2023-2024学年江苏省南通市海门中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海门中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共15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.在等差数列{an}中，已知a3+a7=20，则S9=( )
A. 45B. 60C. 90D. 180
2.已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.过点(−1,3)且平行于直线x−2y+3=0的直线方程为( )
A. x−2y+7=0B. 2x+y−1=0C. x−2y−5=0D. 2x+y−5=0
4.(2+x)4(3−x)5的展开式中x8的系数为( )
A. 7B. 23C. −7D. −23
5.已知点A(m,n)在焦点为F的抛物线x2=4y上，若|AF|=3，则m2=( )
A. 4B. 8C. 12D. 16
6.已知a>0，b>0，若直线x−y−4a=0与曲线y=1+ln(x+b−1)相切，则1a+4b的最小值为( )
A. 9B. 12C. 14D. 16
7.文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为( )
A. 720B. 1440C. 2400D. 2880
8.已知圆D：(x−a)2+y2=r2(r>0)与x轴相交于A、B两点，且圆C：x2+(y−5)2=9，点M(0,3).若圆C与圆D相外切，则tan∠AMB的最大值为( )
A. 65B. 125C. 89D. 169
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32，a2+a3=12，则( )
A. q=2
B. 数列{Sn+2}的通项公式为Sn+2=2n+1
C. S8=254
D. 数列{lg2an}是公差为2的等差数列
10.已知F1，F2为双曲线C：x23−y2=1的左、右焦点，过F2的直线交双曲线C右支于P，Q两点，则下列叙述正确的是( )
A. 若PQ=2 3，则△PF1Q的周长为8 3
B. 弦FQ长的最小值为2 33
C. 点P到两渐近线的距离之积为34
D. 点P与直线x− 3y+2=0距离的最小值为1
11.甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，乙箱中有3个红球和3个黑球，先从甲箱中随机摸出一个球放入乙箱中，再从乙箱中摸出2个球，分别用A1，A2，A3表示从甲箱中摸出的球是红球，白球和黑球的事件，用B表示从乙箱中摸出的2个球颜色不同的事件，则( )
A. P(A1)=27B. P(B|A2)=1549C. P(B|A3)=47D. P(B)=3149
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一个口袋内装有7只不同的白球和1只黑球，从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则不同的取法共有______种.
13.已知函数f(x)=x3−(a+1)x，∀x1，x2∈R，当x1+x2≠0时，f(x1)+f(x2)x1+x2≥1，则实数a的取值范围为______．
14.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，连接AF1并延长交椭圆C于点P，若PA=PF2，则该椭圆的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知递增的等比数列{an}满足a3=4，且a2，a3，a4−2成等差数列．
(1)求{an}的通项公式：
(2)设bn=2an(n为奇数)12an−1(n为偶效)，求数列bn的前2n项和．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=32x2−(a+3)x+alnx(a∈R)在x=1处取得极大值．
(1)求a的取值集合；
(2)当x≥1时，求证：f(x)≥−13a2−32．
17.(本小题15分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形．
(1)证明：BD1⊥B1C.
(2)若∠B1BC=120°，求BD1与平面B1CD1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知An=(1+x)n(n∈N*)．
(1)当n≥7时，若An的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，求展开式中x3的系数；
(2)设i=1nAi=j=0najxj．
①求x2的系数(用n表示)：
②求j=1njaj(用n表示)．
19.(本小题20分)
已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为2，点B为(0,b)，直线BF2与圆7x2+7y2−12=0相切．
(1)求双曲线E方程；
(2)过F2的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若MF2=λF2N(1<λ<3)，求△MON的面积取值范围；
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出k2；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：a3+a7=20，
则S9=9(a1+a9)2=92(a3+a7)=92×20=90．
故选：C．
根据已知条件，结合等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查线面垂直、面面垂直问题以及充要条件问题，属基础题．
由m⊥β，m为平面α内的一条直线，可得α⊥β；反之，α⊥β时，若m平行于α和β的交线，则m//β，所以不一定能得到m⊥β．
【解答】
解：由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线，且m⊥β，则α⊥β，
反之，α⊥β时，若m平行于α和β的交线，
则m//β，所以不一定能得到m⊥β，
所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了直线方程的求解，属于基础题．
由题意可先设所求的直线方程为x−2y+c=0，再由直线过点(−1,3)，代入可求c的值，进而可求直线的方程．
【解答】
解：由题意可设所求的直线方程为x−2y+c=0，
∵该直线过点(−1,3)，
代入可得−1−6+c=0，则c=7，
∴所求的直线方程为x−2y+7=0，
故选A．
4.【答案】A
【解析】解：根据(2+x)4的展开式Tr+1=C4r⋅24−r⋅xr(r=0,1,2,3,4,)；
根据(3−x)5的展开式Tk+1=C5k⋅35−k⋅(−1)k⋅xk(k=0,1,2,3,4,5)；
当r=3，k=5时，x8的系数为C43⋅21⋅C55⋅30⋅(−1)5=−8；
当r=4，k=4时，x8的系数为C44⋅20⋅C54⋅31⋅(−1)4=15；
故系数的和为7．
故选：A．
直接利用二项式的展开式以及组合数的运算求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵抛物线x2=4y的准线方程为y=−1，
∵|AF|=3，∴n−(−1)=3，∴n=2，
又点A(m,n)在物线x2=4y上，
所以m2=4n=4×2=8，
故选：B．
根据抛物线的定义，结合代入法进行求解即可．
根据抛物线的性质，方程思想即可求解．
6.【答案】D
【解析】解：设切点坐标为(x0,y0)，则x0−4a=1+ln(x0+b−1)，
又y′=1x+b−1，∴y′|x=x0=1x0+b−1=1，∴x0=2−b，
∴x0−4a=2−b−4a=1+ln1=1，即4a+b=1，
∴1a+4b=(1a+4b)(4a+b)=ba+16ab+8≥2 ba⋅16ab+8=16，
当且仅当ba=16ab，即a=18，b=12时，取最小值为16．
故选：D．
由直线x−y−4a=0与曲线y=1+ln(x+b−1)相切，得4a+b=1，然后利用基本不等式，即可求得本题答案．
本题考查函数的导数的应用，基本不等式的应用，是中档题
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，先将学生节目进行全排列共有A55=120种排法，
又教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，
则将教师的2个节目插入到中间4个空中，
则共120×A42=1440种方法．
故选：B．
先将学生节目进行全排列，再根据题意将教师节目插入除首尾以为的4个空中，从而可解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：圆D：(x−a)2+y2=r2(r>0)的圆心D(a,0)，半径为r，
圆C：x2+(y−5)2=9的圆心C(0,5)，半径为3，
因为圆C与圆D相外切，所以 a2+25=3+r，所以a2=r2+6r−16，
且圆D与x轴交于(a−r,0)，(a+r,0)，不妨记A(a−r,0)，B(a+r,0)，
因为圆C关于y轴对称，点(a,0)与点(−a,0)关于y轴对称，点M(0,3)在y轴上，
由对称性不妨令a≥0，
当0≤a故tan∠AMB=tan(∠BMO+∠AMO)=a+r3+r−a31−a+r3⋅r−a3
=6ra2−r2+9=6r6r−7=1+76r−7∈(169,125],
当a=r时，则a2=r2+6r−16=r2，解得r=83，
此时A(0,0),B(163,0)，
故tan∠AMB=2×833=169，
当a>r时，则a2=r2+6r−16>r2，解得r>83，
故tan∠AMB=tan(∠BMO−∠AMO)=a+r3−a−r31+a+r3⋅a−r3
=6ra2−r2+9=6r6r−7=1+76r−7∈(1,169)，
综上所述，tan∠AMB的最大值为125．
故选：B．
根据圆C与圆D相外切，可得a2=r2+6r−16，再根据圆的对称性不妨令a≥0，再分0≤ar三种情况讨论即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：在等比数列{an}中，a2a3=a1a4=32，a2+a3=12，
所以a2=4，a3=8或a2=8，a3=4，
，而公比q为整数，于是得a2=4，a3=8，q=2，a1=2，
则an=2n，Sn=2⋅(1−2n)1−2=2n+1−2，q=2，A正确；
Sn+2=2n+1，B正确；
S8=29−2=510，C错误；
lg2an+1−lg2an=(n+1)−n=1，即数列{lg2an}是公差为1的等差数列，D错误．
故选：AB．
根据给定条件结合等比数列的性质求出等比数列{an}的公比和通项及前n项和，再逐一分析各选项即可得解．
本题主要考查了等比数列的通项公式及性质，求和公式的应用，还考查了等差数列的判断，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：由双曲线C：x23−y2=1，可得a= 3，b=1，
结合双曲线的定义，可得△PF1Q的周长为4a+2|PQ|=4 3+4 3=8 3，故A正确；
由双曲线的焦点弦的性质，可得过焦点垂直于x轴的弦的长度最小，即为2b2a=2 33，故B正确；
设P(m,n)，可得m2−3n2=3，由双曲线的渐近线方程x± 3y=0，
可得点P到两渐近线的距离之积为|m+ 3n|2⋅|m− 3n|2=|m2−3n2|4=34，故C正确；
由于直线x− 3y+2=0与渐近线x− 3y=0平行，且距离为22=1，
则P到直线x− 3y+2=0的距离大于1，故D错误．
故选：ABC．
由双曲线的定义可判断A；由双曲线的焦点弦的性质可判断B；由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，可判断C；由渐近线的性质和平行直线的距离公式，可判断D．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，甲箱中有2红球，3个白球和2个黑球，则P(A1)=27，A正确；
对于B，若事件A2发生，即从甲箱中随机摸出一个白球放入乙箱中，则乙箱中有3个红球和3个黑球和1个白球，
则P(B|A2)=1−C32+C32C72=1−621=1521，B错误；
对于C，若事件A3发生，即从甲箱中随机摸出一个黑球放入乙箱中，则乙箱中有3个红球和4个黑球，则P(B|A3)=C31C41C72=47，C正确；
对于D，若事件A1发生，即从甲箱中随机摸出一个黑球放入乙箱中，则乙箱中有4个红球和3个黑球，则P(B|A1)=C31C41C72=47，
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=27×47+37×1521+27×47=3149，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由古典概型分析A，由条件概率分析B和C，由全概率公式分析D，综合可得答案．
本题考查条件概率的计算，涉及古典概型的计算，属于基础题．
12.【答案】21
【解析】解：从口袋内取出3只球，其中必有1只黑球，则只需从7只不同的白球中取2只白球，
所以不同的取法共有C72=21．
故答案为：21．
由题意可知，只需从7只不同的白球中取2只白球，利用组合数公式求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
13.【答案】(−∞,−2]
【解析】解：根据题意，设g(x)=f(x)+1，
函数f(x)=x3−(a+1)x，则g(x)=x3−(a+1)x−x=x3−(a+2)x，
有g(−x)=(−x)3−(a+2)(−x)=−[x3−(a+2)x]=−g(x)，则g(x)为奇函数，
∀x1，x2∈R，当x1+x2≠0时，f(x1)+f(x2)x1+x2≥1，变形可得f(x1)+x1+f(x2)+x2x1+x2≥0，即g(x1)+g(x2)x1+x2≥0，
又由g(x)为奇函数，则∀x1，x2∈R，当x1+x2≠0时，g(x1)−g(−x2)x1−(−x2)≥0，
故g(x)在R上不存在单调递减区间，
而g(x)=x3−(a+2)x，其导数g′(x)=3x2−(a+2)，
不等式g′(x)=3x2−(a+2)≥0在R上恒成立，必有a+2≤3x2，
又由x∈R，则有a+2≤0，即a≤−2，则a的取值范围为(−∞,−2]．
故答案为：(−∞,−2]．
根据题意，设g(x)=f(x)+1，分析可得g(x)为奇函数，结合函数单调性的定义分析可得g(x)在R上不存在单调递减区间，求出g(x)的导数，由函数导数与单调性的关系，分析可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性和单调性，属于中档题．
14.【答案】 33
【解析】解：由题意可得A(0,b)，F2(c,0)，F1(−c,0)，
则直线AF1的方程为x−c+yb=1，
即y=bcx+b，代入椭圆的方程可得：b2x2+a2(bcx+b)2=a2b2，
整理可得：b2(a2+c2)c2x2+2a2b2cx=0，
可得xP=−2a2b2cb2(a2+c2)c2=−2a2ca2+c2，yP=bc(−2a2ca2+c2)+b=c2b−a2ba2+c2，
即P(−2a2ca2+c2,c2b−a2ba2+c2)，
设AF2的中点D(c2,b2)，
因为PA=PF2，则PD⊥AF2，
所以DP⋅AF2=0，
即(−2a2ca2+c2−c2,c2b−a2ba2+c2−b2)⋅(c,−b)=0，
即−2a2c2a2+c2−c22−(c2−a2)b2a2+c2+b22=0，而b2=a2−c2，
整理可得：a2=3c2，
所以离心率e=ca= 33．
故答案为： 33．
由题意可得A，F2，F1的坐标，求出直线AF1的方程，与椭圆的方程联立，可得点P的坐标，求出AF2的中点D的坐标，由PA=PF2，则PD⊥AF2，可得DP⋅AF2=0，可得a，c的关系，进而可得椭圆的离心率的大小．
本题考查椭圆的性质的应用及等腰三角形的性质的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为a2，a3，a4−2成等差数列，
所以2a3=a2+a4−2，
所以2×4=a1q+a1q3−2，即a1q+a1q3=10，
又a1q2=4，所以4q+4q=10，
解得q=2，a1=1或q=12，a1=16，
因为数列{an}为递增数列，
所以q=2，a1=1，
所以通项公式为an=2n−1；
(2)由(1)可知，bn=2n(n为奇数)2n−2−1(n为偶效)
所以b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n−1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(21+23+25+⋯+22n−1)+(20−1+22−1+24−1+⋯+22n−2−1)
=(2+8+32+⋯+2⋅4n−1)+(1+4+16+⋯+4n−1−n)
=2×(1−4n)1−4+1×(1−4n)1−4−n=4n−1−n．
【解析】(1)由已知结合等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解；
(2)先求出bn，然后利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质，等比数列的通项公式及求和公式，还考查了分组求和，属于中档题．
16.【答案】解：(1)函数f(x)=32x2−(a+3)x+alnx(a∈R)，定义域x∈(0,+∞)，
则f′(x)=3x−a−3+ax=3x2−(a+3)x+ax=(x−1)(3x−a)x，
由f′(x)=0得，x1=1,x2=a3，
因为当x=1时，f(x)取极大值，
所以a3>1，
解得a>3，
即a的取值集合为(3,+∞)；
(2)证明：由(1)得，f(x)在(1,a3)上单调递减，在(a3,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(a3)=−a26−a+alna−aln3，
则f(a3)−(−13a2−32)=a26+alna−a−aln3+32，
令g(a)=a26+alna−a−aln3+32，
则g′(a)=a3+lna+1−1−ln3=a3+lna−ln3，
因为a>3，所以g′(a)>0恒成立，
即g(a)在(3,+∞)是递增，所以g(a)min=g(3)=0，
所以f(a3)−(−13a2−32)≥0，
所以f(x)≥f(a3)≥−13a2−32，
即f(x)≥−13a2−32时在x∈(1,+∞)上恒成立．
【解析】(1)求导可知f′(x)=(x−1)(3x−a)x，由当x=1时，f(x)取极大值，可知a3>1，进而求出a的取值集合；
(2)由(1)可知f(x)min=f(a3)=−a26−a+alna−aln3，则f(a3)−(−13a2−32)=a26+alna−a−aln3+32，令g(a)=a26+alna−a−aln3+32，求导可知g(a)min=g(3)=0，所以f(a3)−(−13a2−32)≥0，即f(x)≥−13a2−32时在x∈(1,+∞)上恒成立．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：连接BC1，∵底面ABCD和侧面ABB1A1均为正方形，
∴四边形BCC1B1为菱形，
则BC1⊥B1C，
由底面ABCD和侧面CDD1C1均为正方形，得C1D1⊥B1C1，C1D1⊥CC1，
∵B1C1∩CC1=C1，
∴C1D1⊥平面BCC1B1，
又B1C⊂平面BCC1B1，∴C1D1⊥B1C，
∵BC1∩C1D1=C1，∴B1C⊥平面BC1D1，
又BD1⊂平面BC1D1，
∴BD1⊥B1C.
(2)由已知可得：AB⊥AA1，AB⊥AD，
又AA1，AD⊂平面AA1D1D，且AA1∩AD=A，
∴AB⊥平面AA1D1D，
又∵∠B1BC=120°，
∴△AA1D1为正三角形，取A1D1中点E，连接AE，则AE⊥AD，
以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，B(2,0,0),D1(0,1, 3)，B1(2,−1, 3),C(2,2,0)，
∴BD1=(−2,1, 3),B1D1=(−2,2,0),B1C=(0,3,− 3)，
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则−2x+2y=03y− 3=0，令x=1，则y=1，z= 3，
∴n=(1,1, 3)，
∴BD1与平面B1CD1所成角的余弦值csθ=|BD1⋅n||BD1|⋅|n|=−2+1+32 2⋅ 5= 1010，
∴sinθ= 1−cs2θ= 1−110=3 1010，
即BD1与平面B1CD1所成角的正弦值为3 1010．
【解析】(1)根据已知条件证出B1C⊥平面BC1D1，利用线面垂直的性质定理即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面B1CD1的法向量，利用向量夹角公式即可求解．
本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题Cn2=Cn7，所以n=9，所以A9=(1+x)9，所以Tr+1=C9rxr，所以C93=84；
(2)由题意得，(1+x)1+(1+x)2+⋯+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，
①a2=C22+C32+C42+⋯+Cn2=Cn+13；
②j=1njaj=a1+2a2+3a3+⋯+nan，
a0+a1x+a2x2+⋯+anxn=(1+x)1+(1+x)2+⋯+(1+x)n，所以对等式两边同时求导，
即a1+2a2x+3a3x2+⋯+nanxn−1=1+2(1+x)+3(1+x)2+⋯+n(1+x)n−1，
令x=1，得1+2×2+3×22+4×23+⋯+n×2n−1=a1+2a2+3a3+…+nan，
即j=1njaj=1+2×2+3×22+4×23+⋯+n×2n−1，①，
2j=1njaj=2+2×22+3×23+4×24+⋯+n×2n，②，
作差得，−j=1njaj=1+2×22+23+⋯+2n−1−n×2n=(1−n)×2n−1，所以j=1njaj=(n−1)×2n+1．
【解析】(1)直接利用二项式的展开式求出结果；
(2)①直接利用组合数的应用求出结果；
②直接利用赋值法的应用求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，赋值法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)不妨设直线BF2的方程为bx+cy−bc=0，
因为直线BF2与圆x2+y2=127相切，
所以圆心(0,0)到直线BF2的距离d= 127，
即|−bc| b2+c2= 127，
整理得12b2+12c2=7b2c2，①
因为双曲线E的离心率为2，
所以ca=2，②
又c2=a2+b2，③
联立①②③，
解得a2=1，b2=3，c2=4，
则双曲线E的标准方程为x2−y23=1；
(2)①不妨设直线l的方程为x=my+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+2x2−y23=1，消去x并整理得(3m2−1)y2+12my+9=0，
由韦达定理得y1+y2=12m1−3m2,y1y2=93m2−1，
所以S△MON=12c⋅|y1−y2|=12c⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 36m2+36(3m2−1)2，
因为MF2=λF2N，
所以−y1y2=λ∈(1,3)，
可得y1y2=93m2−1=−144m2λ(3m2−1)2(1−λ)2，
即−16m23m2−1=λ+1λ−2，
因为λ+1λ−2∈(0,43)，
所以m2∈(0,115)，
不妨令t=3m2−1，−1此时S△MON= 12t+48t2，
易知函数y= 12t+48t2在(−1,−45)上单调递减，
所以S△MON= 12t+48t2∈(6,2 15)：
②假设存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形，
联立y=k(x−2)x2−y23=1，消去y并整理得(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0(k2≠0)，
由韦达定理得x1+x2=−4k23−k2,x1x2=−4k2−33−k2，
可得y1+y2=k(x1+x2−2)=−2k2−6k3−k2，
易知kPQ=−1k，
不妨设MN的中点为S，
此时S(−2k23−k2,−k3−3k3−k2)，
所以直线PQ的直线方程y−−k3−3k3−k2=−1kx+2k23−k2，
令y=0，
解得x=−k4−5k23−k2，
即P(−k4−5k23−k2,0)，
令y=−2k2−6k3−k2，
解得x=k4+k23−k2，
即Q(k4+k23−k2,−2k2−6k3−k2)，
因为点Q在双曲线上，
所以3×(k4+k2)2(3−k2)2−(−2k3−6k)2(3−k2)2=3，
即3k8+2k6−24k4−18k2−27=0，
不妨令t=k2，
此时3(t2+1)(t2−9)+2t(t2−9)=0，
即(t2−9)(3t2+2t+3)=0，
解得t2=9，
即k2=3，不符合题意．
故不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形．
【解析】(1)由题意，设出直线BF2的方程，结合点到直线的距离公式、离心率公式以及a，b，c之间的关系列出等式求出a和b的值，进而可得双曲线的标准方程；
(2)①设出直线l的方程和M，N两点的坐标，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理、三角形面积公式以及换元法进行求解即可；
②将直线l的方程与双曲线方程联立，结合韦达定理得到MN的中点坐标，设出直线PQ的方程，得到P，Q两点的坐标，将点Q的坐标代入双曲线方程中求出k的值，进而即可得证．
本题考查双曲线的方程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，属于中档题．