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2023-2024学年山东省多校高二上学期12月联合质量检测数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年山东省多校高二上学期12月联合质量检测数学试题含答案，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。
一、单选题
1．甲同学计划从3本不同的文学书和4本不同的科学书中各选1本阅读，则不同的选法共有（ ）
A．81种B．64种C．12种D．7种
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理进行求解即可.
【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法共有种.
故选：C
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线方程可知焦点位置和a，b的值，然后可得.
【详解】由题知，双曲线C的焦点在x轴上，且，
所以，渐近线方程为，即.
故选：A
3．用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的偶数共有（ ）
A．120个B．72个C．60个D．48个
【答案】D
【分析】利用分步乘法计数原理可得答案.
【详解】由题可知，不同的偶数共有个.
故选：D.
4．一束光线从点射到轴上，经反射后反射光线与轴交于点，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，结合直线的两点式方程运算求解.
【详解】取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，
所以反射光线所在直线的方程为，解得.
故选：B.
5．被8除的余数为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】B
【分析】运用二项式定理进行求解即可.
【详解】
其中是8的整数倍，
故被8除的余数为3.
故选：B
6．已知抛物线的焦点为，是上一点，且到的距离与到的对称轴的距离之差为2，则（ ）
A．B．1C．2或4D．4或36
【答案】D
【分析】利用抛物线定义结合已知计算即可.
【详解】因为是上一点，
所以，所以，
由抛物线的定义可得到的距离为，
点到的对称轴的距离为，
则，解得或.
故选：D.
7．将4名医生，3名护士分配到3个社区对居民进行健康体检，要求每个社区至少有1名医生和1名护士，则不同的分配方法共有（ ）
A．64种B．108种C．128种D．216种
【答案】D
【分析】先将医生分为3组，每组至少1人，然后再将医生和护士分配到3个社区即可.
【详解】先将4名医生分成3组，每组至少1人，共有种方法，
再将3组医生分到3个社区有种，最后将3名护士分配到3个社区有种，
所以，不同的分配方法共有种.
故选：D
8．已知是抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．36B．24C．18D．9
【答案】A
【分析】由题意可设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据抛物线得焦半径公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由题意，
由题意可设直线的方程为，，
联立，消得，
恒成立，
则，
，
当时，取得最小值.
故选：A.
二、多选题
9．已知展开式中所有的二项式系数之和为64，则（ ）
A．
B．
C．展开式中的常数项为
D．的展开式中没有常数项
【答案】BC
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，即可得答案.
【详解】由题可知，，则.
展开式中的第项为.
令，得，则，
即展开式中的常数项为.
故选：BC
10．已知圆，圆，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．与没有公共点
C．与的位置关系为外离
D．若分别为圆与圆上的动点，则的最大值为
【答案】BD
【分析】求出两圆的圆心及半径，求出即可判断A；求出圆心距即可判断BC；根据的最大值为即可判断D.
【详解】由题意可知圆，则圆心，半径，
圆，则圆心，半径，
则，与直线不垂直，故A不正确；
因为，
所以与的位置关系为内含，故B正确，C不正确；
对于D，的最大值为，故D正确.
故选：BD.
11．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们的离心率互为倒数，是与的一个公共点，则（ ）
A．B．
C．为直角三角形D．上存在一点，使得
【答案】BC
【分析】根据题意和双曲线标准方程可推出椭圆的值，根据椭圆与双曲线定义即可判断AB；联立关系式求出的值，根据三边关系即可判断C；若，则点在以为直径的圆上，联立方程求解即可判断D.
【详解】设，，双曲线的半实轴为，半虚轴为，
椭圆的离心率为与双曲线的离心率为，
由双曲线的方程可知：，，则，，
则，椭圆的离心率为，
则，解得.
对于选项A：由双曲线定义可知：，故A错误；
对于选项B：由椭圆定义可知：，故B正确；
对于选项C：根据对称性，不妨设在第一象限，
则，解得.
即，可知，
所以为直角三角形，故C正确；
对于选项D：若，则点在以为直径的圆上，
联立方程，方程组无解，
所以上不存在一点，使得，故D错误；
故选：BC.
12．数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．若直线与平行，则 .
【答案】
【分析】根据直线一般式的平行公式计算，然后检验是否重合即可.
【详解】因为，所以，解得或.
当时，与重合，不符合题意.
当时，，符合题意.
故答案为：.
14．已知向量，，，且，则在方向上的投影向量的模为 ．
【答案】
【分析】先分析出的关系，然后根据投影向量的计算公式求解出在方向上的投影向量，由此可求模长.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以在方向上的投影向量为，
所以在方向上的投影向量的模为，
故答案为：.
15．展开式中各项的系数可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角，其性质是以下各行每个数是它正上方和左､右两边三个数的和（不足3个数时，用0补上），则的展开式中，项的系数为 .
【答案】
【分析】根据广义杨辉三角的规律，补出时的系数，然后找到的展开式中项项的系数即可求解.
【详解】根据题意，可得广义杨辉三角如图所示，
可知的展开式中，项的系数为项的系数为30，
所以的展开式中，项的系数为.
故答案为：
16．若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案.
【详解】由题意得设，，
所以，则，
由于是圆上的点，
所以，
所以，解得，即，
所以，如图，
所以的最大值为，
故答案为：.
四、解答题
17．某班级在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张，“龙”卡三张.每个学生从卡箱中随机抽取4张卡片，其中抽到“龙”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，若抽中“福”“龙”“迎”“春”4张卡片，则额外获得2分.
(1)求学生甲最终获得5分的不同的抽法种数；
(2)求学生乙最终获得7分的不同的抽法种数.
【答案】(1)36
(2)30
【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分类和分步计数原理即可求解.
【详解】（1）学生甲最终获得5分，则需抽中1张“龙”卡和3张其他卡，且不能抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡，
则不同的抽法种数为.
（2）学生乙最终获得7分的情况有2种：一种是抽中3张“龙”卡和1张其他卡，另一种是抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡.
不同的抽法种数为.
18．如图，在棱长为4的正四面体中，是的中点，，记.
(1)求的值；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的线性运算和向量基本定理求解；
（2）利用空间向量的线性运算和向量数量积求解.
【详解】（1）因为是的中点，，所以，
又，所以，
则.
（2）因为，
所以由正四面体的棱长为4，
可得，
故.
19．已知椭圆的离心率为，，分别是的左、右焦点，上的动点满足面积的最大值为．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为1的直线与交于A，B两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果；
（2）设直线的方程为，联立方程结合韦达定理运算求解．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
则，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可知：，则，
因为点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，
设直线的方程为，，
联立方程，消去x得，
由韦达定理得，
则，
故的面积．
20．如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2.
(1)证明：平面.
(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面平面平面，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）分别取的中点，连接，
因为平面平面为正三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
故.
21．已知圆，直线与圆相交于A，B两点，记弦AB的中点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知M，N是上两点，点，若四边形OMPN为平行四边形，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对直线方程变形，列方程组求解直线恒过定点，根据列式化简即可求解；
（2）根据平行四边形的性质可得为弦的中点，运用几何法即可求得.
【详解】（1）将直线的方程转化为，
令，解得，即直线经过定点.
设，则，，
因为弦的中点为，
所以,，得，
故曲线的方程为.
（2）设与的交点为，曲线的圆心，半径，
因为四边形为平行四边形，
所以为、的中点，
因为，，
所以，
设圆心到弦的距离为，
根据圆的几何性质可知，,
所以.
22．已知双曲线的焦距为，点在上．
(1)求的方程；
(2)，分别为的左、右焦点，过外一点作的两条切线，切点分别为，，若直线、互相垂直，求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；
（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，联立直线与双曲线方程，由得到，再由，得到，又直线、互相垂直，即可得到，再表示出，求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，
由，整理得，
则，整理得，
将代入得，则，
所以，
因为直线、互相垂直，
所以，即，
则，，
所以，所以，当且仅当时取等号，
因为，所以周长的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
一、单选题
1．甲同学计划从3本不同的文学书和4本不同的科学书中各选1本阅读，则不同的选法共有（ ）
A．81种B．64种C．12种D．7种
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理进行求解即可.
【详解】根据分步乘法计数原理，不同的选法共有种.
故选：C
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线方程可知焦点位置和a，b的值，然后可得.
【详解】由题知，双曲线C的焦点在x轴上，且，
所以，渐近线方程为，即.
故选：A
3．用这五个数组成无重复数字的五位数，则不同的偶数共有（ ）
A．120个B．72个C．60个D．48个
【答案】D
【分析】利用分步乘法计数原理可得答案.
【详解】由题可知，不同的偶数共有个.
故选：D.
4．一束光线从点射到轴上，经反射后反射光线与轴交于点，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，结合直线的两点式方程运算求解.
【详解】取点关于轴的对称点，则直线即为所求直线，
所以反射光线所在直线的方程为，解得.
故选：B.
5．被8除的余数为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】B
【分析】运用二项式定理进行求解即可.
【详解】
其中是8的整数倍，
故被8除的余数为3.
故选：B
6．已知抛物线的焦点为，是上一点，且到的距离与到的对称轴的距离之差为2，则（ ）
A．B．1C．2或4D．4或36
【答案】D
【分析】利用抛物线定义结合已知计算即可.
【详解】因为是上一点，
所以，所以，
由抛物线的定义可得到的距离为，
点到的对称轴的距离为，
则，解得或.
故选：D.
7．将4名医生，3名护士分配到3个社区对居民进行健康体检，要求每个社区至少有1名医生和1名护士，则不同的分配方法共有（ ）
A．64种B．108种C．128种D．216种
【答案】D
【分析】先将医生分为3组，每组至少1人，然后再将医生和护士分配到3个社区即可.
【详解】先将4名医生分成3组，每组至少1人，共有种方法，
再将3组医生分到3个社区有种，最后将3名护士分配到3个社区有种，
所以，不同的分配方法共有种.
故选：D
8．已知是抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．36B．24C．18D．9
【答案】A
【分析】由题意可设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据抛物线得焦半径公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由题意，
由题意可设直线的方程为，，
联立，消得，
恒成立，
则，
，
当时，取得最小值.
故选：A.
二、多选题
9．已知展开式中所有的二项式系数之和为64，则（ ）
A．
B．
C．展开式中的常数项为
D．的展开式中没有常数项
【答案】BC
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，即可得答案.
【详解】由题可知，，则.
展开式中的第项为.
令，得，则，
即展开式中的常数项为.
故选：BC
10．已知圆，圆，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．与没有公共点
C．与的位置关系为外离
D．若分别为圆与圆上的动点，则的最大值为
【答案】BD
【分析】求出两圆的圆心及半径，求出即可判断A；求出圆心距即可判断BC；根据的最大值为即可判断D.
【详解】由题意可知圆，则圆心，半径，
圆，则圆心，半径，
则，与直线不垂直，故A不正确；
因为，
所以与的位置关系为内含，故B正确，C不正确；
对于D，的最大值为，故D正确.
故选：BD.
11．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们的离心率互为倒数，是与的一个公共点，则（ ）
A．B．
C．为直角三角形D．上存在一点，使得
【答案】BC
【分析】根据题意和双曲线标准方程可推出椭圆的值，根据椭圆与双曲线定义即可判断AB；联立关系式求出的值，根据三边关系即可判断C；若，则点在以为直径的圆上，联立方程求解即可判断D.
【详解】设，，双曲线的半实轴为，半虚轴为，
椭圆的离心率为与双曲线的离心率为，
由双曲线的方程可知：，，则，，
则，椭圆的离心率为，
则，解得.
对于选项A：由双曲线定义可知：，故A错误；
对于选项B：由椭圆定义可知：，故B正确；
对于选项C：根据对称性，不妨设在第一象限，
则，解得.
即，可知，
所以为直角三角形，故C正确；
对于选项D：若，则点在以为直径的圆上，
联立方程，方程组无解，
所以上不存在一点，使得，故D错误；
故选：BC.
12．数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．若直线与平行，则 .
【答案】
【分析】根据直线一般式的平行公式计算，然后检验是否重合即可.
【详解】因为，所以，解得或.
当时，与重合，不符合题意.
当时，，符合题意.
故答案为：.
14．已知向量，，，且，则在方向上的投影向量的模为 ．
【答案】
【分析】先分析出的关系，然后根据投影向量的计算公式求解出在方向上的投影向量，由此可求模长.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以在方向上的投影向量为，
所以在方向上的投影向量的模为，
故答案为：.
15．展开式中各项的系数可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角，其性质是以下各行每个数是它正上方和左､右两边三个数的和（不足3个数时，用0补上），则的展开式中，项的系数为 .
【答案】
【分析】根据广义杨辉三角的规律，补出时的系数，然后找到的展开式中项项的系数即可求解.
【详解】根据题意，可得广义杨辉三角如图所示，
可知的展开式中，项的系数为项的系数为30，
所以的展开式中，项的系数为.
故答案为：
16．若A，B是平面内不同的两定点，动点满足（且），则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知是圆上的动点，点，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，求出，然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题，数形结合即可得答案.
【详解】由题意得设，，
所以，则，
由于是圆上的点，
所以，
所以，解得，即，
所以，如图，
所以的最大值为，
故答案为：.
四、解答题
17．某班级在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎”“春”卡各两张，“龙”卡三张.每个学生从卡箱中随机抽取4张卡片，其中抽到“龙”卡获得2分，抽到其他卡均获得1分，若抽中“福”“龙”“迎”“春”4张卡片，则额外获得2分.
(1)求学生甲最终获得5分的不同的抽法种数；
(2)求学生乙最终获得7分的不同的抽法种数.
【答案】(1)36
(2)30
【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分类和分步计数原理即可求解.
【详解】（1）学生甲最终获得5分，则需抽中1张“龙”卡和3张其他卡，且不能抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡，
则不同的抽法种数为.
（2）学生乙最终获得7分的情况有2种：一种是抽中3张“龙”卡和1张其他卡，另一种是抽齐“福”“龙”“迎”“春”卡.
不同的抽法种数为.
18．如图，在棱长为4的正四面体中，是的中点，，记.
(1)求的值；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的线性运算和向量基本定理求解；
（2）利用空间向量的线性运算和向量数量积求解.
【详解】（1）因为是的中点，，所以，
又，所以，
则.
（2）因为，
所以由正四面体的棱长为4，
可得，
故.
19．已知椭圆的离心率为，，分别是的左、右焦点，上的动点满足面积的最大值为．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为1的直线与交于A，B两点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果；
（2）设直线的方程为，联立方程结合韦达定理运算求解．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
则，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可知：，则，
因为点在椭圆内，可知直线与椭圆相交，
设直线的方程为，，
联立方程，消去x得，
由韦达定理得，
则，
故的面积．
20．如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，且，正三角形的边长为2.
(1)证明：平面.
(2)若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先通过线面平行的判定定理证明平面，然后根据线面平行的性质定理证明，再结合线面平行的判定定理完成证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，然后根据直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值求解出的值.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，
所以平面，
因为平面平面平面，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）分别取的中点，连接，
因为平面平面为正三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去），
故.
21．已知圆，直线与圆相交于A，B两点，记弦AB的中点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知M，N是上两点，点，若四边形OMPN为平行四边形，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对直线方程变形，列方程组求解直线恒过定点，根据列式化简即可求解；
（2）根据平行四边形的性质可得为弦的中点，运用几何法即可求得.
【详解】（1）将直线的方程转化为，
令，解得，即直线经过定点.
设，则，，
因为弦的中点为，
所以,，得，
故曲线的方程为.
（2）设与的交点为，曲线的圆心，半径，
因为四边形为平行四边形，
所以为、的中点，
因为，，
所以，
设圆心到弦的距离为，
根据圆的几何性质可知，,
所以.
22．已知双曲线的焦距为，点在上．
(1)求的方程；
(2)，分别为的左、右焦点，过外一点作的两条切线，切点分别为，，若直线、互相垂直，求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解；
（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，联立直线与双曲线方程，由得到，再由，得到，又直线、互相垂直，即可得到，再表示出，求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）依题意、的斜率均存在，设，过点且与相切的直线为，
由，整理得，
则，整理得，
将代入得，则，
所以，
因为直线、互相垂直，
所以，即，
则，，
所以，所以，当且仅当时取等号，
因为，所以周长的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
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