2023-2024学年浙江省台州市八校联盟高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省台州市八校联盟高二上学期期中联考数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线x=3的倾斜角是( )
A. 90∘B. 60∘C. 30∘D. 不存在
2.设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件AM⋅n=0的点M构成的图形是
( )
A. 圆B. 直线C. 平面D. 线段
3.如图，在四面体ABCD中，已知AB=b，AD=a，AC=c，BE=12EC，则DE等于
( )
A. −a+23b+13cB. a+23b+13c
C. a−23b+13cD. 23a−b+13c
4.比较下列四个椭圆的形状，其中更接近于圆的是( )
A. 9x2+y2=36B. 3x2+4y2=48C. x2+9y2=36D. 5x2+3y2=30
5.已知a=(2,1,−3)，b=(−1,2,3)，c=(7,6,λ)，若a，b，c共面，则λ等于
( )
A. −9B. 9C. −3D. 3
6.椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 的左，右焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点Q，使∠F1QF2=120∘，则椭圆离心率e的取值范围为
( )
A. 0, 32B. 0, 32C. 32,1D. 32,1
7.已知实数x、y满足方程x2+y2−4x+1=0，则x2+y2最小值为
( )
A. 7−4 3B. 7+4 3C. 2+ 3D. 2− 3
8.底面为正方形的四棱锥S−ABCD，且SD⊥平面ABCD，SD= 2，AB=1，线段SB上一M点满足SMMB=12，N为线段CD的中点，P为四棱锥S−ABCD表面上一点，且DM⊥PN，则点P形成的轨迹的长度为
A. 2B. 5 24C. 3 22D. 2 2
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.直线l的方向向量为u，两个平面α，β的法向量分别为n1，n2，则下列命题为真命题的是( )
A. 若u⊥n1，则直线l//平面α
B. 若u//n1，则直线l⊥平面α
C. 若cs= 32，则直线l与平面α所成角的大小为π3
D. 若cs= 32，则平面α，β夹角的大小为π6
10.已知直线l1:x+ay−a=0和直线l2:ax−2a−3y−1=0，下列说法正确的是
( )
A. 直线l1与l2在x轴上的截距相等，则a=−1
B. 若l1//l2，则a=1或a=−3
C. 若l1⊥l2，则a=0或a=2
D. 当a>0时，l1始终不过第三象限
11.设椭圆x29+y23=1的右焦点为F，直线y=m(0( )
A. |AF|+|BF|为定值B. △ABF的周长的取值范围是[6,12]
C. 当m= 32时，△ABF为直角三角形D. 当m=1时，△ABF的面积为​6
12.已知P4,2,A4,0，点Q为圆O:x2+y2=4上一动点，过点P作圆O的切线，切点分别为M、N，下列说法正确的是
( )
A. 若圆C:x−22+y−32=1，则圆O与圆C有四条公切线
B. 若x,y满足x2+y2=4，则−4≤ 3x+y≤4
C. 直线MN的方程为2x+y−1=0
D. PQ+12AQ的最小值为 13
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若点(1,1)在圆(x−a)2+(y+a)2=4的内部，则实数a的取值范围是 ．
14.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC与C1C的中点，则直线EF与直线D1C所成角的大小是 ．
15.已知圆C1:x2+y2−kx+2y=0与圆C2:x2+y2+ky−2=0的公共弦所在直线恒过点P，则点P坐标为_______．
16.如图，A,B,C是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的三个点，AB经过原点O,AC经过右焦点F，若BF⊥AC且BF=3CF，则该椭圆的离心率为_______．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知▵ABC的顶点坐标为A−1,2，B−2,−1C2,3．
(1)求BC边上中线AD所在直线方程;
(2)求点A关于直线BC对称的点A′坐标．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2−2x=0．
(1)求圆C的圆心坐标及半径;
(2)若已知点M(3,1)，求过点M的圆C的切线方程．
19.(本小题12分)
如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分别是PC，AB的中点，且PA=AB=2AD．
(I)求证：MN⊥CD；
(Ⅱ)求二面角P−AB−M的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，若C过点A1,32，且|AF1|+|AF2|=4．
(1)求C的方程．
(2)过点F2且斜率为1的直线与C交于点M，N，求△OMN的面积．
21.(本小题12分)
如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形，CF= 3，平面EDCF⊥平面ABCD．
(1)求证：DF/​/平面ABE；
(2)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为 34，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知F( 3,0)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，点M( 3,12)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且kOA+kOB=−12(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】结合方程的形式可判断倾斜角．
解：直线 x=3 与 x 垂直，故其倾斜角为 90∘ ．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查平面的向量表示，考查法向量的概念及应用，属于基础题．
【解答】
解：因为A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满
足条件AM⋅n=0，
所以M构成的图形是经过点A，且以n为法向量的平面．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量的加减法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用向量的加减法可得：DE=BE−BD，BE=13BC，BC=AC−AB，BD=AD−AB，代入即可得出．
【解答】解：∵DE=BE−BD，BE=13BC，
BC=AC−AB，BD=AD−AB，
∴DE=13(AC−AB)−(AD−AB)
=13c−a+23b．
故选A．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质，明确离心率与椭圆形状的关系是关键，是中档题．
化椭圆方程为标准方程，分别求出选项中四个椭圆的离心率，则答案可求．
【解答】
解：对于A，化为标准方程，x24+y236=1，可得a=6，b=2，c= a2−b2=4 2，e=ca=2 23；
对于B，化为标准方程，x216+y212=1，可得a=4，b=2 3，c= a2−b2=2，e=ca=12；
对于C，化为标准方程，x236+y24=1，可得a=6，b=2，c= a2−b2=4 2，e=ca=2 23；
对于D，化为标准方程，x26+y210=1，可得a= 10，b= 6，c= a2−b2=2，e=ca=2 10= 105．
∵椭圆3x2+4y2=48的离心率最小，∴该椭圆更接近于圆．
故选：B．
5.【答案】A
【解析】【分析】由 a ， b ， c 共面，设 c=ma+nb ，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
解：因为 a ， b ， c 共面，设 c=ma+nb ，
又 a=(2,1,−3) ， b=(−1,2,3) ， c=(7,6,λ) ，得到 (7,6,λ)=(2m−n,m+2n,−3m+3n) ，
所以 2m−n=7m+2n=6−3m+3n=λ ，解得 m=4,n=1,λ=−9 ，
故选：A．
6.【答案】D
【解析】【分析】设椭圆与 y 轴正半轴的交点为 B ，椭圆上存在点 Q ，使得 ∠F1QF2=120∘ ，则需 ∠F1BF2≥120∘ ，再结合椭圆的性质，即可求解．
解：设椭圆的上顶点为 B ，连接 BF1 、 BF2 ，则 BF1=BF2=a ， OF2=c ，

椭圆上存在点 Q ，使得 ∠F1QF2=120∘ ，则需 ∠F1BF2≥120∘ ，
则 ∠OBF2≥60∘ ，显然 ∠OBF2<90∘ ，所以 sin∠OBF2≥sin60∘ ，
所以 ca≥sin60∘= 32 ，
所以 e=ca≥ 32 ，又 e<1 ，
所以 32≤e<1 ，即椭圆离心率 e 的取值范围为 32,1 ．
故选：D．
7.【答案】A
【解析】【分析】本题考查 x2+y2 最值的计算，利用该代数式的几何意义求解是解答的关键，同时也考查了圆外一点到圆上一点距离最值的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题．
将圆的方程化为标准形式，可得出圆心 C 的坐标和圆的半径，将 x2+y2 视为坐标原点 O 到圆上一点距离的平方，即可得出结果．
解：圆的标准方程为 x−22+y2=3 ，圆心为 C2,0 ，半径长为 3 ，
∵0−22+02>3 ，所以，原点在圆 x−22+y2=3 外．
x2+y2 的几何意义为坐标原点 O 到圆上一点距离的平方， ∴x2+y2min=OC− 32=2− 32=7−4 3 ．
故选：A．
8.【答案】B
【解析】【分析】利用空间直角坐标系求解立体几何问题，的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量或直线的方向向量；第四，破“应用公式关”．
解：
以D为坐标原点，以DA，DC，DS为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则 B1,1,0,S0,0, 3,N0,12,0,D0,0,0,M13,13,2 23 ，
取AD的中点E，则 E12,0,0,∴DM13,13,2 23,EN=−12,12,0 ，
∴ DM⋅EN=0 ，即 DM⊥EN ，
在 SD 上取一点 F ，设 F0,0,a ，则 EF=−12,0,a ，
设 DM⊥EF ，则 DM⋅EF=0 ，即 −1a+2 2a3=0 ，解得 a=14 2 ，
∴ DM⊥ 平面 EFN ，
∴P点轨迹为 ▵EFN ．
∵ EF=FN= a2+14=3 28 ， EN=12AC= 22 ，
∴ ▵EFN 的周长为 3 28×2+ 22=5 24 ．
故选B．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量判断线面平行、垂直和求线面角，以及二面角，属于中档题．
利用线面平行、垂直，以及线面角及面面角的向量表示逐个判定即可．
【解答】
解：直线l的方向向量为u，两个平面α，β的法向量分别为n1，n2，
对于A：若u⊥n1，直线l可能在平面α内，故A错误；
对于B：若u//n1，则直线l⊥平面α，故B正确；
对于C：若cs= 32，则直线l与平面α的法向量所在直线的夹角为π6，
则直线l与平面α所成角的大小为π3，故C正确；
对于D：两个平面的夹角即为它们法向量的夹角或补角，其范围是[0,π2]，
若cs= 32，则平面α，β所成角为π6，故D正确．
故选BCD．
10.【答案】CD
【解析】【分析】求出直线在 x 轴的截距，即可得到方程，从而求出 a ，即可判断A，根据两直线平行与垂直的充要条件判断B、C，将直线方程化为斜截式，即可得到斜率与纵截距，即可判断D．
解：对于A：显然 a≠0 ，则直线 l1:x+ay−a=0 中令 y=0 ，则 x=a ，
直线 l2:ax−2a−3y−1=0 中令 y=0 ，则 x=1a ，所以 a=1a ，解得 a=±1 ，故A错误；
对于B：若 l1//l2 ，则 −2a−3=a2 ，解得 a=1 或 a=−3 ，
当 a=1 时直线 l1:x+y−1=0 和直线 l2:x+y−1=0 重合，故舍去，
所以 a=−3 ，故B错误；
对于C：若 l1⊥l2 ，则 1×a−a2a−3=0 ，解得 a=0 或 a=2 ，故C正确；
对于D：当 a>0 时直线 l1:x+ay−a=0 即 y=−1ax+1 ，则斜率 k=−1a<0 ，且在 y 轴上的截距为 1 ，
所以直线 l1 经过第一、二、四象限，不过第三象限，故D正确；
故选：CD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质，椭圆与直线的位置关系．考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．
利用椭圆的性质以及定义，直线与椭圆的位置关系，向量的数量积以及三角形的面积，分析判断选项的正误即可．
【解答】
解：设椭圆的左焦点为F′，则|AF′|=|BF|，
所以|AF|+|BF|=|AF|+|AF′|为定值6，A正确；
△ABF的周长为|AB|+|AF|+|BF|，
因为|AF|+|BF|为定值6，易知|AB|的范围是(0,6)，
所以△ABF的周长的范围是(6,12)，B错误；
将y= 32与椭圆方程联立，
可解得A−3 32, 32,B3 32, 32，又易知F 6,0，
所以AF·BF= 6+3 32 6−3 32+ 322=0，
所以AF⊥BF，
所以△ABF为直角三角形，C正确；
将y=1与椭圆方程联立，解得A− 6,1,B 6,1，
所以SΔABF=12×2 6×1= 6，D正确．
故选ACD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】若能熟练掌握圆的切点弦方程和阿氏圆逆定理则能快速判断CD选项.先由两圆位置关系得到公切线条数，再由圆上的点的三角表示求出 3x+y 的取值范围，再由切线求出切点最后得到切点弦方程，最后应用阿氏圆转化为两点间线段最短即可．
解：圆 O 的圆心为 O0,0 ， r=2 ，
对于A：圆 C 的圆心为 C2,3 ，半径 R=1 ，所以 OC= 22+32= 13>r+R ，
所以两个圆外离，所以有4条公切线，A正确；
对于B：因为 x,y 满足 x2+y2=4 ，所以 Ex,y 是圆 O 上的点，
所以可令 x=2csθy=2sinθ ，其中 θ∈0∘,360∘ ，
此时 3x+y=2 3csθ+2sinθ=4sinθ+60∘∈−4,4 ，B正确；
对于C：若过点 P 的直线斜率不存在，此时直线为 x=4 ，不是圆 O 的切线，
所以圆 O 的切线斜率存在，设为 k ，则切线方程为 y−2=kx−4 ，
圆心到直线的距离为 d=4k−2 k2+1=2 ，解得 k=0 或者 k=43 ，
所以切线方程为 y=43x−103 和 y=2 ，
联立 x2+y2=4y=43x−103 ，解得 x=85y=−65 ，联立 x2+y2=4y=2 ，解得 x=0y=2 ，
所以 M0,2,N85,−65 (或者 N0,2,M85,−65 )，
所以 kMN=2+650−85=−2 ，直线 MN:y−2=−2x⇒2x+y−2=0 ，C错误；
对于D：设 x 轴上存在点 Dt,0 使得圆上任意的一点点 Qx,y 满足 DQ=12AQ ，
即 2 x−t2+y2= x−42+y2 ，解得 3x2+3y2+8−8tx=16−4t2 ，
所以 8−8t=016−4t2=12 ，解得 t=1 ，所以存在点 D1,0 在圆内使得 DQ=12AQ ，
所以 PQ+12AQ=PQ+DQ≥PD= 4−12+22= 13 ，D正确，
故选：ABD
13.【答案】(−1,1)
【解析】【分析】
本题考查点与圆的位置关系，考查推理能力和计算能力，属于基础题．
由题意，得(1−a)2+(1+a)2<4，解之即可．
【解答】
解：由题意，得(1−a)2+(1+a)2<4，
解得−1故答案为(−1,1)．
14.【答案】60∘
【解析】【分析】
本题考查了利用空间向量求解异面直线夹角，属于基础题．
建立空间直角坐标系，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，写出所需点的坐标，利用向量法求出直线EF与直线D1C所成角的大小，
【解答】
解：以D为原点，DA,DC,DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则E1,2,0,F0,2,1,C0,2,0,D10,0,2，
EF=−1,0,1,CD1=0,−2,2，
设直线EF与直线D1C所成角的大小是θ，
csθ=EF·CD1EF·CD1=12，
所以θ=60∘，
所以直线EF与直线D1C所成角的大小是60∘；
故答案为60∘．
15.【答案】1,−1
【解析】【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，再求出定点坐标．
解：圆 C1:x2+y2−kx+2y=0 与圆 C2:x2+y2+ky−2=0 的公共弦方程为 kx+ky−2y−2=0 ，
即 x+yk+−2y−2=0 ，令 x+y=0−2y−2=0 ，解得 x=1y=−1 ，
所以公共弦所在直线恒过点 P1,−1 ．
故答案为： 1,−1
16.【答案】 22
【解析】【分析】设椭圆的左焦点为 F1−c,0 ，连接 AF1,BF1,CF1 ，设 CF=m ，利用对称性得到 AF1=BF=3m ， AF=2a−3m ， CF1=2a−m ，再根据 BF⊥AC ，分别在 ▵AF1C 和 Rt▵AF1F 中，利用勾股定理求解．
解：如图所示：

设椭圆的左焦点为 F1−c,0 ，连接 AF1,BF1,CF1 ，
设 CF=m ，由对称性知： AF1=BF=3m ，
AF=2a−3m ， CF1=2a−m ，
因为 AF1//BF ，所以 AF1⊥AC ，
在 ▵AF1C 中， AF12+AC2=CF12 ，即 9m2+2a−2m2=2a−m2 ，
解得 m=a3 ，
在 Rt▵AF1F 中， 9m2+2a−3m2=2c2 ，
将 m=a3 代入上式，得 e=ca= 22 ，
故答案为： 22
17.【答案】解：(1)由题意， BC 的中点为 D0,1 ，所以 kAD=2−1−1−0=−1 ，
所以 AD 所在直线方程 y−2=−x+1 ，即 x+y−1=0 ；
(2)由题意， kBC=3+12+2=1 ，所以 BC 所在直线方程 y+1=x+2 ，即 x−y+1=0 ，
设 A′x,y ，所以 AA′ 的中点为 x−12,y+22 ，
因为点 A 关于直线 BC 对称的点为点 A′ ，
所以 x−12−y+22+1=0y−2x+1×1=−1 ，解得 x=1y=0 ，
所以点 A′ 坐标 1,0．

【解析】【分析】(1)由题意，求出点 D 的坐标，进而求出直线方程；
(2)设 A′x,y ，由题意可知 BC 所在直线为 AA′ 的中垂线，由此可求出 A′ 的坐标．
18.【答案】解：(1)由圆C:x2+y2−2x=0，得(x−1)2+y2=1，
所以圆心的坐标为C(1,0)，半径r=1;
(2)当过点M的直线的斜率不存在时，明显不成立;
当过点M的直线的斜率存在时，设方程为y−1=k(x−3)，
即kx−y−3k+1=0，
由题意知k−3k+1 k2+1=1，
解得k=0,或k=43，
∴方程为y=1或4x−3y−9=0，
故过点M的圆C的切线方程为y=1或4x−3y−9=0．
【解析】本题考查圆的切线方程、圆的一般方程与标准方程的互化，考查计算能力，属于基础题．
(1)将圆的一般方程化为标准方程，即可求得圆心坐标与半径；
(2)过点M的直线的斜率存在时，设方程为y−1=k(x−3)，由圆心到直线的距离等于圆的半径列式求k，则切线方程可求．
19.【答案】解：(I)证明：设PA=AB=2AD=2，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，N(1,0,0)，M(1,12,1)，D(0,1,0)
∴MN=(0,−12,−1)，DC=(2,0,0)，
∴MN⋅DC=0，
∴MN⊥CD;
(II)解：由(I)知，M(1,12,1)，AM=(1,12,1)，AB=(2,0,0)，
设平面ABM的法向量n=(x,y,z)，则n⋅AM=0，n⋅AB=0，
∴x+y2+z=02x=0，
令y=2，∴n=(0,2,−1)，
∵平面APB的法向量m=(0,1,0)，
又二面角P−AB−M的平面角为锐角，
∴二面角P−AB−M的余弦值为|cs|=n⋅m|n||m|=2 55．

【解析】本题考查线线垂直的判定，平面的二面角的余弦值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．
(I)建立空间直角坐标系，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出MN与DC，计算MN⋅DC=0，从而MN⊥DC；
(Ⅱ)设平面ABM的法向量n=(x,y,z)，运用向量垂直的条件可得，平面APB的法向量m=(0,1,0)，能求出二面角P−AB−M的余弦值．
20.【答案】解：(1)因为2a=4，所以a=2，
又因为1a2+94b2=1，所以b2=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)因为c2=a2−b2=1，
所以F2(1,0)，
所以直线方程为y=x−1，
代入C得，7x2−8x−8=0．
Δ=64+4×7×8=288>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=87，x1x2=−87，不妨设M在第一象限，
解得x1=4+6 27，x2=4−6 27，则y1=4+6 27−1，y2=4−6 27−1，
所以|MN|= x2−x12+y2−y12=247，
点O(0,0)到直线x−y−1=0的距离为 22，
所以△OMN的面积为12×247× 22=6 27．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
(1)由题意求出a，b，即可得到椭圆方程；
(2)求出|MN|，再利用点到直线距离公式求出点O(0,0)到直线x−y−1=0的距离，代入三角形面积公式即可．
21.【答案】解：(1)证明：∵四边形EDCF为矩形，ED⊥CD，
平面EDCF⊥平面ABCD，平面EDCF∩平面ABCD=CD，ED⊂平面EDCF，
∴ED⊥平面ABCD，
以点D为原点，DA所在直线为x轴，过D作平行于AB的直线为y轴，DE所在直线为z轴建立如图空间直角坐标系，
则A(1,0,0),B(1,2,0),D(0,0,0),E(0,0, 3),F(−1,2, 3)，
则AB=(0,2,0),AE=(−1,0, 3)，DF=(−1,2, 3)，
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，
∴n·AB=0n·AE=0，即2y=0−x+ 3z=0，取x= 3,则z=1，y=0，∴n=( 3,0,1)，
∵DF·n=−1× 3+2×0+ 3×1=0，∴DF⊥n，
∵DF⊄平面ABE，∴DF/​/平面ABE；
(2)假设在线段DF上存在点P，设DP=λDF=(−λ,2λ, 3λ)，0≤λ≤1，
∴P(−λ,2λ, 3λ)，0≤λ≤1，则BP=(−λ−1,2λ−2, 3λ)，
由(1)可知，平面ABE的法向量为n=( 3,0,1)，
由题意得，csBP,n=BP·n|BP|·|n|= 3 8λ2−6λ+5×2= 34，解得λ=14或12，
当λ=12时，BP→=(−32,−1, 32)，∴|BP|=2；
当λ=14时，BP→=(−54,−32, 34)，∴|BP|=2；
故存在点P，|BP|=2．

【解析】本题考查了利用空间向量证明线面平行和线面所成角，属于中档题．
(1)以点D为原点，DA所在直线为x轴，过D作平行于AB的直线为y轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求得平面ABE的一个法向量为n=( 3,0,1)，可得DF⊥n，进而DF/​/平面ABE；
(2)假设在线段DF上存在点P，设DP=λDF=(−λ,2λ, 3λ)，0≤λ≤1，则点P坐标为(−λ,2λ, 3λ)，0≤λ≤1，由题意得csBP,n= 34，求解λ的值即可得出结果．
22.【答案】解：(1)由题意知，椭圆的另一个焦点为(− 3,0)，
所以点M到两焦点的距离之和为 (2 3)2+(12)2+12=4．
所以a=2．
又因为c= 3，所以b=1，则椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA+kOB=0，不符合题意．
故设直线l的方程为y=kx+m(k≠0)，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x24+y2=1,y=kx+m,可得4k2+1x2+8kmx+4m2−1=0．
则x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−14k2+1．
而kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+mx2+kx2+mx1x1x2=2k+mx1+x2x1x2=2k+−8km24m2−1=−2km2−1，
由kOA+kOB=−12，可得m2=4k+1，所以k≥−14．
又由Δ>0，得164k2−m2+1>0，
所以4k2−4k>0，解得k<0或k>1，
综上，直线l的斜率的取值范围为[−14,0)∪(1,+∞)．

【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
(1)由题意可得a，b，c的关系式，解得a2=4，b2=1，即可求得椭圆的标准方程；
(2)设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，及kOA+kOB=−12，建立不等式，即可求得直线l的斜率k的取值范围．