2020年甘肃省高考数学一模试卷(理科)含答案解析

2020年甘肃省高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知全集U=R，集合M={x|0≤x＜5}，N={x|x≥2}，则（?UN）∩M=（）A．{x|0x＜2}Bx|0x2Cx0x2D．{x0x≤2}≤．{＜≤}．{|＜＜}|≤2=biab∈R），其中i为虚数单位，则ab=（）．已知+（，+A．﹣1B．1C．2D．33an}的各项均为正数，且alog⋯log3a8={（）．等比数列，则A．10B．9C．8D．74．已知定义域为R的函数f（x）不是偶函数，则下列命题一定为真命题的是（）A．?x∈R，f（﹣x）≠f（x）B．C．?x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0）

x∈R，f（﹣x）≠﹣f（x）D．?x0∈R，f（﹣x0）≠﹣f（x0）5xy，且z=xy的最大值和最小值分别为m和n．若变量，满足约束条件+，则m﹣n=（）A．5B．6C．7D．86，，满足||=||=||，+=，则向量与向量的夹角为（）．设非零向量A．150°B．120°C．60°D．30°7．如图，网格纸上小正方形的边长为l，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A．lB．2C．2D．482020，公差为﹣3的等差数列{an}前n项和的最大值的程序框图，．如图表示的是求首项为则①和②处可填写（）第1页（共21页）Aa0？，②a=a3Ba0？，②a=a3Ca0a=a3D．①a．①＜﹣．①＜+．①＞？，②﹣0？，②a=a+39．已知A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），△ABC的外接圆在点A处的切线为l，则点B到直线l的距离为（）A．B．1C．D．10．已知抛物线C：y2=16x，焦点为F，直线l：x=﹣1，点A∈l，线段AF与抛物线C的交点为B，若=5，则||=（）A．6B．35C．4D．4011．如图，矩形ABCD中AD边的长为1，AB边的长为2，矩形ABCD位于第一象限，且顶点A，D分别在x轴y轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值是（）A．B．5C．6D．712fx）的导函数为f′x），若?x∈（0∞xf′x）＜2fx）成立，．已知函数（（，+），都有（（则（）A．2f（）＞3f（）B．2f（1）＜3f（）C．4f（）＜3f（2）D．4f（1）＞f（2）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若（a﹣）5展开式中的常数项为﹣40，则a______．14．已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为12π，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此三棱柱的体积为______．15an}满足a1=2an+1=an+log2（1﹣），则a=______．．若数列{，3216．若函数f（x）=x2﹣4ex﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为______．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第2页（共21页）17．在△ABC中，a，b，c分别为角 A、B、C的对边，若 =（cos2 ，1）， =（cos2（B+C），1），且 ∥ ．（I）求角A；（Ⅱ）当a=6，且△ABC的面积S满足 = 时，求边c的值和△ABC的面积．18．某射击训练基地教练为了对某运动员的成绩做一分析，随机抽取该名运动员的t次射击成绩作为一个样本，根据此数据做出了频数与频率的统计表和频率分布直方图如下：分组频数频率[8.4，8.9）90.15[8.9，9.4）m0.3[9.4，9.9）24n[9.9，10.4qp）[10.4，10.930.05）合计t1（I）求表中 t，p及图中a的值；（Ⅱ）在所取的样本中，从不少于 9.9环的成绩中任取 3次，X表示所取成绩不少于 10.4的次数，求随机变量 X的分布列及数学期望．19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，F、G、H分别是PC、AB、BC的中点，PA⊥平面ABC，PA=AB=AC=2，二面角B﹣PA﹣C为120°．（I）证明：FG⊥AH；（Ⅱ）求二面角 A﹣CP﹣B的余弦值．20．已知椭圆 C： =l（a＞b＞0），F1、F2为左右焦点，下顶点为 B1，过F的直线l交椭圆于 M、N两点，当直线 l的倾斜角为 时，F1B⊥l．（I）求椭圆 C的离心率；第3页（共21页）（Ⅱ）若P为椭圆上一动点，直线PM、PN的斜率记为kPM、kPN，且不为零，当直线l垂直于x轴时，是否存在最小值？若存在，试求出该最小值；若不存在，请说明理由．21fx）=ln1x）一a0．已知函数（（+（＞）．I）当fx）在[0，+∞a的取值范围；（（）内单调递增时，求实数（Ⅱ）证明：．【选修4-1：几何证明选讲】22．如图所示，AB为圆D的直径，BC为圆O的切线，过A作OC的平行线交圆O于D，BD与OC相交于E．I）求证：CD为圆O的切线；（Ⅱ）若OA=AD=4，求OC的长．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．已知在直角坐标系 xOy中，曲线 C的方程是（x﹣2）2+（y﹣l）2=4，直线l经过点P（3，），倾斜角为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）写出曲线C的极坐标方程和直线l的参数方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|OA|?|OB|的值．【选修4-5：不等式选讲】24．设函数f（x）=|x﹣a|（a∈R）．（I）当a=3时，解不等式f（x）≥4﹣|x+l|；（Ⅱ）若不等式fx）≤l的解集为[13]，且（m0n0m2n的最小（，＞，＞），求+值．第4页（共21页）2020年甘肃省高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1U=R，集合M={x0x＜5N={xx2UN）∩M=（）．已知全集|≤}，|≥}，则（?A．{x0x2}Bx0x2Cx0x2D．{x0x2}|≤＜．{|＜≤}．{|＜＜}|≤≤【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据补集的定义求出 N在全集中的补集 ?UN，再求（?UN）∩M即可．【解答】解：∵全集 U=R，集合M={x|0≤x＜5}，N={x|x≥2}，?UN={x|x＜2}则（?UN）∩M={x|0≤x＜2}．故选：A．2=biab∈R），其中i为虚数单位，则ab=（）．已知+（，+A．﹣1B．1C．2D．3【考点】复数代数形式的混合运算．【分析】先化简复数，再利用复数相等，解出a、b，可得结果．【解答】解：由得a2i=bi1a=1b=2，所以ab=1+﹣，所以由复数相等的意义知﹣，+另解：由得﹣ai2=biabR），则﹣a=1，b=2，ab=1．++（，∈+故选B．3an}的各项均为正数，且a1a8=9log3al+log3a2+⋯+log3a8=（）．等比数列{，则A．10B．9C．8D．7【考点】等比数列的通项公式．【分析】利用等比数列的性质和对数运算法则求解．【解答】解：∵等比数列{an}的各项均为正数，且a1a8=9，log3al+log3a2+⋯+log3a8= =4log39=8．故选：C．4．已知定义域为 R的函数f（x）不是偶函数，则下列命题一定为真命题的是（ ）A．?x∈R，f（﹣x）≠f（x）B．?x∈R，f（﹣x）≠﹣f（x）C．?x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0） D．?x0∈R，f（﹣x0）≠﹣f（x0）【考点】全称命题；特称命题．【分析】根据定义域为R的函数f（x）不是偶函数，可得：?x∈R，f（﹣x）=f（x）为假命题；则其否定形式为真命题，可得答案．第5页（共21页）【解答】解：∵定义域为 R的函数f（x）不是偶函数，?x∈R，f（﹣x）=f（x）为假命题；?x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0）为真命题，故选：C．5．若变量x，y满足约束条件 ，且z=x+y的最大值和最小值分别为 m和n，则m﹣n=（ ）A．5 B．6 C．7 D．8【考点】简单线性规划．【分析】作出可行域，将目标函数变形为y=﹣x+z，根据可行域找到直线截距取得最大值和最小值时的最优解．【解答】解：作出约束条件表示的可行域如图：由z=x+y得y=﹣x+z，由可行域可知当直线y=﹣x+z经过点A时，直线截距最大，即z最大，当直线y=﹣x+z经过点B时，直线截距最小，即z最小．解方程组 得x=4，y=5．z的最大值m=4+5=9．解方程组 得x=1，y=2．z的最小值n=1+2=3．m﹣n=6．故选：B．6，，满足||=||=||，+=，则向量与向量的夹角为（）．设非零向量A．150°B．120°C．60°D．30°【考点】平面向量数量积的运算．【分析】作出图形，根据向量的几何意义和几何知识求出夹角．第6页（共21页）【解答】解：设 ， ，以 ， 为邻边作平行四边形 OACB，则 = ．∵| |=| |，∴四边形 OACB是菱形．设OA=AC=1，则OC= ．∴cos∠AOC= = ．∴∠AOC=30°．故选：D．7．如图，网格纸上小正方形的边长为 l，粗线画出的是某多面体的三视图， 则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）A．l B．2 C．2 D．4【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图知几何体是三棱锥为棱长为 2的正方体一部分， 画出直观图，由正方体的性质求出最长的棱，判断出该四面体各面中最大的面，由三角形的面积公式求出即可．【解答】解：根据三视图知几何体是：三棱锥P﹣ABC为棱长为2的正方体一部分，直观图如图所示：由正方体的性质可得，最长棱为PC=PB=BC=2 ，其他棱长都小于 2 ，∴△PBC是该四面体各面中最大的面，∴△PBC的面积S==2 ，故选：C．第7页（共21页）82020，公差为﹣3的等差数列{an}前n项和的最大值的程序框图，．如图表示的是求首项为则①和②处可填写（）A．①a0？，②a=a3B．①a0？，②a=a3C．①a0？，②a=a3D．①a＜﹣＜+＞﹣0？，②a=a+3【考点】程序框图．【分析】由程序设计意图可知， ②处应求通项，有 a=a﹣3，又由此数列首项为正数，公差为负数，求前 n项和的最小值只需累加至最后一个正项即可，从而可求 ①处可填写：a＞0．【解答】解：由程序设计意图可知， S表示此等差数列 {an}前n项和，故②处应该填写 a=a3，又因为此数列首项为正数， 公差为负数，求前n项和的最大值只需累加至最后一个正项即可，故①处可填写：a＞0．故选：A．9．已知A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），△ABC的外接圆在点 A处的切线为 l，则点B到直线l的距离为（ ）A． B．1 C． D．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】先判断出△ABC为以B为直角的直角三角形， 进而求出△ABC的外接圆在点 A处的切线l的方程，代入点到直线距离公式，可得答案．【解答】解：∵A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），∴ =（3，1）， =（3，﹣9），?=0，故⊥，故△ABC为以B为直角的直角三角形，第8页（共21页）故AC为△ABC的外接圆的直径，∵kAC= =﹣ ，故△ABC的外接圆在点 A处的切线l的斜率为 ，故△ABC的外接圆在点 A处的切线l的方程为 y= （x+1），即3x﹣4y+3=0，故点B到直线l的距离d==1，故选：B．10．已知抛物线C：y2=16x，焦点为F，直线l：x=﹣1，点A∈l，线段AF与抛物线C的交点为B，若=5，则||=（）A．6B．35C．4D．40【考点】抛物线的简单性质．【分析】设A（﹣1，a），B（m，n），且n2=16m，利用向量共线的坐标表示，由=5，确定A，B的坐标，即可求得||．【解答】解：由抛物线 C：y2=16x，可得F（4，0），设A（﹣1，a），B（m，n），且n2=16m，∵=5，∴﹣1﹣4=5（m﹣4），∴m=3，∴n=±4，∵a=5n，∴a=±20 ，∴| |= =35．故选：B．11．如图，矩形 ABCD中AD边的长为 1，AB边的长为 2，矩形ABCD位于第一象限，且顶点A，D分别在x轴y轴的正半轴上（含原点）滑动，则 的最大值是（ ）A．B．5C．6D．7【考点】平面向量数量积的运算．【分析】设A（a，0），D（0，b），∠BAX=θ，利用AD=1得出a，b之间的关系，用a，b，θ表示出B，C的坐标，代入数量积公式运算得出关于θ的三角函数，利用三角函数的性质求出最大值．【解答】解：设Aa0D0bBAX=θ，则Ba2cos2sinC2cosb2sinθ）．（，），（，），∠（+θ，θ），（θ，+AD=1，∴a2+b2=1．第9页（共21页）=2cosθ（a+2cosθ）+2sinθ（b+2sinθ）=4+2acosθ+2bsinθ=4+ sin（θ+φ）=4+2sin（θ+φ）．∴的最大值是42=6．+故选：C．12fx）的导函数为f′x），若?x∈（0∞xf′x）＜2fx）成立，．已知函数（（，+），都有（（则（）A．2f（）＞3f（）B．2f（1）＜3f（）C．4f（）＜3f（2）D．4f（1）＞f（2）【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】通过所给关系式，构造新的函数g（x）=，对g（x）求导，得到关系．【解答】解：令g（x）=，则g′（x）= ，xf′（x）＜2f（x），∴?x∈（0，+∞），∴g′（x）＜0恒成立∴g（x）是在（0，+∞）单调递减，∴g（1）＞g（2），即4f（1）＞f（2）故选D二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分．13．若（a ﹣ ）5展开式中的常数项为﹣ 40，则a =±2 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】根据二项式展开式的通项公式，写出常数项，由此列方程求出 a的值．【解答】解：（a ﹣ ）5展开式的通项为r）5﹣r?（﹣r=（﹣1rr5﹣r?x，Tr+1=C5?（a））?C5?a令 =0，可得r=3，又r=3时，T4=（﹣1）3?C53?a2=﹣10a2，由题意得﹣10a2=﹣40，解得a=±2．故答案为：±2．第10页（共21页）14．已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为12π，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此三棱柱的体积为．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】根据余弦定理计算BC，可发现BC2AC22AC⊥BC．故外接球球心在上+=AB，即下底面斜边中点的连线中点处，根据球的面积计算半径，得出棱柱的高．【解答】解：在△ABC中，BC==．∴BC2+AC2=AB2，即AC⊥BC．∴AB为△ABC所在球的截面的直径．取AB，A1B1的中点D，D1，则棱柱外接球的球心为DD1的中点O，设外接球的半径为r，则4πr2=12π，∴r=．即OB=，∴OD=．∴棱柱的高DD1=2OD=2．∴棱柱的体积V=S△ABC?DD1==．故答案为．n}满足a1n+1n+log2（1﹣），则a32﹣3．15．若数列{a=2，a=a=【考点】数列递推式．【分析】根据累加法和对数的运算性质即可求出数列的通项公式，代值计算即可．【解答】解：∵an+1=an+log2（1﹣）=log2（），∴an+1﹣an=log2（）∴a2﹣a1=log2 ，a3﹣a2=log2 ，⋯第11页（共21页）an﹣an﹣1=log2∴（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+⋯+（an﹣an﹣1）=log2（ × ⋯× ）=log2（ ）=﹣log2nan﹣2=﹣log2n，an=2﹣log2n，a32=2﹣log232=﹣3，故答案为：﹣3．16．若函数f（x）=x2﹣4ex﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2ln2﹣2]．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据题意可得a2x﹣4ex有解，转化为gx）=2x﹣4exagx）max，利用导＜（，＜（数求出最值即可．【解答】解：∵函数 f（x）=x2﹣4ex﹣ax，f′（x）=2x﹣4ex﹣a，∵函数f（x）=x2﹣4ex﹣ax在R上存在单调递增区间，f′（x）=2x﹣4ex﹣a≥0，即a≤2x﹣4ex有解，令g（x）=2x﹣4ex，g′（x）=2﹣4ex，xg′（x）=2﹣4e=0，x=﹣ln2，g′（x）=2﹣ex＞0，x＜﹣ln2，∴当x=﹣ln2时，g（x）max=﹣2ln2﹣2，a≤﹣2ln2﹣2即可．故答案为：（﹣∞，﹣2ln2﹣2]．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在△ABC中，a，b，c分别为角 A、B、C的对边，若 =（cos2 ，1）， =（cos2（B+C），1），且 ∥ ．（I）求角A；（Ⅱ）当a=6，且△ABC的面积S满足 = 时，求边c的值和△ABC的面积．【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算；正弦定理．【分析】（I）由向量平行列出方程解出 cosA；（II）根据余弦定理和面积公式解出 tanC，使用正弦定理求出 c，代入面积公式解出面积．【解答】解：（I）∵ ∥ ．∴cos2 ﹣cos2（B+C）=0，即 （1+cosA）﹣cos2A=0，解得cosA=1（舍）或 cosA=﹣ ．∴A= ．第12页（共21页）（II）∵=，∴a2+b2﹣c2=4S=2absinC．又∵a2+b2﹣c2=2abcosC，∴tanC=．∴C=．由正弦定理得，∴c==2．sinB=sin（A+C）=sin=．∴S△ABC===3．18．某射击训练基地教练为了对某运动员的成绩做一分析，随机抽取该名运动员的t次射击成绩作为一个样本，根据此数据做出了频数与频率的统计表和频率分布直方图如下：分组频数频率[8.4，8.9）90.15[8.9，9.4）m0.3[9.4，9.9）24n[9.9，10.4qp）[10.4，10.90.05）3合计t1（I）求表中 t，p及图中a的值；（Ⅱ）在所取的样本中，从不少于 9.9环的成绩中任取 3次，X表示所取成绩不少于 10.4的次数，求随机变量 X的分布列及数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差； 列举法计算基本事件数及事件发生的概率； 离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）由频数与频率的统计表和频率分布直方图，能求出表中 t，p及图中a的值．（Ⅱ）由题意X的可能取值为 0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量 X的分布列及数学期望．【解答】解：（Ⅰ）由频数与频率的统计表和频率分布直方图，得：，解得t=60，∴n= =0.4，a= =0.8．0.15+0.3+n+p+0.05=1，∴p=0.1．第13页（共21页）（Ⅱ）由直方图，得不少于9.9环的成绩的次数为60×0.15=9，成绩不少于10.4环的次数为3，则X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）= = ，P（X=1）= = ，P（X=2）= = ，P（X=3）= = ，∴随机变量 X的分布列为：X0123PE（X）==1．19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，F、G、H分别是PC、AB、BC的中点，PA⊥平面ABC，PA=AB=AC=2，二面角B﹣PA﹣C为120°．（I）证明：FG⊥AH；（Ⅱ）求二面角 A﹣CP﹣B的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（I）根据线面垂直的性质定理即可证明 FG⊥AH；（Ⅱ）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可求二面角 A﹣CP﹣B的余弦值．【解答】解：（I）设AC的中点是 M，连接FM，GM，∵PF=FC，∴FM∥PA，∵PA⊥平面ABC，∴FM⊥平面ABC，∵AB=AC，H是BC的中点，∴AH⊥BC，∵GM∥BC，∴AH⊥GM，∴GF⊥AH第14页（共21页）（Ⅱ）建立以A为坐标原点的空间直角坐标系如图：则P（0，0，2），H（，，0），C（0，2，0），B（，﹣1，0），F（0，1，1），则平面PAC的法向量为=（1，0，0），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，令z=1，则y=1，x=，即=（，1，1），cos＜，＞==，即二面角A﹣CP﹣B的余弦值是 ．20．已知椭圆 C： =l（a＞b＞0），F1、F2为左右焦点，下顶点为 B1，过F的直线l交椭圆于M、N两点，当直线l的倾斜角为时，F1B⊥l．（I）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）若P为椭圆上一动点，直线PM、PN的斜率记为kPM、kPN，且不为零，当直线l垂直于x轴时，是否存在最小值？若存在，试求出该最小值；若不存在，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由已知得F1（﹣c，0），B1（0，﹣b），由题意知，从而b=，由此能求出椭圆C的离心率．（Ⅱ）设P（x0，y0），（x0≠±c），M（c，），N（c，﹣），则=，由此能求出存在最小值．第15页（共21页）【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C：=l（a＞b＞0），F1、F2为左右焦点，下顶点为B1，∴F1（﹣c，0），B1（0，﹣b），∵过F的直线l交椭圆于M、N两点，当直线l的倾斜角为时，F1B⊥l，∴由题知F1B1⊥l，∴，∴，∴b=，∴e====．（Ⅱ）设P（x0，y0），（x0≠±c），M（c，），N（c，﹣），则=﹣=，又P∈C，∴=1，得，∴=====，∴| |=| |= ，又∵﹣a≤x0≤a，且x0≠±c，∴﹣1≤ ，且 ，∴| |= ≥ = ．∴ 存在最小值 ．21．已知函数 f（x）=ln（1+x）一 （a＞0）．（I）当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，求实数 a的取值范围；第16页（共21页）（Ⅱ）证明：．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（I）当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，fx=0a0′（）≥，结合＞，即可求实数a的取值范围；（Ⅱ）要证明，只要证明＞e，两边取对数可得2020ln1，只要证明ln﹣0，构造函数fx）=ln1x）﹣，其中f0）=0＞＞（（+（，即可证明．【解答】（I）解：当fx）在[0∞f′x）=0（，+）内单调递增时，（≥，即x+1﹣a≥0在[0，+∞）内恒成立，∴a≤x+1在[0，+∞）内恒成立，又x+1的最小值为1，∴a≤1，∵a＞0，∴0＜a≤1；（Ⅱ）证明：要证明 ，只要证明 ＞e，两边取对数可得 2020ln ＞1，只要证明 ln ﹣ ＞0，注意到2020=20201ln﹣=ln1+）﹣+，所以（=ln（1+ ）﹣ ．构造函数 f（x）=ln（1+x）﹣ ，其中f（0）=0，由（I）知，x≥0，f（x）=ln（1+x）﹣ 在[0，+∞）内是增函数，∴f（ ）=ln ﹣ ＞f（0）=0，∴ln ＞ ，∴ ．第17页（共21页）【选修4-1：几何证明选讲】22．如图所示，AB为圆D的直径，BC为圆O的切线，过A作OC的平行线交圆O于D，BD与OC相交于E．I）求证：CD为圆O的切线；（Ⅱ）若OA=AD=4，求OC的长．【考点】圆的切线的性质定理的证明．【分析】（I）连接OD，证明△OBC≌△ODC，可得∠ODC=∠OBC=90°，即可证明 CD为圆O的切线；（Ⅱ）Rt△OBC中，BE⊥OC，OB2=OE?OC，即可求OC的长．【解答】（I）证明：连接 OD．∵AB为圆D的直径，∴AD⊥DB，∵AD∥OC，∴BD⊥OC，∴E为BD的中点，∴CB=CD，∴△OBC≌△ODC，∴∠ODC=∠OBC=90°，∴CD为圆O的切线；（Ⅱ）解：由题意， OB=OA=4，OE= AD=2，Rt△OBC中，BE⊥OC，2∴OC= =8．【选修