2023-2024学年广东省广州市白云区高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市白云区高二（上）期末数学试卷（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.若抛物线的焦点坐标为(0,2)，则抛物线的标准方程是( )
A. y2=4xB. x2=4yC. y2=8xD. x2=8y
2.已知空间向量m=(−2,1,−3)，n=(4,−1,x)，且m⊥n，则x的值为( )
A. 3B. 2C. −3D. −4
3.已知倾斜角为π4的直线的方向向量为(1,k)，则k的值为( )
A. −1B. − 22C. 22D. 1
4.椭圆x225+y216=1与椭圆x225−k+y216−k=1(k<16)的( )
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
5.若两条平行直线3x−4y+m=0(m<0)与3x+ny+6=0之间的距离是3，则m+n=( )
A. −13B. −9C. 17D. 21
6.过直线l： 3x+y−4=0上一点P作圆O：x2+y2=4的两条切线，切点分别为A，B.若∠APB=π3，则点P的坐标为( )
A. (4 33,0)
B. (2 3,−2)或(0,4)
C. ( 3,1)
D. ( 3+ 15,1−3 5)或( 3− 15,1+3 5)
7.已知双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，F1，F2为其左、右焦点，过F2的直线l与双曲线右支相交于A，B两点，且∠F1AB=π2，tan∠ABF1=512，则双曲线的离心率为( )
A. 213B. 21C. 293D. 29
8.数列{an}满足an+2+(−1)nan=2n−1，前12项和为158，则a1的值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
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.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=n2−n，则( )
A. S3，S6，S9成等差数列B. a3，a6，a9成等差数列
C. 数列{an}是递增数列D. 数列{Sn}是递增数列
10.已知圆C：(x−2)2+(y−2)2=4，直线l：(1+3λ)x+(1+λ)y−2−4λ=0(λ∈R)，则( )
A. 直线l恒过定点(1,2)
B. 直线l与圆C相交
C. 直线l被圆C截得的弦最短时，直线l的方程为x+y−2=0
D. 圆C上不存在三个点到直线l的距离等于2− 2
11.设A，B为双曲线x2−y24=1上的两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( )
A. (2,0)B. (−2,4)C. (1,4)D. (−1,1)
12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1与BAA1B1是边长为2的正方形，平面BCC1B1⊥平面BAA1B1，M，N分别在BC1和AB1上，且BM=AN=a(0A. 直线MN/​/平面ABC
B. 当a=1时，线段MN的长最小
C. 当a= 22时，直线MN与平面BAA1B1所成角的正切值为13
D. 当a= 2时，平面MNB与平面MNB1夹角的余弦值为13
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知△ABC的三个顶点是A(5,−1)，B(1,1)，C(2,3)，则边AB上的高所在直线的方程为______ ．
14.正四面体A−BCD的棱长为2，设AB=a，AC=b，AD=c，则a⋅(a+b+c)= ______ ．
15.已知数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an，则{an}的通项公式an= ______ ．
16.抛物线有如下光学性质：由抛物线焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图，O为坐标原点，抛物线C：y2=−12x，一条平行于x轴的光线m射向抛物线C上的点A(不同于点O)，反射后经过抛物线C上另一点B，再从点B处沿直线n射出.若直线OA的倾斜角为3π4，则入射光线m所在直线的方程为______ ；反射光线n所在直线的方程为______ ．
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)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，a1=b1=1，a2+b2=4，S3=6．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{1Sn}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，E，F分别为线段AB，AA1的中点．
(1)求直线A1C与EF所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面CEF的距离．
19.(本小题12分)
已知圆C的方程为x2+y2−4x+2my+2m2−2m+1=0．
(1)求m的取值范围；
(2)当m=1时，求圆O：x2+y2−4=0与圆C的公共弦的长．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC/​/AD，CD⊥AD，AD=2DC=2CB=2，E为PD的中点．
(1)证明：CE/​/平面PAB；
(2)若∠PAB=60°，求平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1an−2an+1=0，n∈N*．
(1)求证：数列{1an−1}为等差数列；
(2)设cn=1an−1，记集合{n|k≤cn≤2k,k∈N*}中元素的个数为bk，求使b1+b2+⋯+bk>2024成立的最小正整数k的值．
22.(本小题12分)
如图，在圆O：x2+y2=1上任取一点p，过点p作y轴的垂线段PD，D为垂足，点M在DP的延长线上，且|DM|=2|DP|，当点p在圆O上运动时，记点M的轨迹为曲线C(当点P经过圆与y轴的交点时，规定点M与点p重合)．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点T(t,0)作圆O：x2+y2=1的切线l交曲线C于A，B两点，将|AB|表示成t的函数，并求|AB|的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：抛物线的焦点坐标为(0,2)，可得p=4，则抛物线的标准方程是：x2=8y．
故选：D．
利用抛物线的焦点坐标，转化求解抛物线方程即可．
本题考查抛物线的简单性质以及抛物线方程的气氛，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为m=(−2,1,−3)，n=(4,−1,x)，且m⊥n，
所以m⋅n=(−2)×4+1×(−1)+(−3)×x=0，
解得x=−3．
故选：C．
利用空间向量的数量积运算即可求解．
本题主要考查了利用向量的数量积判断向量的共线与垂直，考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意直线的斜率k=tanπ4=1．
故选：D．
根据直线的斜率与倾斜角的关系计算即可．
本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的方程和性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
由椭圆的方程即可求出对应的a，b，c，进而可以求解．
【解答】解：第一个椭圆的a1=5，b1=4，则焦距为2 25−16=6，
且长轴长为10，短轴长为8，离心率为35，
第二个椭圆的a2= 25−k,b2= 16−k，则焦距为2 (25−k)−(16−k)=6，
且长轴长为2 25−k，短轴长为2 16− k，离心率为3 25−k，
所以A，B，C错误，D正确，
故选：D．
5.【答案】A
【解析】解：因为直线l1：3x−4y+m=0(m<0)与l2：3x+ny+6=0平行，
所以3n=−4×3，解得n=−4，
所以l2：3x−4y+6=0，
又两平行线之间的距离d=|m−6| 32+(−4)2=|m−6|5=3，
所以|m−6|=15，
即m−6=15或m−6=−15，
解得m=21或m=−9，
因为m<0，
所以m=−9，
所以m+n=−13．
故选：A．
根据两直线平行求出n的值，再由平行线之间的距离公式求出m，即可得解．
本题考查平行线间的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为点P在直线l： 3x+y−4=0上，
可设P( 3a,4−3a)，
又PA，PB是圆的两条切线，且∠APB=π3，
所以OA⊥PA,∠OPA=π6,|OA|=2，
所以|OP|=4，
即 3a2+(4−3a)2=4，
化为a2−2a=0，
解得a=0或a=2，
所以点P坐标为(0,4),(2 3,−2)．
故选：B．
根据点P在直线设为P( 3a,4−3a)，结合题中条件可求得|OP|=4，利用两点间的距离公式建立方程，求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，
由题意，设|AF1|=5x，则|AB|=12x，|BF1|=13x，
设|AF2|=y，则|BF2|=12x−y，
因为A，B都在双曲线上，所以|AF1|−|AF2|=|BF1|−|BF2|=2a，
即5x−y=13x−(12x−y)=2a，解得x=2a3，y=4a3，
又|F1F2|=2c= |AF1|2+|AF2|2= (10a3)2+(4a3)2=2 293a，所以c= 293a，
则离心率e=ca= 293．
故选：C．
由题意，设|AF1|=5x，则|AB|=12x，|BF1|=13x，设|AF2|=y，则|BF2|=12x−y，根据双曲线的定义得到x=2a3，y=4a3，再利用勾股定理即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：当n为奇数时，an+2−an=2n−1，
可得a2n−1=a1+(n−1)+12(n−1)(n−2)×4=a1+(n−1)(2n−3)，
则a1+a3+a5+a7+a9+a11=6a1+1+6+15+28+45=6a1+95，
而a2+a4=3，a6+a8=11，a10+a12=19，
则前12项和为6a1+95+33=158，
解得a1=5．
故选：B．
分别讨论n为奇数和偶数，由等差数列的求和公式求得a2n−1=a1+(n−1)(2n−3)，再令n=2，n=6，n=10，可得前12项中偶数项的和，计算可得所求首项．
本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：数列{an}的前n项和公式为Sn=n2−n，
对于A，S3=32−3=6，S6=62−6=30，S9=92−9=72，
∵2S6≠S3+S9，∴S3，S6，S9不成等差数列，故A错误；
对于B，a3=S3−S2=(32−3)−(22−2)=4，
a6=S6−S5=(62−6)−(52−5)=10，
a9=S9−S8=(92−9)−(82−8)=16，
∵2a6=a3+a9，∴a3，a6，a9成等差数列，故B正确；
对于C，数列{an}的前n项和公式为Sn=n2−n，
∴an=Sn−Sn−1=(n2−n)−[(n−1)2−(n−1)]=2n−2，
∴数列{an}是递增数列，故C正确；
对于D，∵数列{an}的前n项和公式为Sn=n2−n=n(n−1)，
∴数列{Sn}是递增数列，故D正确．
故选：BCD．
利用数列的通项公式与前n项和公式的关系直接求解．
本题考查等差数列的性质、数列的通项公式与前n项和公式的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，直线l的方程可化为：x+y−2+λ(3x+y−4)=0，由x+y−2=03x+y−4=0，解得x=1y=1，
∴直线l恒过定点(1,1)，故A错误；
对于B，∵(1−2)2+(1−2)2=2<4，
∴点(1,1)在圆C的内部，
∴直线l与圆C相交，故B正确；
对于C，由圆的性质可知，当直线l被圆C截得的弦最短时，圆心C(2,2)到直线l的距离d最大，
而当直线l与直线y=x垂直时，圆心C到直线l的距离d=2 2最大，
此时直线l的方程为x+y−2=0，故C正确；
对于D，圆C的半径r=2，且直线l恒过定点(1,1)，且点(1,1)在圆C的内部．
圆C上存在三个点到直线l的距离等于2− 2，故D错误．
故选：BC．
结合式中结构形式将直线l的方程可化为：x+y−2+λ (3x+y−4)=0，结合式中结构形式即可判断A，根据点与圆的位置关系即可判断B，由直线与圆的相交弦弦长公式结合点到直线的距离公式即可判断C，由点到直线的距离结合圆的半径即可判断D．
本题考查直线与圆的位置关系，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：根据题意可得双曲线的渐近线为y=±2x，
点(2,0)在抛物线右支开口内，∴A选项满足；
点(−2,4)在渐近线y=2x上，∴B选项不满足；
点(1,4)在两渐近线所夹上方区域，∴C选项满足；
点(−1,1)在两渐近线所夹左方区域，∴D选项不满足．
故选：AC．
根据双曲线的几何性质，即可分别判断．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：由题意BB1⊥BC，BB1⊥BA，BC∩BA=B，则BB1⊥平面ABC，
平面BCC1B1⊥平面BAA1B1，平面BCC1B1∩平面BAA1B1=BB1，
AB⊂平面ABB1A1，AB⊥BB1，
所以AB⊥平面BCC1B1，又BC⊂平面BCC1B1，故AB⊥BC，
以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，
B1(0,0,2)，C1(2,0,2)，
所以BC1=(2,0,2),AB1=(0,−2,2)，
因为BM=AN=a(0设AN=λAB1,BM=λBC1,(0<λ<1,且λ=a2 2)，
所以M(2λ,0,2λ)，N(0,2−2λ,2λ)，
所以MN=(−2λ,2−2λ,0)，
易知平面ABC的一个法向量为BB1=(0,0,2)，
因为MN⋅BB1=0，且MN⊄平面ABC，
所以直线MN/​/平面ABC，故A正确；
由|MN|= (−2λ)2+(2−2λ)2= 8λ2−8λ+4= 8(λ−12)2+2，
当λ=12，即a= 2时，线段MN有最小值为 2，故B不正确；
当a= 22时，λ=14，此时MN=(−12,32,0)，
不妨取平面BAA1B1的一个法向量为BC=(2,0,0)，
则|cs|=|MN⋅BC|MN||BC||=|−12× 14+94|= 1010，
所以直线MN与平面BAA1B1所成角的正弦值为 1010，
故直线MN与平面BAA1B1所成角的余弦值为 1−( 1010)2=3 1010，
所以直线MN与平面BAA1B1所成角的正切值为13，故C正确；
取MN的中点O，连接BO，B1O，BN，B1M，
因为三角形MNB与三角形MNB1都是等边三角形，
所以∠BOB1为二面角的平面角，
又BB1=2,BO=B1O= 62，根据余弦定理可得cs∠BOB1=−13，
所以平面MNB与平面MNB1夹角的余弦值为13，故D正确．
故选：ACD．
建立空间直角坐标系，利用空间向量运算对各选项进行判定．
本题考查利用空间向量判定线面位置关系，解决距离、夹角问题，属中档题．
13.【答案】2x−y−1=0
【解析】解：A(5,−1)，B(1,1)，
则kAB=−1−15−1=−12，
故边AB上的高所在直线的斜率为2，
所求直线过点C(2,3)，
故边AB上的高所在直线的方程为y−3=2(x−2)，即2x−y−1=0．
故答案为：2x−y−1=0．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
14.【答案】8
【解析】解：∵正四面体A−BCD的棱长为2，AB=a，AC=b，AD=c，
∴|a|=|b|=|c|=2，a⋅b=a⋅c=2×2×cs60°=2，
∴a⋅(a+b+c)=a⋅a+a⋅b+a⋅c=4+2+2=8．
故答案为：8．
利用空间向量的数量积运算求解．
本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
15.【答案】n⋅2n−1
【解析】解：∵数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an，
∴an+1=2(n+1)n×an=2(n+1)n×2nn−1×an−×2×21×a1=2n⋅(n+1)，
故an=n⋅2n−1，(当n=1时，a1=1也满足)．
故答案为：n⋅2n−1．
根据数列的递推关系式求出an+1的表达式，进而求解结论．
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．
16.【答案】y=12 y=−18
【解析】解：抛物线C：y2=−12x的焦点为F(−18,0)，
因为直线OA的倾斜角为3π4，所以直线OA的方程为y=−x，
由y=−xy2=−12x，解得x=0y=0或x=−12y=12，所以A(−12,12)，
则入射光线m所在直线的方程为y=12；
则kAF=12−12−(−18)=−43，所以直线AF的方程为y=−43(x+18)，
由y=−43(x+18)y2=−12x，解得x=−132y=−18或x=−12y=12，所以B(−132,−18)，
则反射光线n所在直线的方程为y=−18．
故答案为：y=12；y=−18．
首先得到直线OA的方程，联立直线与抛物线方程，求出A点坐标，即可得到直线m的方程，再求出直线AF的方程，联立直线AF与抛物线方程，求出B点坐标，即可求出直线n的方程．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1=b1=1，a2+b2=4，S3=6，可得1+d+q=4，3+3d=6，
即d+q=3，d=1，q=2，
则an=1+n−1=n，bn=2n−1；
(2)Sn=12n(n+1)，可得1Sn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则Tn=2(1−12+12−13+...+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1．
【解析】(1)由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，进而得到所求；
(2)由等差数列的求和公式和数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1(2,0,4)，C(0,2,0)，E(2,1,0)，F(2,0,2)，
所以A1C=(−2,2,−4)，EF=(0,−1,2)，
所以cs=A1C⋅EF|A1C|⋅|EF|=−2−8 4+4+16× 1+4=− 306，
因为异面直线夹角的取值范围为(0,π2]，
所以直线A1C与EF所成角的余弦值为 306．
(2)由(1)知，B1(2,2,4)，C(0,2,0)，E(2,1,0)，F(2,0,2)，
所以CE=(2,−1,0)，CF=(2,−2,2)，CB1=(2,0,4)，
设平面CEF的的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CE=0n⋅CF=0，即2x−y=02x−2y+2z=0，
取x=1，则y=2，z=1，所以n=(1,2,1)，
所以点B1到平面CEF的距离为|CB1⋅n||n|=|2+4| 6= 6．
【解析】(1)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出cs的值，即可得解；
(2)利用向量法求点到面的距离即可．
本题考查异面直线夹角和点到面距离的求法，熟练掌握向量法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由x2+y2−4x+2my+2m2−2m+1=0，可得(x−2)2+(y+m)2=2m−m2+3，
则2m−m2+3>0，解得−1即m的取值范围是(−1,3)：
(2)当m=1时，圆C为x2+y2−4x+2y+1=0，
联立x2+y2=4x2+y2−4x+2y+1=0，可得两圆的公共弦所在的直线方程为4x−2y−5=0，
由圆O的圆心(0,0)到直线4x−2y−5=0的距离为d=|0−0−5| 16+4= 52，
则公共弦的长为2 4−54= 11．
【解析】(1)将圆C的方程配方，由圆的方程可得m的不等式，解不等式可得所求取值范围；
(2)由两圆的方程相减可得公共弦方程，再由圆的性质和弦长公式，计算可得所求值．
本题考查圆的方程和性质，以及两圆的位置关系、直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：如图，

设PA中点为F，连接EF，FB，
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以EF/​/AD且EF=12AD，
又因为BC/​/AD，BC=12AD，
所以EF/​/BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE/​/BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE/​/平面PAB；
(2)解：如图，设AD的中点为O，连接PO，BO，

因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
则PO⊥AD，又AD=2DC=2CB=2，CD⊥AD，BC/​/AD，
所以PO=OB=1，AB= 2，PA= 2，又∠PAB=60°，
所以△PAB是正三角形，则PB= 2，
所以PO2+OB2=PB2，即PO⊥BO，又PO⊥AD，OB⊥OD，
则以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,1)，A(0,−1,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，
所以PA=(0,−1,−1),PB=(1,0,−1),PC=(1,1,−1)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PA=0n⋅PB=0，即−y−z=0x−z=0，令x=1，则y=−1，z=1，即n=(1,−1,1)，
设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅PC=0m⋅PB=0，即a+b−c=0a−c=0，令a=1，则b=0，c=1，即m=(1,0,1)，
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=2 3× 2= 63．
即平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为 63．
【解析】(1)取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；
(2)建空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
本题主要考查空间点、线、面位置关系，直平面与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题
21.【答案】解：(1)证明：由题意可知an+1an=2an−1，
所以1an+1−1−1an−1=(an−1)−(an+1−1)(an+1−1)(an−1)
=an−an+1an+1an−(an+1+an)+1
=an+1−an2an−1−(an+1+an)+1=1，
所以数列{1an−1}是首项为1a1−1=1，公差为1的等差数列；
(2)由(1)可知cn=1an−1=1+(n−1)×1=n，
所以集合{n|k≤n≤2k,k∈N*}中元素的个数为2k−k+1，即bk=2k−k+1，
所以b1+b2+b3+…+bk=(21+22+23+…+2k)−(1+2+3+…+k)+k
=2(1−2k)1−2−k(1+k)2+k=2k+1−2−12k2+12k，
由指数函数的图象和性质可得bk=2k−k+1>0恒成立，
所以b1+b2+⋯+bk单调递增，
因为b1+b2+⋯+b10=210+1−2−12×102+12×10=2001，
b1+b2+⋯+b11=211+1−2−12×112+12×11=4039，
所以使b1+b2+⋯+bk>2024成立的最小正整数k为11．
【解析】(1)利用等差数列的定义证明即可；
(2)根据题意可得bk=2k−k+1，利用分组求和求出b1+b2+⋯+bk的表达式，结合单调性解不等式即可．
本题考查数列递推式，考查等差数列的判定及公式法求和，属中档题．
22.【答案】解：(1)设M(x,y)，P(x0,y0)，则D(0,y0)，
因为|DM|=2|DP|，所以点P是线段PM的中点，
所以x0=x2，y0=y，
因为点P在圆x2+y2=1上，所以x02+y02=1，
所以x24+y2=1，
所以动点M的轨迹C的方程为x24+y2=1；
(2)当−1当t=1(t=−1)时切线方程为x=1(x=−1)，
对于x24+y2=1，令x=1，解得y=± 32，
所以|AB|= 3，
当|t|>1时切线l的斜率存在，设斜率为k，则切线l的方程为y=k(x−t)(|t|>1)，
所以|−kx| k2+(−1)2=1，所以k2=1t2−1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=k(x−t)x24+y2=1，消去y整理得(1+4k2)x2−8tk2x+4k2t2−4=0，
将k2=1t2−1代入得(t2+3)x2−8tx+4=0，
所以Δ=48t2−48>0，所以x1+x2=8tt2+3，x1x2=4t2+3，
所以|AB|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 48t2(t2+3)2=4 3|t|t2+3，
综上所述，|AB|= 3,t=±14 3|t|t2+3,|t|>1，
又当|t|>1时，|AB|=4 3|t|t2+3=4 3|t|+3|t|≤4 32 |t|⋅3|t|=2，当且仅当|t|= 3时取等号，
所以|AB|max=2．
【解析】(1)设M(x,y)，P(x0,y0)，则D(0,y0)，依题意可得点P是线段PM的中点，则x0=x2，y0=y，再由点P在圆O上，代入即可求出动点的轨迹方程；
(2)首先判断|t|≥1，求出t=±1时|AB|，当|t|>1时设切线l的方程为y=k(x−t)(|t|>1)，由直线与圆相切求出k2=1t2−1，再联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，表示出弦长，再由基本不等式计算可得．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．