平面DCC1D1的一個法向量為=（x0，y0，z0），由?=?=0，得，取y0=1，則x0=，z0=，所以=（，1，）．又平面ABB1A1的法向量為=D（0，0，a），所以===，故平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值為．【點評】：本題考查二面角，空間中兩直線的位置關系，向量數量積運算，注意解題方法的積累，建立坐標系是解決本題的關鍵，屬于中檔題．20．（12分）已知橢圓E：的焦距為2，A是E的右頂點，P、Q是E上關于原點對稱的兩點，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為．（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）過E的右焦點作直線與E交于M、N兩點，直線MA、NA與直線x=3分別交于C、D兩點，設△ACD與△AMN的面積分別記為S1、S2，求2S1﹣S2的最小值．【考點】：橢圓的簡單性質．【專題】：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】：（I）通過P、Q是E上關于原點對稱的兩點，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為，及焦距為2，計算可得a2=4，b2=3，從而可得E的方程；（II）設直線MN的方程為x=my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），可得直線MA的方程，聯立直線MN與橢圓E的方程，利用韋達定理可得S1，S2的表達式，通過換元法計算可得結論?【解答】：解：（I）根據題意，設P（x0，y0），Q（﹣x0，﹣y0），則，，依題意有，又c=1，所以a2=4，b2=3，故橢圓E的方程為：；（II）設直線MN的方程為x=my+1，代入E的方程得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，設M（x1，y1），N（x2，y2），由韋達定理知，又直線MA的方程為，將x=3代入，得，同理，所以，所以，，則2，令，則m2=t2﹣1，所以，記，則，所以f（t）在[1，+∞）單調遞增，從而f（t）的最小值為，故2S1﹣S2的最小值為?【點評】：本題考查橢圓的簡單性質，直線與橢圓的位置關系，韋達定理，換元法等知識，注意解題方法的積累，屬于難題．21．（12分）已知函數f（x）=lnx﹣mx2，g（x）=+x，m∈R令F（x）=f（x）+g（x）．（Ⅰ）當m=時，求函數f（x）的單調遞增區間；（Ⅱ）若關于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整數m的最小值；（Ⅲ）若m=﹣2，正實數x1，x2滿足F（x1）+F（x2）+x1x2=0，證明：x1+x2．【考點】：導數在最大值、最小值問題中的應用；利用導數研究函數的單調性．【專題】：函數的性質及應用；導數的綜合應用．【分析】：（1）先求函數的定義域，然后求導，通過導數大于零得到增區間；（2）不等式恒成立問題轉化為函數的最值問題，應先求導數，研究函數的單調性，然后求函數的最值；（3）聯系函數的F（x）的單調性，然后證明即可．注意對函數的構造．【解答】：解：（1）．由f′（x）＞0得1﹣x2＞0又x＞0，所以0＜x＜1．所以f（x）的單增區間為（0，1）．（2）令x+1．所以=．當m≤0時，因為x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是遞增函數，又因為G（1）=﹣．所以關于x的不等式G（x）≤mx﹣1不能恒成立．當m＞0時，．令G′（x）=0得x=，所以當時，G′（x）＞0；當時，G′（x）＜0．因此函數G（x）在是增函數，在是減函數．故函數G（x）的最大值為．令h（m）=，因為h（1）=，h（2）=．又因為h（m）在m∈（0，+∞）上是減函數，所以當m≥2時，h（m）＜0．所以整數m的最小值為2．（3）當m=﹣2時，F（x）=lnx+x2+x，x＞0．由F（x1）+F（x2）+x1x2=0，即．化簡得．令t=x1x2，則由φ（t）=t﹣lnt得φ′（t）=．可知φ′（t）在區間（0，1）上單調遞減，在區間（1，+∞）上單調遞增．所以φ（t）≥φ（1）=1．所以，即成立．【點評】：本題考查了利用導數研究函數的單調性的基本思路，不等式恒成立問題轉化為函數最值問題來解的方法．屬于中檔題，難度不大．【選修4-1：幾何證明選講】（共1小題，滿分10分）22．（10分）如圖，已知AB為圓O的一條直徑，以端點B為圓心的圓交直線AB于C、D兩點，交圓O于E、F兩點，過點D作垂直于AD的直線，交直線AF于H點．（Ⅰ）求證：B、D、H、F四點共圓；（Ⅱ）若AC=2，AF=2，求△BDF外接圓的半徑．【考點】：圓內接多邊形的性質與判定；與圓有關的比例線段．【專題】：直線與圓．【分析】：（Ⅰ）由已知條件推導出BF⊥FH，DH⊥BD，由此能證明B、D、F、H四點共圓．（2）因為AH與圓B相切于點F，由切割線定理得AF2=AC?AD，解得AD=4，BF=BD=1，由△AFB∽△ADH，得DH=，由此能求出△BDF的外接圓半徑．【解答】：（Ⅰ）證明：因為AB為圓O一條直徑，所以BF⊥FH，…（2分）又DH⊥BD，故B、D、F、H四點在以BH為直徑的圓上，所以B、D、F、H四點共圓．…（4分）（2）解：因為AH與圓B相切于點F，由切割線定理得AF2=AC?AD，即（2）2=2?AD，解得AD=4，…（6分）所以BD=，BF=BD=1，又△AFB∽△ADH，則，得DH=，…（8分）連接BH，由（1）知BH為DBDF的外接圓直徑，BH=，故△BDF的外接圓半徑為．…（10分）【點評】：本題考查四點共圓的證明，考查三角