2023-2024学年湖南省常德一中高二（上）第二次月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德一中高二（上）第二次月考数学试卷（12月份）（含解析），共16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.若A(0,2,1)，B(3,2,−1)在直线l上，则直线l的一个方向向量为( )
A. (−3,0,−6)B. (9,0,−6)C. (−2,0,2)D. (−2,1,3)
2.已知△ABC的顶点A(1,−1,2)，B(5,−6,2)，C(1,3,−1)，则AC边上的高BD的长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.若数列{an}满足：a1=19，an+1=an−3(n∈N*)，而数列{an}的前n项和最大时，n的值为(
A. 6B. 7C. 8D. 9
4.设直线l的方程为x−sinθy+2=0，则直线l的倾斜角α的取值范围是( )
A. [0,π]B. [π4,π2]C. [π4,3π4]D. [π4,π2)∪(π2,3π4]
5.椭圆x225+y29=1与椭圆x225−k+y29−k=1(0A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
6.与圆 x2+y2=1及圆 x2+y2-8x+12=0都外切的圆的圆心在
( )
A. 一个椭圆上B. 双曲线的一支上C. 一条抛物线上D. 一个圆上
7.两圆x2+y2−1=0与x2+y2+3x+9y+2=0的公共弦长为( )
A. 3 1010B. 3 105C. 105D. 1
8.设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点(−2,0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM⋅FN=( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正方体．则下列结论正确的是( )
A. (A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12
B. A1C⋅(A1B1−A1A)=0
C. 向量AD1与向量A1B的夹角是120°
D. 正方体ABCD−A1B1C1D1的体积为|AB⋅AA1⋅AD|
10.数列{an}是等差数列，{bn}也是等差数列( )
A. 若cn=an+bn，则数列{cn}也是等差数列
B. 若cn=λan+μbn，λ，μ为常数，则{cn}是等差数列
C. 若cn=an⋅bn，则{cn}是等差数列
D. 若cn=an⋅bn，则{cn}可能是等比数列
11.已知实数x，y满足方程x2+y2−4x+1=0，则下列说法错误的是( )
A. y−x的最大值为 6−2B. x2+y2的最大值为7+4 3
C. yx的最大值为 32D. x+y的最大值为2+ 3
12.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，直线的斜率为 3且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|=8，则以下结论正确的是( )
A. p=4B. DF=FAC. |BD|=2|BF|D. |BF|=4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.等轴双曲线的离心率为 ．
14.已知{an}是等比数列，若a2+a4=8，a3+a5=32，则公比q= ______．
15.已知等差数列共有2n+1项，其中奇数项和为290，偶数项和为261，则an+1= ______．
16.如图，已知正四面体A−BCD中，AE=14AB，CF=14CD，则直线DE和BF所成的角的余弦值为______．
四、解答题：本题共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)
直线l过P(3,4)，与x轴正半轴交于A点，与y轴正半轴交于B点，O为坐标原点．
(1)求△AOB面积的最小值；
(2)求横截距与纵截距之和的最小值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA=AB=BC=1，AD=0.5．
(1)求四棱锥S−ABCD的体积；
(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知Sn是等差数列{an}的前n项和．
(1)证明{Snn}是等差数列；
(2)设Tn为数列{Snn}的前n项和，若S4=12，S8=40，求Tn．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=3n−1，令cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
已知以F(1,0)为焦点的抛物线C1的顶点为原点，点P是抛物线C1的准线上任意一点，过点P作抛物线C1的两条切线PA、PB，其中A、B为切点，设直线PA、PB的斜率分别为k1、k2．
(1)若点P的纵坐标为1，计算k1⋅k2的值；
(2)求证：直线AB过定点，并求出这个定点的坐标．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为A(0,2,1)，B(3,2,−1)在直线l上，
所以直线l的一个方向向量为AB=(3,0,−2)，
因为(9,0,−6)=3(3,0,−2)，
则直线l的一个方向向量为(9,0,−6)．
故选：B．
先求出AB的坐标，然后利用空间向量共线定理判断即可．
本题考查了直线方向向量的求解，空间向量的坐标表示以及空间向量共线定理的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：AB=(4,−5,0)，则|AB|= 41，AC=(0,4,−3)，|AC|=5，
AB⋅AC=−20，
则cs∠BAC=AB⋅AC|AB||AC|=−205 41=−4 41，
则sin∠BAC= 1−(−4 41)2=5 41，
则|BD|=|AB|sin∠BAC= 41×5 41=5，
故选：C．
根据空间向量数量积求cs∠BAC和sin∠BAC的值，根据直角三角形的性质进行计算即可．
本题主要考查三角形高的计算，利用空间向量数量积的应用进行求解是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵a1=19，an+1=an−3(n∈N*)，
∴数列{an}是首项为19，公差为−3的等差数列，
∴an=19+(n−1)×(−3)=22−3n，
由an=22−3n≥0，得n≤713，
∴数列{an}的前n项和数值最大时，n的值是7．
故选：B．
先由题设条件求出an=19+(n−1)×(−3)=22−3n，再由an=22−3n≥0，得n≤713，由此得到数列{an}的前n项和数值最大时，n的值．
本题考查等差数列的性质和应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
4.【答案】C
【解析】解：当sinθ=0时，方程变为x+2=0，其倾斜角为π2，
当sinθ≠0时，由直线l的方程可得斜率k=1sinθ，
因为sinθ∈[−1,1]且sinθ≠0，
所以k∈(−∞,−1]∪[1,+∞)即tanα∈(−∞,−1]∪[1,+∞)，
又α∈[0,π)，
所以α∈[π4,π2)∪(π2,3π4]，
综上知，直线l的倾斜角a的取值范围是[π4,3π4]，
故选：C．
根据题意，分sinθ=0和sinθ≠0两种情况讨论，分别计算即可．
本题考查了直线斜率的求法，考查了斜率和倾斜角的关系，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：椭圆x225+y29=1，可知a=5，b=3，c=4，
∴长轴长是10，短轴长是6；焦距是8；焦点坐标是(±4,0)；离心率是：45．
椭圆x225−k+y29−k=1(0∵a= 25−k，b= 9−k，c=4，
∴长轴长是2 25−k，短轴长是2 9−k；焦距是8；焦点坐标是(±4,0)；离心率是4 25−k．
∴椭圆x225+y29=1与椭圆x225−k+y29−k=1(0故选：D．
分别求出椭圆x225+y29=1与椭圆x225−k+y29−k=1(0本题考查椭圆的长轴、短轴、焦距、焦点坐标、离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．
6.【答案】B
【解析】解：设动圆的圆心为P，半径为r，而圆x2+y2=1的圆心为O(0,0)，半径为1；圆x2+y2−8x+12=0的圆心为F(4,0)，半径为2．
依题意得|PF|=2+r，|PO|=1+r，则|PF|−|PO|=(2+r)−(1+r)=1<|FO|=4，所以点P的轨迹是双曲线的一支．
故选B．
设动圆P的半径为r，然后根据动圆与圆x2+y2=1及圆x2+y2−8x+12=0都外切得|PF|=2+r，|PO|=1+r，再两式相减消去参数r，则满足双曲线的定义，问题解决．
本题主要考查圆与圆的位置关系，考查双曲线的定义，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵圆C1：x2+y2−1=0与圆C2：x2+y2+3x+9y+2=0的公共弦所在的直线方程为：
(x2+y2+3x+9y+2)−(x2+y2−1)=3x+9y=3=0，即x+3y+1=0，
∵圆C1：x2+y2=1的圆心C1 (0,0)到公共弦x+3y+1=0的距离：
d=1 1+9=1 10，圆C1的半径r=1，
∴公共弦长|AB|=2 1−110=3 105．
故选B．
先求出圆C1：x2+y2−1=0与圆C2：x2+y2+3x+9y+2=0的公共弦所在的直线方程为x+3y+1=0，再由点到直线的距离公式能求出两圆的公共弦长．
本题考查两圆的公共弦长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的求法．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，向量的数量积，考查计算能力，属于中档题．
求出抛物线的焦点坐标，求出M、N的坐标，然后求解向量的数量积即可．
【解答】
解：抛物线C：y2=4x的焦点为F(1,0)，
过点(−2,0)且斜率为23的直线为：3y=2x+4，
联立该直线与抛物线C：y2=4x，消去x可得：y2−6y+8=0，
解得y1=2，y2=4，不妨设M(1,2)，N(4,4)，
所以FM=(0,2)，FN=(3,4)．
则FM⋅FN=8．
故选D．
9.【答案】ABC
【解析】解，设正方体的棱长为1，
①，(A1A+A1D1+A1B1)2= A1C2=3=3A1B12，故正确．
②，∵ A1B1−A1A=AB1，∵AB1⊥面A1D1CB，∴AB1⊥A1C，故AB1⊥A1C，故正确
③， AD1=BC1，=1200，故正确；
④，∵ AB⋅AA1⋅AD=0，故错
故选：ABC．
利用正方体的性质，空间向量的线性、数量积运算判定．
本题考查了空间向量的线性、数量积运算，考查了正方体的性质，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：设{an}的首项为a1，公差为d，{bn}的首项为b1，公差为t，
则an=a1+(n−1)d，bn=b1+(n−1)t，
对于A：cn=an+bn=(a1+b1)+(n−1)(d+t)，
则{cn}是以a1+b1为首项，d+t为公差的等差数列，故A正确；
对于B：cn=λan+μbn=(λa1+μb1)+(n−1)(λd+μt)，(λ,μ为常数)，
则{cn}是以λa1+μb1为首项，λd+μt为公差的等差数列，故B正确；
对于C：令an=n，bn=2n，则cn=an⋅bn=2n2，显然{cn}不是等差数列，故C错误；
对于D：令an=2，bn=3，则cn=an⋅bn=6，则{cn}为等差数列也为等比数列，故D正确．
故选：ABD．
根据等差数列的定义判断A、B，利用特殊例子说明C、D．
本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：实数x，y满足方程x2+y2−4x+1=0，即(x−2)2+y2=3，
方程(x−2)2+y2=3表示以(2,0)为圆心，以 3为半径的圆；
令y−x=a，y=kx，x+y=b，则三条直线都与该圆有公共点，
所以|a+2| 2≤ 3，|2k| k2+1≤ 3，|2−b| 2≤ 3，
解得− 6−2≤a≤ 6−2，− 3≤k≤ 3，2− 6≤b≤2+ 6，
所以y−x的最大值为 6−2，yx=k的最大值为 3，x+y的最大值为2+ 6，
所以选项A正确，CD错误；
原点到圆心的距离为d=2，
又因为x2+y2表示圆上的点与坐标原点距离的平方，
所以圆上的点到原点的距离的范围为[2− 3,2+ 3]，
所以 x2+y2≤2+ 3，即x2+y2≤7+4 3，
所以x2+y2的最大值为7+4 3，B项正确．
故选：CD．
令y−x=a，y=kx，x+y=b，得到直线与圆有公共点从而求得a，k，b的范围；x2+y2看成原点到圆上的距离的平方即可求解．
本题考查与圆有关的最值问题，考查直线与圆的位置关系，是中档题．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于基础题．
由题意画出图形，写出直线方程，与抛物线方程联立，求得A的横坐标，再由焦半径公式求p，进一步求出|BF|，|BD|的值，逐一判断四个选项得答案．
【解答】
解：如图，
F(p2,0)，直线l的斜率为 3，则直线方程为y= 3(x−p2)，联立y2=2pxy= 3(x−p2)，得12x2−20px+3p2=0.解得：xA=32p，xB=16p，由|AF|=32p+p2=2p=8，得p=4，故A正确；
∴抛物线方程为y2=8x，xB=16p=23，则|BF|=23+2=83，|BD|=|BF|cs60∘，∴|BD|=2|BF|，故C正确，D错误；
|BD|+|BF|=83+163=8，所以F为AD中点，则DF=FA，故B正确．
故选：ABC．
13.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．
根据等轴双曲线的定义，可得a=b，从而可得离心率．
【解答】
解：∵等轴双曲线中a=b，
∴c= a2+b2= 2a，
∴e=ca= 2．
故答案为： 2．
14.【答案】4
【解析】解：由题意可知a3+a5a2+a4=(a2+a4)qa2+a4=q=328=4．
故答案为：4．
利用等比数列的定义计算即可．
本题主要考查等比数列的性质，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】29
【解析】解：设该等差数列为{an}，
可得其前2n+1项和S2n+1=(2n+1)(a1+a2n+1)2
=(2n+1)×2an+12=(2n+1)an+1，
代入已知数据可得290+261=(2n+1)an+1，①
又奇数项和S=(n+1)(a1+a2n+1)2
=(n+1)×2an+12=(n+1)an+1，
代入数据可得290=(n+1)an+1，②
由①②可得n=9，an+1=29
故答案为：29
设该等差数列为{an}，可得290+261=(2n+1)an+1，①290=(n+1)an+1，②联合解之可得．
本题考查等差数列的求和公式，涉及等差数列的性质，属中档题．
16.【答案】413
【解析】【分析】
本题考查在正四面体中求异面直线所成角的余弦值，着重考查了正四面体的性质、向量的加减与数量积运算、异面直线所成角的定义及其求法等知识，属于中档题．
设正四面体的棱长等于1，设向量DA=a，DB=b，DC=c，将向量DE、BF用向量a,b,c表示，cs=−413，即可得出直线DE和BF所成的角的余弦值．
【解答】
解：正四面体A−BCD中，设向量DA=a，DB=b，DC=c，
则向量a,b,c两两夹角为60°，
设正四面体的棱长等于1，
则a⋅b=b⋅c=c⋅a=cs60°=12，
∵△ABD中，AE=14AB，
∴DE=DA+AE=DA+14AB=DA+14(DB−DA)
=34DA+14DB=34a+14b，
同理由CF=14CD，可得BF=DF−DB=−b+34c，
∴DE= (34a+14b)2
= 916a2+38a⋅b+116b2
= 916+316+116= 134，
同理可得BF= (−b+34c)2= 134，
∵DE⋅BF=(34a+14b)⋅(−b+34c)
=−34a⋅b+916a⋅c−14b2+316b⋅c
=−14，
∴cs=DE⋅BFDE⋅BF
=−14 134× 134=−413，
故直线DE和BF所成的角的余弦值为413．
故答案为413．
17.【答案】解：(1)根据题意，直线l的斜率一定存在，设直线l的斜率为k(k<0)，
因为直线l过点P(3,4)，则直线l的方程为y−4=k(x−3)，
令x=0，可得y=4−3k；令y=0，可得x=3−4k，
则△AOB的面积为S=12|OA||OB|=12|4−3k|⋅|3−44|=12⋅[24+(−9k)+(−16k)]≥12⋅[24+ (−9k)⋅(−16k)]=≥12⋅[24+2 (−9k)⋅(−16k)]=24，当且仅当−9k=−16k时，即k=43时，等号成立，
所以△AOB的面积最小值为24．
(2)由(1)知，直线l在x轴和y轴上的截距分别为x=3−4k和y=4−3k，且k<0，
则x+y=3−4k+4−3k=7+(−3k)+(−4k)≥7+2 (−3k)⋅(−4k)=7+4 3，
当且仅当−3k=−4k时，即k=−2 33时，等号成立，
所以横截距与纵截距之和的最小值为7+4 3．
【解析】(1)设直线l的斜率为k(k<0)，得到直线l的方程为y−4=k(x−3)，求得在坐标轴的截距，得到△AOB的面积为S=12|OA||OB|=12⋅[24+(−9k)+(−16k)]，结合基本不等式，即可求解；
(2)由(1)知，直线l在x轴和y轴上的截距为x=3−4k和y=4−3k，且k<0，得到x+y=3−4k+4−3k=7+(−3k)+(−4k)，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查直线方程的性质以及基本不等式的应用，考查计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)根据题意可得四棱锥S−ABCD的体积为：
VS−ABCD=13×S直角梯形ABCD×SA
=13×12×(1+0.5)×1×1=14；
(2)根据题意可建系如图：

则D(12,0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，
∴DC=(12,1,0)，SC=(1,1,−1)，
设平面SCD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅DC=12x+y=0m⋅SC=x+y−z=0，取m=(2,−1,1)，
又易知平面SAB的法向量为n=(1,0,0)，
∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为：
|cs|=|m⋅n||m||n|=2 6×1= 63．
【解析】(1)根据锥体的体积公式计算，即可求解；
(2)建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查四棱锥的体积的求解，向量法求解面面角问题，属中档题．
19.【答案】证明：(1)等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
所以Snn=a1+an2，Sn−1n−1=a1+an−12，故Snn−Sn−1n−1=a1+an2−a1+an−12=an−an−12=d2(常数)；
故{Snn}是等差数列．
(2)由于S4=12，S8=40，
故4a1+4×32d=12 8a1+8×72d=40 ，解得a1=32 d=1 ；
故Sn=32n+n(n−1)2=12n2+n；
所以Snn=12n+1，
数列{Snn}是以32为首项，12为公差的等差数列；
所以Tn=32n+12×n(n−1)2=14n2+54n．
【解析】(1)直接利用等差数列的定义求出结果；
(2)利用等差数列的求和公式求出结果．
本题考查的知识要点：等差数列的定义，数列的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意知，S4=4S2，a2=2a1+1，
即4a1+6d=4(2a1+d)a2=a1+d=2a1+1，化简得a1=1d=2．
所以数列{an}的通项公式an=1+2(n−1)=2n−1．
(2)令cn=anbn=(2n−1)⋅3n−1，
则 Tn=1×30+3×31+5×32+...+(2n−1)×3n−1，
∴3Tn=1×31+3×22+...+(2n−3)×3n−1+(2n−1)×3n，
∴−2Tn=1+2(31+32+...+3n−1)−(2n−1)×3n
=1+23(1−3n−1)1−3−(2n−1)×3n．
∴Tn=(n−1)⋅3n+1．
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，结合条件求出a1，d，从而得到其通项公式．
(2)利用错位相减，化简解可得出答案．
本题考查了数列递推式、数列求和，考查了计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)抛物线方程为y2=4x，所以其准线方程为x=−1，
点P是抛物线C1的准线上点，且纵坐标为1，所以过P(−1,1)作抛物线切线，
由题知斜率存在且不为0，设其斜率为k，则切线方程为y=k(x+1)+1⇒x=y−1k−1，
联立y2=4xx=y−1k−1⇒y2−4yk+4k+4=0，
Δ=(−4k)2−4(4k+4)=0⇒k2+k−1=0，其两根为k1，k2，
所以k1⋅k2=−1．
(2)证明：设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，
下面证明抛物线C2在其上一点A处的切线方程为y1y=2x+2x1，
联立y2=4xy1y=2x+2x1可得y2−2y1y+4x1=0，
即y2−2y1y+y12=0，即(y−y1)2=0，
解得y=y1，所以抛物线C2在其上一点A处的切线方程为y1y=2x+2x1，
同理可知，抛物线C2在其上一点B处的切线方程为y2y=2x+2x2，
将点P的坐标代入切线PA、PB的方程可得ty1=2x1−2ty2=2x2−2，即2x1−ty1−2=02x2−ty2−2=0，
所以，点A、B的坐标满足方程2x−ty−2=0，所以，直线AB的方程为2x−ty−2=0，
由2x−2=0y=0，可得x=1y=0，所以直线AB过定点(1,0)．
【解析】(1)先得到点P的坐标，易知切线的斜率存在，设出切线方程，将切线方程与抛物线方程联立，利用根的判别式再进行求解即可；
(2)先证明抛物线上点A的切线方程，同理得到点B的切线方程，设出点P的坐标，将点P的坐标代入切线方程中，得到直线AB的方程，进而即可求解．
本题考查抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属中档题．
22.【答案】解：(1)∵离心率e=ca= 22，
∴a= 2c，
又a2=b2+c2，
∴b=c，a= 2b，
把点A(2,1)代入椭圆方程得，42b2+1b2=1，解得b2=3，
故椭圆C的方程为x26+y23=1．
(2)①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
联立y=kx+mx26+y23=1，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，
由△=(4km)2−4(2k2+1)(2m2−6)>0，知m2<6k2+3，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1，
∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=(x1−2,y1−1)⋅(x2−2,y2−1)=0，即(k2+1)x1x2+(km−k−2)(x1+x2)+m2−2m+5=0，
∴(k2+1)⋅2m2−62k2+1+(km−k−2)(−4km2k2+1)+m2−2m+5=0，化简整理得，4k2+8km+3m2−2m−1=(2k+m−1)(2k+3m+1)=0，
∴m=1−2k或m=−2k+13，
当m=1−2k时，y=kx−2k+1，过定点A(2,1)，不符合题意，舍去；
当m=−2k+13时，y=kx−2k+13，过定点B(23,−13)．
∵AD⊥MN，∴点D在以AB为直径的圆上，
故当点Q为AB的中点，即Q(43,13)时，|DQ|=2 23，为定值；
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x=t，M(t,s)，N(t,−s)，且t26+s23=1，
∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=(t−2,s−1)⋅(t−2,−s−1)=t2−4t−s2+5=32t2−4t+2=0，解得t=23或2(舍2)，
∴D(23,1)，此时|DQ|= (43−23)2+(13−1)2=2 23，为定值．
综上所述，存在定点Q(43,13)，使得|DQ|为定值，且该定值为2 23．
【解析】(1)由题可知，ca= 224a2+1b2=1a2=b2+c2，解出a2和b2的值即可；
(2)分两大类进行讨论：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与椭圆方程联立，消去y，写出韦达定理，结合AM⋅AN=0可得m=1−2k或m=−2k+13，分别找出两种情形下直线MN所过的定点，并利用圆的几何性质可得点Q的坐标；②当直线MN的斜率不存在时，此时D为(23,1)，验证Q(43,13)是否符合题意即可．
本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的位置关系中的定值问题，涉及分类讨论的思想和先猜后证的方法，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力、转化与化归能力和运算能力，属于难题．