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2022-2023学年云南省保山市腾冲八中高二（下）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年云南省保山市腾冲八中高二（下）开学数学试卷（含解析），共17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.在等比数列{an}中，a2+a3=1，a3+a4=2，则a4+a5=( )
A. 32B. 16C. 8D. 4
2.已知复数z满足z+z−=6，且(z−z−)⋅i3=−8，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为2 10，且双曲线的一条渐近线与直线3x+y=0垂直，则双曲线的方程为( )
A. x2−y29=1B. x29−y2=1C. x215−y25=1D. x25−y215=1
4.函数f(x)=cs(ωx+φ)ω>0的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为 ( )
A. (kπ−14,kπ+34)，k∈ZB. (2kπ−14,2kπ+34)，k∈Z
C. (k−14,k+34)，k∈ZD. (2k−14,2k+34)，k∈Z
5.春运期间，小明和小华两位同学报名参加了去本地客运站疏导乘客的公益活动，若两人分别被随机分配到A、B、C三个客运站中的一个，则两人被分在同一个客运站的概率为( )
A. 38B. 12C. 59D. 13
6.已知数列{an}满足a1=1，a2=132，an+2an+1=4an+1an，则a5=( )
A. 2−12B. 2−10C. 2−9D. 2−8
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，则C离心率为( )
A. 63B. 33C. 23D. 13
8.若M为△ABC所在平面内一点，且满足(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，且AB⋅AC=0，则△ABC为( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 正三角形D. 等腰直角三角形
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.下列结论错误的是( )
A. 过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的倾斜角为30°
B. 若直线2x−3y+6=0与直线ax+y+2=0垂直，则a=−23
C. 直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是 52
D. 已知A(2,3)，B(−1,1)，点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
10.下列关于抛物线y2=10x的说法正确的是( )
A. 焦点在x轴上
B. 焦点到准线的距离等于10
C. 抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离等于72
D. 由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标可能为(2,1)
11.已知曲线C：mx2+ny2=1，m、n为实数，则下列说法错误的是( )
A. 曲线C可能表示两条直线
B. 若m>n>0，则C是椭圆，长轴长为2 m
C. 若m=n>0，则C是圆，半径为 1m
D. 若m⋅n<0，则C是双曲线，渐近线方程为y=± −nmx
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点(包括端点).则以下结论正确的为( )
A. 三棱锥P−A1BD体积为定值43
B. 异面直线A1D，B1D1成角为45°
C. 直线AA1与面A1BD所成角的正弦值 33
D. 当点P为B1D1中点时，三棱锥P−A1BD的外接球表面积为11π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,x,3)，b=(−2,4,y)，若a//b，则x+y=______．
14.一组数据21，30，53，41，35，76，37，18，29，10，第80百分位数是______．
15.已知圆C的圆心在x轴正半轴上，点M(0, 5)在圆C上，且圆心到直线2x−y=0的距离为4 55，则圆C的方程为 ．
16.2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，状军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升机以72 2千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为 (结果保留根号)．
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)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a+2c)csB+bcsA=0．
(1)求B；
(2)若b=3，△ABC的周长为3+2 3，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
某市为了解疫情期间本地居民对当地防疫工作的满意度，从本市居民中随机抽取若干人进行满意度测评(测评分满分为100分).根据测评的数据制成频率分布直方图如下：
根据频率分布直方图，回答下列问题：
(1)估计本次测评分数的中位数(精确到0.01)和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)估计本次测评分数的第85百分位数(精确到0.01)；
(3)若该市居民约为250万人，估计全市居民对当地防疫工作满意度测评分数在85分以上的人数．
19.(本小题12分)
已知数列{an}是单调递增的等差数列，且a1⋅a4=40，a2+a4=28．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和；
(2)设bn=an2n+1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．
20.(本小题12分)
如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA=AD=AB=2，M，N分别为AB，PC的中点，求证：
(1)MN//平面PAD；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1交于点M、N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若OM⋅ON=12，其中O为坐标原点，求|MN|．
22.(本小题12分)
若椭圆E：x2a2+y2b2=1,(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点，且与双曲线x2−y2=1有相同的焦点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)不过原点O的直线l：y=x+m与椭圆E交于A、B两点，求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵a2+a3=1，a3+a4=2，
∴a3+a4=(a2+a3)q，解得q=2，
∴a4+a5=(a3+a4)q=2×2=4．
故选：D．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
z−=a−bi，
由z+z−=6得a=3，
而z−z−=2bi，
∵(z−z−)⋅i3=−8，
∴2bi⋅i3=−8，得b=−4，
∴z=3−4i，则z在复平面内对应的点为(3,−4)．
故选：D．
设出z，求得z−，利用复数的运算进行化简，求得z的实部和虚部即可得出答案．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为2 10，∴c= 10，
由双曲线的一条渐近线与直线3x+y=0垂直，得ba=13，
又a2+b2=c2，∴10b2=10，即b2=1，则a2=9．
∴双曲线的方程为x29−y2=1．
故选：B．
由已知可得c与ba的值，结合隐含条件求解a与b，则双曲线方程可求．
本题考查双曲线的标准方程与几何性质，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，属于基础题．
由周期求出ω，由最低点求出φ，可得f(x)的解析式，再根据余弦函数的单调性，求得f(x)的减区间．
【解答】
解：由函数f(x)=cs(ωx+φ)的部分图象，
可得函数的最小正周期为2πω=2(54−14)=2，
∴ω=π，f(x)=cs(πx+φ)．
根据图象知点34,−1在图象上，
则可得3π4+φ=π+2kπ,k∈Z，
即φ=π4+2kπ,k∈Z，
则f(x)=cs(πx+π4).
由2kπ≤πx+π4≤2kπ+π，k∈Z，
求得2k−14≤x≤2k+34，k∈Z，
故f(x)的单调递减区间为(2k−14,2k+34)，k∈Z，
故选：D．
5.【答案】D
【解析】解：两人被随机分到三个客运站，一共有3×3=9种分法，其中，两人被分到同一个客运站的分法有3种，所以所求概率为13．
故选：D．
利用古典概型计算公式计算即可．
本题主要考查古典概型，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵数列{an}满足a1=1，a2=132，an+2an+1=4an+1an，
∴a1⋅a3=4a22，可得a3=2−8，
a2⋅a4=4a32，可得a4=2−9，
a3⋅a5=4a42，可得a5=2−8，
故选：D．
直接把n=1，2，3分别代入递推关系式即可求解．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：A1(−a,0)，A2(a,0)．
∵以线段A1A2为直径的圆x2+y2=a2与直线bx−ay+2ab=0相切，
∴2ab b2+(−a)2=a，化为：a2=3b2，
∴椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2= 63．
故选：A．
A1(−a,0)，A2(a,0).由以线段A1A2为直径的圆x2+y2=a2与直线bx−y+2ab=0相切，可得2ab b2+(−a)2=a，化简利用椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2，即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
设BC的中点为D，则MB+MC−2MA=2MD−2MA=2AD，
由(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，
得CB⋅2AD=2CB⋅AD=0，即CB⊥AD，可得CB⊥AD，∴△ABC是等腰三角形；
由AB⋅AC=0，可得AB⊥AC，即AB⊥AC，即△ABC为直角三角形．
则△ABC为等腰直角三角形．
故选：D．
由题意画出图形，设BC的中点为D，由(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，整理可得AD⊥BC，再由AB⋅AC=0得△ABC为直角三角形，则答案可求．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查数形结合思想，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的综合应用，两点间斜率公式、两条平行直线间的距离公式的应用，直线的倾斜角与斜率关系的运用，两条直线垂直的充要条件，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A，由两条直线垂直的充要条件判断选项B，利用两条平行直线间的距离判断选项C，由三点共线，距离之和最小即可判断选项D．
【解答】
解：过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的斜率为k=3−11+3=12，
又直线倾斜角的取值范围为[0,π)，
所以直线的倾斜角为arctan12，
故选项A错误；
若直线2x−3y+6=0与直线ax+y+2=0垂直，
则2a−3=0，解得a=32，
故选项B错误；
直线x+2y−4=0，即2x+4y−8=0，
所以直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是|1+8| 4+16=9 510，
故选项C错误；
因为点B(−1,1)关于x轴的对称点为B′(−1,−1)，
则|PA|+|PB|=|PA|+|PB′|≥|AB′|= (−1−2)2+(−1−3)2=5，
所以|PA|+|PB|的最小值是5，
故选项D正确．
故本题选ABC．
10.【答案】ACD
【解析】解：由抛物线y2=10x，可得焦点在x轴上；
2p=10，解得p=5，∴焦点到准线的距离等于5；
抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离为1+p2=72；
由焦点F(52,0)，∵12×0−152−2=−1，因此由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标可能为(2,1)．
综上只有ACD正确．
故选：ACD．
利用抛物线的标准方程及其性质即可得出结论．
本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：当m=0，n>0时，曲线C：mx2+ny2=1即为y=± nn，表示两条直线，选项A正确；
当m>n>0，曲线C：mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，此时0<1m<1n，曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，长轴长为2 nn，选项B错误；
若m=n>0，曲线C：mx2+ny2=1可化为x2+y2=1m，表示半径为 1m的圆，选项C正确；
若m⋅n<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=± −mnx，选项D错误．
故选：BD．
根据曲线C的方程，结合直线，椭圆，双曲线的标准方程及其性质判断即可．
本题考查曲线与方程，考查椭圆以及双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：∵DD1//BB1，且DD1=BB1，∴四边形BDD1B1为平行四边形，
∴B1D1//BD，又B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，
∴B1D1//平面A1BD，又P为线段B1D1上动点，
∴P到平面A1BD距离为定值，故三棱锥P−A1BD体积为定值，
当点P与D1重合时，VP−A1BD=VB−A1DD1=13S△A1DD1⋅AB=13×12×2×2×2=43，故A正确；
∵B1D1//BD，∴A1D与B1D1所成角等价于A1D与BD所成角，
又△A1BD为等边三角形，∴异面直线A1D，B1D1成角为60°，故B项错误；
以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
∴AA1=(0,0,2)，DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅DB=2x+2y=0，取n=(1,−1,−1)，
设直线AA1与面A1BD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈AA1,n〉|=22 3= 33，故C项正确；
当点P为B1D1中点时，VP−A1BD=VA1−BDP，易得A1P⊥B1D1，BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1P⊂平面A1B1C1D1，
∴A1P⊥B1B，又BB1∩B1D1=B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，
∴A1P⊥平面BB1D1D，即A1P⊥平面BDP，又A1P= 2，BD=2 2,CP=DP= 6，
∴cs∠BPD=BP2+DP2−BD22BP⋅DP=12−82×6=13，sin∠BPD=2 23，
∴△BDP的外接圆半径为r=BD2sin∠BDP=2 22×2 23=32，
故所求问题等价于求以r=32为半径的底面圆，高为h=A1P= 2的圆柱的外接球表面积，
设三棱锥P−A1BD的外接球半径为R，
则R2=r2+(h2)2=94+12=114，
故三棱锥P−A1BD的外接球表面积为S=4πR2=4π×114=11π，故D项正确．
故选：ACD．
易证B1D1//平面A1BD，故三棱锥P−A1BD体积为定值；易得B1D1//BD，△A1BD为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证A1P⊥平面BDP，利用正、余弦定理求出△BDP的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项．
本题考查线面平行的判定定理，线线角的求解问题，向量法求解线面角问题，三棱锥的外接球问题，属难题．
13.【答案】−8
【解析】解：因为a//b，所以b=λa．
所以λ=−2λx=43λ=y，
解得λ=−2x=−2y=−6，
所以x+y=−8．
故答案为：−8
根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果．
本题主要考查了向量共线的坐标的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】47
【解析】解：把21，30，53，41，35，76，37，18，29，10，进行从小到大排序可得：
10，18，21，29，30，35，37，41，53，76，
共10个数据，10×80%=8，
故第80百分位数是第8个和第9个数据的平均数，
即53+412=47，
故答案为：47．
根据百分位的定义可得第80百分位数是第8个和第9个数据的平均数，计算即可得解．
本题主要考查百分位数的计算，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(x−2)2+y2=9
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程，考查了点到直线的距离公式的应用，是中档题．
由题意设出圆的方程，把点M的坐标代入圆的方程，结合圆心到直线的距离列式求解．
【解答】
解：由题意设圆的方程为(x−a)2+y2=r2(a>0)，圆心(a,0)，
由点M(0, 5)在圆上，且圆心到直线2x−y=0的距离为4 55，
得a2+5=r2|2a| 22+(−1)2=4 55，解得a=2，r=3，
∴圆C的方程为：(x−2)2+y2=9，
故答案为(x−2)2+y2=9．
16.【答案】2 35千米
【解析】【分析】
本题考查正弦定理的应用，对基本知识的考查，本题的关键在于构建立体图形．
先根据已知条件在△ABC中求出BC，再在直角△BD1 C中利用正切即可求出结论．
【解答】
解：如图由题上条件可得线AC平行于东西方向，∠ABD=60°，∠CBD=75°；
AC=72 260=6 25千米；
∴∠ABC=135°；∠BAC=30°；
在△ABC中，BCsin∠BAC=ACsin∠ABC⇒BCsin30∘=6 25sin135°⇒BC=6 25×12 22=65．
如图
D1C⊥平面ABC，在直角△BD1 C中，tan∠D1 BC=D1CBC=hBC
⇒h=BC⋅tan∠D1 BC=65×tan∠30°=2 35(千米)．
故答案为：2 35千米．
17.【答案】解：(1)已知(a+2c)csB+bcsA=0．
则：(sinA+2sinC)csB+sinBcsA=0，
整理得：sinAcsB+csAsinB+2sinCcsB=0，
解得：csB=−12，
由于：0所以：B=2π3．
(2)△ABC的周长为3+2 3，
则：a+b+c=3+2 3，
由于：b=3，
则：a+c=2 3．
由于：b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−2accsB，
解得：ac=3．
故：S△ABC=12acsinB=3 34．
【解析】(1)直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换，求出B的值．
(2)利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角函数关系式的恒等变换，三角形面积公式的应用．
18.【答案】解：(1)在频率分布直方图中，由(0.004+0.006+0.020)×10=0.3<0.5，(0.004+0.006+0.020+0.030)×10=0.6>0.5，
所以中位数位于(70,80)内，设中位数为x，则(0.004+0.006+0.020)×10+0.030×(x−70)=0.5，
解得x=70+203≈76.67，即本次测评分数的中位数约为76.6，
由频率分布直方图可知m=110×[1−10×(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024)]=0.016，
本次测评分数的平均数为[0.004×45+0.006×55+0.020×65+0.030×75+0.024×85+0.016×95)×10=76.2,
即本次测评分数的平均数约为76.2．
(2)在频率分布直方图中，前5组频率之和为0.84，小于0.85，故第85百分位数位于第6组，
所以90+10×0.85−0.841−0.84=90.625≈90.63，
即第85百分位数约为90.63，
(3)由频率分布直方图知测评分在85分以上的频率为0.242+0.16=0.28，
所以估计该市居民测评分在85分以上的人数约为250×0.28=70(万人)．
【解析】利用频率分布直方图以及样本数字特征知识可解．
本题主要考查频率分布直方图、平均数、方差、中位数、分位数等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力、应用意识、创新意识等；考查统计与概率思想、分类与整合思想、化归与转化思想等；考查数据分析、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性．属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为数列{an}是等差数列，所以a2+a4=2a3=28，即a3=14，
所以a1+2d=14，
又a1⋅a4=a1(a1+3d)=40，即(14−2d)(14+d)=40，解得d=6或−13，
由数列{an}递增，知d=6，
所以a1=2，
所以an=6n−4，Sn=3n2−n．
(2)bn=3n−22n，
所以Tn=12+422+723+⋅⋅⋅+3n−52n−1+3n−22n，
所以12Tn=122+423+⋯+3n−52n+3n−22n+1，
两式相减得，12Tn=12+3(122+123+⋅⋅⋅+12n)−3n−22n+1=2−3n+42n+1，
所以Tn=4−3n+42n．
【解析】(1)根据等差数列的中项公式与通项公式，可求得公差d和首项a1，再由等差数列的通项公式与前n项和公式，得解；
(2)根据错位相减法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，以及错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，则QN//DC，QN=12DC，
又因为AM//DC，AM=12DC，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以MN//AQ，因为MN⊄平面PAD，AQ⊂平面PAD，
所以MN//平面PAD；
(2)解：建立空间直角坐标系如图，因为PA=AD=AB=2，
所以P(0,0,2)，D(0,2,0)，M(1,0,0)，C(2,2,0)，PD=(0,2,−2)，PM=(1,0,−2)，PC=(2,2,−2)．
设平面PMC法向量为：n=(x,y,z)，
则n⋅PC=0，n⋅PM=0，解得x=2z，y=−z，令z=1，
则n=(2,−1,1)．
设PD与平面PMC所成角为θ，则sinθ=|cs|=PD⋅n|PD||n|=−2−2 4+4⋅ 4+1+1= 33．
【解析】(1)取PD中点Q，连接AQ，QN，说明四边形AMNQ为平行四边形，然后证明MN//平面PAD；
(2)建立空间直角坐标系求出平面PMC法向量，PD与平面PMC所成角为θ，然后利用向量的数量积求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
21.【答案】(1)由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A(0,1)的直线方程：y=kx+1，即：kx−y+1=0．
由已知可得圆C的圆心C的坐标(2,3)，半径R=1．
故由|2k−3+1| k2+1<1，
故当4− 73(2)设M(x1,y1)；N(x2,y2)，
由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程(x−2)2+(y−3)2=1，
可得(1+k2)x2−4(k+1)x+7=0，
∴x1+x2=4(1+k)1+k2，x1⋅x2=71+k2，
∴y1⋅y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1
=71+k2⋅k2+k⋅4(1+k)1+k2+1=12k2+4k+11+k2，
由OM⋅ON=x1⋅x2+y1⋅y2=12k2+4k+81+k2=12，解得k=1，
故直线l的方程为y=x+1，即x−y+1=0．
圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．
所以|MN|=2．
【解析】(1)由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．
(2)由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力．
22.【答案】解：(1)抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，所以b=1，
因为双曲线x2−y2=1的焦点坐标为(− 2,0),( 2,0)，
所以a2−b2=2则a2=3，
所以椭圆E的方程为x23+y2=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x23+y2=1y=x+m可得4x2+6mx+3m2−3=0，
因为直线l：y=x+m与椭圆E交于A、B两点，
所以Δ=36m2−16(3m2−3)>0，解得m2<4，
由韦达定理可得x1+x2=−3m2,x1x2=3m2−34，
由弦长公式可得|AB|= 2⋅ (−3m2)2−4⋅3m2−34= 22 12−3m2，
点O到直线l的距离为d=|m| 2，
所以S△OAB=12⋅d⋅|AB|=12× 22×|m|× 22× 12−3m2=14× −3(m2−2)2+12≤ 32，
当且仅当m2=2即m=± 2时取得等号，
所以△ABC面积的最大值为 32，此时直线l的方程为y=x± 2．
【解析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的a，b，c的关系求解；
(2)利用韦达定理求出弦长|AB|，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
1.在等比数列{an}中，a2+a3=1，a3+a4=2，则a4+a5=( )
A. 32B. 16C. 8D. 4
2.已知复数z满足z+z−=6，且(z−z−)⋅i3=−8，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为2 10，且双曲线的一条渐近线与直线3x+y=0垂直，则双曲线的方程为( )
A. x2−y29=1B. x29−y2=1C. x215−y25=1D. x25−y215=1
4.函数f(x)=cs(ωx+φ)ω>0的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为 ( )
A. (kπ−14,kπ+34)，k∈ZB. (2kπ−14,2kπ+34)，k∈Z
C. (k−14,k+34)，k∈ZD. (2k−14,2k+34)，k∈Z
5.春运期间，小明和小华两位同学报名参加了去本地客运站疏导乘客的公益活动，若两人分别被随机分配到A、B、C三个客运站中的一个，则两人被分在同一个客运站的概率为( )
A. 38B. 12C. 59D. 13
6.已知数列{an}满足a1=1，a2=132，an+2an+1=4an+1an，则a5=( )
A. 2−12B. 2−10C. 2−9D. 2−8
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，则C离心率为( )
A. 63B. 33C. 23D. 13
8.若M为△ABC所在平面内一点，且满足(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，且AB⋅AC=0，则△ABC为( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 正三角形D. 等腰直角三角形
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.下列结论错误的是( )
A. 过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的倾斜角为30°
B. 若直线2x−3y+6=0与直线ax+y+2=0垂直，则a=−23
C. 直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是 52
D. 已知A(2,3)，B(−1,1)，点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
10.下列关于抛物线y2=10x的说法正确的是( )
A. 焦点在x轴上
B. 焦点到准线的距离等于10
C. 抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离等于72
D. 由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标可能为(2,1)
11.已知曲线C：mx2+ny2=1，m、n为实数，则下列说法错误的是( )
A. 曲线C可能表示两条直线
B. 若m>n>0，则C是椭圆，长轴长为2 m
C. 若m=n>0，则C是圆，半径为 1m
D. 若m⋅n<0，则C是双曲线，渐近线方程为y=± −nmx
12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点(包括端点).则以下结论正确的为( )
A. 三棱锥P−A1BD体积为定值43
B. 异面直线A1D，B1D1成角为45°
C. 直线AA1与面A1BD所成角的正弦值 33
D. 当点P为B1D1中点时，三棱锥P−A1BD的外接球表面积为11π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,x,3)，b=(−2,4,y)，若a//b，则x+y=______．
14.一组数据21，30，53，41，35，76，37，18，29，10，第80百分位数是______．
15.已知圆C的圆心在x轴正半轴上，点M(0, 5)在圆C上，且圆心到直线2x−y=0的距离为4 55，则圆C的方程为 ．
16.2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，状军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升机以72 2千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为 (结果保留根号)．
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)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(a+2c)csB+bcsA=0．
(1)求B；
(2)若b=3，△ABC的周长为3+2 3，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
某市为了解疫情期间本地居民对当地防疫工作的满意度，从本市居民中随机抽取若干人进行满意度测评(测评分满分为100分).根据测评的数据制成频率分布直方图如下：
根据频率分布直方图，回答下列问题：
(1)估计本次测评分数的中位数(精确到0.01)和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)估计本次测评分数的第85百分位数(精确到0.01)；
(3)若该市居民约为250万人，估计全市居民对当地防疫工作满意度测评分数在85分以上的人数．
19.(本小题12分)
已知数列{an}是单调递增的等差数列，且a1⋅a4=40，a2+a4=28．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和；
(2)设bn=an2n+1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．
20.(本小题12分)
如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA=AD=AB=2，M，N分别为AB，PC的中点，求证：
(1)MN//平面PAD；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1交于点M、N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若OM⋅ON=12，其中O为坐标原点，求|MN|．
22.(本小题12分)
若椭圆E：x2a2+y2b2=1,(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点，且与双曲线x2−y2=1有相同的焦点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)不过原点O的直线l：y=x+m与椭圆E交于A、B两点，求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵a2+a3=1，a3+a4=2，
∴a3+a4=(a2+a3)q，解得q=2，
∴a4+a5=(a3+a4)q=2×2=4．
故选：D．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
z−=a−bi，
由z+z−=6得a=3，
而z−z−=2bi，
∵(z−z−)⋅i3=−8，
∴2bi⋅i3=−8，得b=−4，
∴z=3−4i，则z在复平面内对应的点为(3,−4)．
故选：D．
设出z，求得z−，利用复数的运算进行化简，求得z的实部和虚部即可得出答案．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为2 10，∴c= 10，
由双曲线的一条渐近线与直线3x+y=0垂直，得ba=13，
又a2+b2=c2，∴10b2=10，即b2=1，则a2=9．
∴双曲线的方程为x29−y2=1．
故选：B．
由已知可得c与ba的值，结合隐含条件求解a与b，则双曲线方程可求．
本题考查双曲线的标准方程与几何性质，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，属于基础题．
由周期求出ω，由最低点求出φ，可得f(x)的解析式，再根据余弦函数的单调性，求得f(x)的减区间．
【解答】
解：由函数f(x)=cs(ωx+φ)的部分图象，
可得函数的最小正周期为2πω=2(54−14)=2，
∴ω=π，f(x)=cs(πx+φ)．
根据图象知点34,−1在图象上，
则可得3π4+φ=π+2kπ,k∈Z，
即φ=π4+2kπ,k∈Z，
则f(x)=cs(πx+π4).
由2kπ≤πx+π4≤2kπ+π，k∈Z，
求得2k−14≤x≤2k+34，k∈Z，
故f(x)的单调递减区间为(2k−14,2k+34)，k∈Z，
故选：D．
5.【答案】D
【解析】解：两人被随机分到三个客运站，一共有3×3=9种分法，其中，两人被分到同一个客运站的分法有3种，所以所求概率为13．
故选：D．
利用古典概型计算公式计算即可．
本题主要考查古典概型，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵数列{an}满足a1=1，a2=132，an+2an+1=4an+1an，
∴a1⋅a3=4a22，可得a3=2−8，
a2⋅a4=4a32，可得a4=2−9，
a3⋅a5=4a42，可得a5=2−8，
故选：D．
直接把n=1，2，3分别代入递推关系式即可求解．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：A1(−a,0)，A2(a,0)．
∵以线段A1A2为直径的圆x2+y2=a2与直线bx−ay+2ab=0相切，
∴2ab b2+(−a)2=a，化为：a2=3b2，
∴椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2= 63．
故选：A．
A1(−a,0)，A2(a,0).由以线段A1A2为直径的圆x2+y2=a2与直线bx−y+2ab=0相切，可得2ab b2+(−a)2=a，化简利用椭圆的离心率e=ca= 1−b2a2，即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
设BC的中点为D，则MB+MC−2MA=2MD−2MA=2AD，
由(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，
得CB⋅2AD=2CB⋅AD=0，即CB⊥AD，可得CB⊥AD，∴△ABC是等腰三角形；
由AB⋅AC=0，可得AB⊥AC，即AB⊥AC，即△ABC为直角三角形．
则△ABC为等腰直角三角形．
故选：D．
由题意画出图形，设BC的中点为D，由(MB−MC)⋅(MB+MC−2MA)=0，整理可得AD⊥BC，再由AB⋅AC=0得△ABC为直角三角形，则答案可求．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查数形结合思想，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的综合应用，两点间斜率公式、两条平行直线间的距离公式的应用，直线的倾斜角与斜率关系的运用，两条直线垂直的充要条件，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
利用直线的斜率与倾斜角的关系判断选项A，由两条直线垂直的充要条件判断选项B，利用两条平行直线间的距离判断选项C，由三点共线，距离之和最小即可判断选项D．
【解答】
解：过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的斜率为k=3−11+3=12，
又直线倾斜角的取值范围为[0,π)，
所以直线的倾斜角为arctan12，
故选项A错误；
若直线2x−3y+6=0与直线ax+y+2=0垂直，
则2a−3=0，解得a=32，
故选项B错误；
直线x+2y−4=0，即2x+4y−8=0，
所以直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是|1+8| 4+16=9 510，
故选项C错误；
因为点B(−1,1)关于x轴的对称点为B′(−1,−1)，
则|PA|+|PB|=|PA|+|PB′|≥|AB′|= (−1−2)2+(−1−3)2=5，
所以|PA|+|PB|的最小值是5，
故选项D正确．
故本题选ABC．
10.【答案】ACD
【解析】解：由抛物线y2=10x，可得焦点在x轴上；
2p=10，解得p=5，∴焦点到准线的距离等于5；
抛物线上横坐标为1的点到焦点的距离为1+p2=72；
由焦点F(52,0)，∵12×0−152−2=−1，因此由原点向过焦点的某直线作垂线，垂足坐标可能为(2,1)．
综上只有ACD正确．
故选：ACD．
利用抛物线的标准方程及其性质即可得出结论．
本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：当m=0，n>0时，曲线C：mx2+ny2=1即为y=± nn，表示两条直线，选项A正确；
当m>n>0，曲线C：mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，此时0<1m<1n，曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，长轴长为2 nn，选项B错误；
若m=n>0，曲线C：mx2+ny2=1可化为x2+y2=1m，表示半径为 1m的圆，选项C正确；
若m⋅n<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=± −mnx，选项D错误．
故选：BD．
根据曲线C的方程，结合直线，椭圆，双曲线的标准方程及其性质判断即可．
本题考查曲线与方程，考查椭圆以及双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：∵DD1//BB1，且DD1=BB1，∴四边形BDD1B1为平行四边形，
∴B1D1//BD，又B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，
∴B1D1//平面A1BD，又P为线段B1D1上动点，
∴P到平面A1BD距离为定值，故三棱锥P−A1BD体积为定值，
当点P与D1重合时，VP−A1BD=VB−A1DD1=13S△A1DD1⋅AB=13×12×2×2×2=43，故A正确；
∵B1D1//BD，∴A1D与B1D1所成角等价于A1D与BD所成角，
又△A1BD为等边三角形，∴异面直线A1D，B1D1成角为60°，故B项错误；
以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，
∴AA1=(0,0,2)，DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅DB=2x+2y=0，取n=(1,−1,−1)，
设直线AA1与面A1BD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈AA1,n〉|=22 3= 33，故C项正确；
当点P为B1D1中点时，VP−A1BD=VA1−BDP，易得A1P⊥B1D1，BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1P⊂平面A1B1C1D1，
∴A1P⊥B1B，又BB1∩B1D1=B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，
∴A1P⊥平面BB1D1D，即A1P⊥平面BDP，又A1P= 2，BD=2 2,CP=DP= 6，
∴cs∠BPD=BP2+DP2−BD22BP⋅DP=12−82×6=13，sin∠BPD=2 23，
∴△BDP的外接圆半径为r=BD2sin∠BDP=2 22×2 23=32，
故所求问题等价于求以r=32为半径的底面圆，高为h=A1P= 2的圆柱的外接球表面积，
设三棱锥P−A1BD的外接球半径为R，
则R2=r2+(h2)2=94+12=114，
故三棱锥P−A1BD的外接球表面积为S=4πR2=4π×114=11π，故D项正确．
故选：ACD．
易证B1D1//平面A1BD，故三棱锥P−A1BD体积为定值；易得B1D1//BD，△A1BD为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证A1P⊥平面BDP，利用正、余弦定理求出△BDP的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项．
本题考查线面平行的判定定理，线线角的求解问题，向量法求解线面角问题，三棱锥的外接球问题，属难题．
13.【答案】−8
【解析】解：因为a//b，所以b=λa．
所以λ=−2λx=43λ=y，
解得λ=−2x=−2y=−6，
所以x+y=−8．
故答案为：−8
根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果．
本题主要考查了向量共线的坐标的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】47
【解析】解：把21，30，53，41，35，76，37，18，29，10，进行从小到大排序可得：
10，18，21，29，30，35，37，41，53，76，
共10个数据，10×80%=8，
故第80百分位数是第8个和第9个数据的平均数，
即53+412=47，
故答案为：47．
根据百分位的定义可得第80百分位数是第8个和第9个数据的平均数，计算即可得解．
本题主要考查百分位数的计算，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】(x−2)2+y2=9
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程，考查了点到直线的距离公式的应用，是中档题．
由题意设出圆的方程，把点M的坐标代入圆的方程，结合圆心到直线的距离列式求解．
【解答】
解：由题意设圆的方程为(x−a)2+y2=r2(a>0)，圆心(a,0)，
由点M(0, 5)在圆上，且圆心到直线2x−y=0的距离为4 55，
得a2+5=r2|2a| 22+(−1)2=4 55，解得a=2，r=3，
∴圆C的方程为：(x−2)2+y2=9，
故答案为(x−2)2+y2=9．
16.【答案】2 35千米
【解析】【分析】
本题考查正弦定理的应用，对基本知识的考查，本题的关键在于构建立体图形．
先根据已知条件在△ABC中求出BC，再在直角△BD1 C中利用正切即可求出结论．
【解答】
解：如图由题上条件可得线AC平行于东西方向，∠ABD=60°，∠CBD=75°；
AC=72 260=6 25千米；
∴∠ABC=135°；∠BAC=30°；
在△ABC中，BCsin∠BAC=ACsin∠ABC⇒BCsin30∘=6 25sin135°⇒BC=6 25×12 22=65．
如图
D1C⊥平面ABC，在直角△BD1 C中，tan∠D1 BC=D1CBC=hBC
⇒h=BC⋅tan∠D1 BC=65×tan∠30°=2 35(千米)．
故答案为：2 35千米．
17.【答案】解：(1)已知(a+2c)csB+bcsA=0．
则：(sinA+2sinC)csB+sinBcsA=0，
整理得：sinAcsB+csAsinB+2sinCcsB=0，
解得：csB=−12，
由于：0
(2)△ABC的周长为3+2 3，
则：a+b+c=3+2 3，
由于：b=3，
则：a+c=2 3．
由于：b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−2accsB，
解得：ac=3．
故：S△ABC=12acsinB=3 34．
【解析】(1)直接利用正弦定理和三角函数关系式的恒等变换，求出B的值．
(2)利用余弦定理和三角形的面积公式求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角函数关系式的恒等变换，三角形面积公式的应用．
18.【答案】解：(1)在频率分布直方图中，由(0.004+0.006+0.020)×10=0.3<0.5，(0.004+0.006+0.020+0.030)×10=0.6>0.5，
所以中位数位于(70,80)内，设中位数为x，则(0.004+0.006+0.020)×10+0.030×(x−70)=0.5，
解得x=70+203≈76.67，即本次测评分数的中位数约为76.6，
由频率分布直方图可知m=110×[1−10×(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024)]=0.016，
本次测评分数的平均数为[0.004×45+0.006×55+0.020×65+0.030×75+0.024×85+0.016×95)×10=76.2,
即本次测评分数的平均数约为76.2．
(2)在频率分布直方图中，前5组频率之和为0.84，小于0.85，故第85百分位数位于第6组，
所以90+10×0.85−0.841−0.84=90.625≈90.63，
即第85百分位数约为90.63，
(3)由频率分布直方图知测评分在85分以上的频率为0.242+0.16=0.28，
所以估计该市居民测评分在85分以上的人数约为250×0.28=70(万人)．
【解析】利用频率分布直方图以及样本数字特征知识可解．
本题主要考查频率分布直方图、平均数、方差、中位数、分位数等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力、应用意识、创新意识等；考查统计与概率思想、分类与整合思想、化归与转化思想等；考查数据分析、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性．属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为数列{an}是等差数列，所以a2+a4=2a3=28，即a3=14，
所以a1+2d=14，
又a1⋅a4=a1(a1+3d)=40，即(14−2d)(14+d)=40，解得d=6或−13，
由数列{an}递增，知d=6，
所以a1=2，
所以an=6n−4，Sn=3n2−n．
(2)bn=3n−22n，
所以Tn=12+422+723+⋅⋅⋅+3n−52n−1+3n−22n，
所以12Tn=122+423+⋯+3n−52n+3n−22n+1，
两式相减得，12Tn=12+3(122+123+⋅⋅⋅+12n)−3n−22n+1=2−3n+42n+1，
所以Tn=4−3n+42n．
【解析】(1)根据等差数列的中项公式与通项公式，可求得公差d和首项a1，再由等差数列的通项公式与前n项和公式，得解；
(2)根据错位相减法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，以及错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，则QN//DC，QN=12DC，
又因为AM//DC，AM=12DC，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以MN//AQ，因为MN⊄平面PAD，AQ⊂平面PAD，
所以MN//平面PAD；
(2)解：建立空间直角坐标系如图，因为PA=AD=AB=2，
所以P(0,0,2)，D(0,2,0)，M(1,0,0)，C(2,2,0)，PD=(0,2,−2)，PM=(1,0,−2)，PC=(2,2,−2)．
设平面PMC法向量为：n=(x,y,z)，
则n⋅PC=0，n⋅PM=0，解得x=2z，y=−z，令z=1，
则n=(2,−1,1)．
设PD与平面PMC所成角为θ，则sinθ=|cs
【解析】(1)取PD中点Q，连接AQ，QN，说明四边形AMNQ为平行四边形，然后证明MN//平面PAD；
(2)建立空间直角坐标系求出平面PMC法向量，PD与平面PMC所成角为θ，然后利用向量的数量积求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
21.【答案】(1)由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A(0,1)的直线方程：y=kx+1，即：kx−y+1=0．
由已知可得圆C的圆心C的坐标(2,3)，半径R=1．
故由|2k−3+1| k2+1<1，
故当4− 73
由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程(x−2)2+(y−3)2=1，
可得(1+k2)x2−4(k+1)x+7=0，
∴x1+x2=4(1+k)1+k2，x1⋅x2=71+k2，
∴y1⋅y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1
=71+k2⋅k2+k⋅4(1+k)1+k2+1=12k2+4k+11+k2，
由OM⋅ON=x1⋅x2+y1⋅y2=12k2+4k+81+k2=12，解得k=1，
故直线l的方程为y=x+1，即x−y+1=0．
圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．
所以|MN|=2．
【解析】(1)由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．
(2)由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力．
22.【答案】解：(1)抛物线x2=4y的焦点为(0,1)，所以b=1，
因为双曲线x2−y2=1的焦点坐标为(− 2,0),( 2,0)，
所以a2−b2=2则a2=3，
所以椭圆E的方程为x23+y2=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x23+y2=1y=x+m可得4x2+6mx+3m2−3=0，
因为直线l：y=x+m与椭圆E交于A、B两点，
所以Δ=36m2−16(3m2−3)>0，解得m2<4，
由韦达定理可得x1+x2=−3m2,x1x2=3m2−34，
由弦长公式可得|AB|= 2⋅ (−3m2)2−4⋅3m2−34= 22 12−3m2，
点O到直线l的距离为d=|m| 2，
所以S△OAB=12⋅d⋅|AB|=12× 22×|m|× 22× 12−3m2=14× −3(m2−2)2+12≤ 32，
当且仅当m2=2即m=± 2时取得等号，
所以△ABC面积的最大值为 32，此时直线l的方程为y=x± 2．
【解析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的a，b，c的关系求解；
(2)利用韦达定理求出弦长|AB|，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
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