2023-2024学年四川省泸州市泸县四中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市泸县四中高二（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.现有1件正品和2件次品，从中不放回的依次抽取2件产品，则事件“第二次抽到的是次品”的概率为( )
A. 13B. 12C. 23D. 14
2.已知四边形MNPQ的顶点M(1,1)，N(3,−1)，P(4,0)，Q(2,2)，则四边形MNPQ的形状为( )
A. 平行四边形B. 菱形C. 梯形D. 矩形
3.圆x2+y2+4x−1=0关于点(0,0)对称的圆的标准方程为( )
A. x2+y2−4x−1=0B. x2+(y−2)2=5
C. x2+y2+8x+15=0D. (x−2)2+y2=5
4.双曲线x2−y23=1的渐近线方程是( )
A. y=± 33xB. y=± 3xC. y=±3xD. y=±13x
5.如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c.点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则MN等于( )
A. 12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12c
D. 23a+23b−12c
6.一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有( )
A. 10层B. 11层C. 12层D. 13层
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A.若点P为椭圆C上的点，PF⊥x轴，且sin∠PAF< 1010，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A. (0,13)B. (0,23)C. (13,1)D. (23,1)
8.已知数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=18，a2a3=32，若{an}的前n项和为Sn，则Sk+6−Sk=211−25，则正整数k等于( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
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a=(−2,−3,1)，b=(2,0,4)，c=(−4,−6,2)，则( )
A. a/​/cB. a⊥bC. a//bD. b⊥c
10.人民日报智慧媒体研究院在2020智慧媒体高峰论坛上发布重磅智能产品—人民日报创作大脑，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑、视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个、图片b张(a,b∈N*,a>b>1)，从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是( )
A. P(A)=P(B)+P(C)B. P(A)=P(B)⋅P(C)
C. P(A−)>P(B−C)+P(BC−)D. P(B−C)11.已知椭圆x24+y2b2=1(0A. 椭圆的短轴长为2 3
B. 当|AF2|+|BF2|最大时，|AF2|=|BF2|
C. 离心率为 33
D. |AB|的最小值为3
12.设Sn是公比为正数等比数列{an}的前n项和，若a2=12，a3a5=164，则( )
A. a4=18B. S3=94
C. an+Sn为常数D. {Sn−2}为等比数列
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.等差数列{an}中，a3+a4+a5+a6+a7=150，则a2+a8=______．
14.设m∈R，已知直线l1：(m+1)x+my+2−m=0，过点(1,2)作直线l2，且l1//l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是______．
15.已知抛物线C：y2=4x，直线l：y=2x−2交C于A，B两点，则线段AB的长是______ ．
16.已知矩形ABCD中，AB=2，BC= 3，E是CD边的中点．现以AE为折痕将ADE折起，当三棱锥D−ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的体积为______．
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)
本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算).有甲、乙两人分别来该租车点租车骑游(各租一车一次)，设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间互不影响且都不会超过四小时．
(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)求甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率．
18.(本小题12分)
已知等比数列{an}，an(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=anlg2an，求数列{bn}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD，M为棱PB上中点，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=PC，PD=2，∠DAC=π6．
(1)证明：AC⊥PD；
(2)若PB=2 3，求AM与平面PCD所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知动圆P过点F(0,18)且与直线y=−18相切，圆心P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若A，B是曲线C上的两个点且直线AB过△OAB的外心，其中O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
21.(本小题12分)
已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x+4y−1=0被圆M截得的弦长为2 3，且圆心M在直线l的上方．
(1)求圆M的方程；
(2)设A(0,t)，B(0,t−6)(2≤t≤4)，若圆M是△ABC的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率(用t表示)；
(3)在(2)的条件下求△ABC的面积S的最大值及对应的t值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−2,0)，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为Q，直线OQ的斜率与直线l的斜率的乘积为定值−13．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)若过点F的直线m交椭圆C于点M，N，且满足OM⋅ON=4 6tan∠MON，求直线m的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：记1件正品为a，2件次品分别记为A、B，用(a,A)表示第一次抽到正品a，第二次抽到次品A，
从这3件产品中不放回的依次抽取2件产品，所有的基本事件有：(a,A)、(a,B)、(A,a)、(A,B)、(B,a)、(B,A)，共6种，
其中，事件“第二次抽到的是次品”所包含的基本事件有：(a,A)、(a,B)、(A,B)、(B,A)，共4种，
故所求概率为P=46=23．
故选：C．
记1件正品为a，2件次品分别记为A、B，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：四边形MNPQ的顶点M(1,1)，N(3,−1)，P(4,0)，Q(2,2)，
MQ=(2−1,2−1)=(1,1)，NP=(4−3,0−(−1))=(1,1)，
MQ=NP，∴四边形MNPQ是平行四边形，
|MN|= (3−1)2+(−1−1)2=2 2，
|MQ|= (2−1)2+(2−1)2= 2，
MN=(3−1,−1−1)=(2,−2)，
MQ⋅MN=0，∴MN⊥MQ，
∴四边形MNPQ是矩形．
故选：D．
推导出MQ=NP，MQ⋅MN=0，由此得到四边形MNPQ是矩形．
本题考查向量的运算，考查向量坐标运法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题意可得圆的标准方程为(x+2)2+y2=5，
所以圆心为(−2,0)，半径为 5，
因为点(−2,0)关于点(0,0)的对称点为(2,0)，
所以所求对称圆的标准方程为(x−2)2+y2=5．
故选：D．
先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于(0,0)的对称点即可得到对称的圆的标准方程．
本题考查圆的方程，考查对称点坐标的求法，比较基础．
4.【答案】B
【解析】解：由双曲线x2−y23=1，得a=1，b= 3，
∴双曲线x2−y23=1的渐近线方程是y=± 3x．
故选：B．
由双曲线方程求得a与b的值，则渐近线方程可求．
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线渐近线方程的求法，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接ON，
∵ON是BC的中点，∴ON=12OB+12OC，
∵OM=2MA，∴OM=23OA，
∴MN=ON−OM=12OB+12OC−23OA=−23a+12b+12c．
故选：B．
根据向量的加法和减法的三角形法则得到．
本题主要考查空间向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，设该数列为{an}，塔群共有n层，即数列有n项，
数列{an}为1，3，3，5，5，7，…，
则S4=1+3+3+5=12，
该数列从第5项开始成等差数列，而a5=5，a6=7，则其公差d=2，
则有Sn−S4=a5+a6+……+an=5×(n−4)+(n−4)(n−5)×22=n(n−4)，
又由Sn=108，则有12+n(n−4)=108，即n(n−4)=96，
解可得n=12或−8(舍)，
则n=12．
故选：C．
根据题意，设该数列为{an}，塔群共有n层，即数列有n项，求出S4以及Sn−S4表达式，又由Sn的值可得关于n的方程，计算可得答案．
本题考查数列的应用，涉及等差数列的通项公式以及数列的求和，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设F(c,0)，A(−a,0)，
若点P为椭圆C上的点，PF⊥x轴，可设P(c,t)，t>0，
由x=c代入椭圆方程可得y=b 1−c2a2=b2a，
则|PF|=b2a，
又|AF|=c+a，可得|PA|= (c+a)2+b4a2，
sin∠PAF=|PF||PA|=b2 (ac+a2)2+b4< 1010，
化为3b2可得3(a−c)则e=ca>23，又0则23故选：D．
设F(c,0)，A(−a,0)，在直角三角形PAF中，分别求得|PF|，|AF|，|PA|，由正弦函数的定义，结合a，b，c的关系，化简整理可得所求离心率的范围．
本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的范围，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为数列{an}是递增的等比数列，a1+a4=18，a2a3=a1⋅a4=32，
所以a1=2，a4=16，
故q=2，Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，
则Sk+6−Sk=2k+7−2k+1=211−25，
所以k=4．
故选：B．
由已知结合等比数列的性质，通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质，通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：A选项，因为c=2a，所以a/​/c，A正确；
B选项，因为a⋅b=−2×2+(−3)×0+1×4=0，所以a⊥b，B正确；
C选项，设b=ka，则2=−2k0=−3k4=k，无解，故a,b不平行，C错误；
D选项，b⋅c=(2,0,4)⋅(−4,−6,2)=−8+0+8=0，故b⊥c，D正确．
故选：ABD．
A选项，由c=2a得到A正确；BD选项，计算数量积为0得到垂直关系；C选项，设b=ka，得到方程，方程无解，C错误．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线和垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为事件A，B，C是相互独立事件，由相互独立事件的概率公式可知，选项A错误，选项B正确；
事件A−包含“视频甲未能入选，图片乙入选”，“视频甲入选，图片乙未能入选”，“视频甲、图片乙都未入选”三种情况，
所以P(A−)=P(B−C)+P(BC−)+P(B−C−)，则P(A−)>P(B−C)+P(BC−)，故选项C正确；
由题意可知，P(BC−)=(1−1a)⋅1b=a−1ab，
P(B−C−)=1a⋅(1−1b)=b−1ab，
因为a，b∈N*，a>b>1，
所以a−1ab>b−1ab，即P(BC−)>P(B−C−)，故选项D错误．
故选：BC．
利用相互独立事件的概率乘法公式，对四个选项逐一分析判断即可．
本题考查了相互独立事件的概率乘法公式的理解和应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：椭圆x24+y2b2=1(0则a=2，
故|BF2|+|AF2|+|AB|=4a=8，
∵|AF2|+|BF2|的最大值为5，
∴|AB|的最小值为3，故D正确；
当且仅当AB⊥x轴时，|AB|取得最小值，此时|AF2|=|BF2|，故B正确；
由B的分析，不妨令A(−c,32)，代入椭圆方程，得c24+94b2=1，
又c2=a2−b2=4−b2，
故4−b24+94b2=1，解得b= 3，
故椭圆的短轴长为2 3，故A正确；
易得c=1，
所以e=ca=12，故C错误．
故选：ABD．
根据已知条件，结合椭圆的定义，以及性质，即可依次判断．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵a2=12，a3a5=164，
∴a42=a3a5=164，
∵a4=a2q2=12q2>0，
∴a4=18，故A正确；
∵a2=12，
∴q2=a4a2=14，解得q=12或q=−12(舍去)，
∴S3=a1+a2+a3=a2q+a2+a2q=1+12+12×12=74，故B错误；
∵a1=a2q=1，q=12，
∴an=(12)n−1，Sn=1−(12)n1−12=2−(12)n−1，
∴an+Sn=2，故C正确；
∵Sn−2=2−(12)n−1−2=−(12)n−1，
∴{Sn−2}是首项为−1，公比为12的等比数列，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合等比数列的性质，依次求出首项与公比，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，考查转化能力，属于基础题．
13.【答案】60
【解析】解：由题意知，a3+a4+a5+a6+a7=150，
则由等差数列的性质得，5a5=150，即a5=30，
所以a2+a8=2a5=60，
故答案为：60．
由题意和等差数列的性质化简：a3+a4+a5+a6+a7=150，求出a5的值，代入a2+a8求值即可．
本题考查等差数列的性质的灵活运用，一定要注意项数之间的关系，属于基础题．
14.【答案】 10
【解析】解：由于直线l1：(m+1)x+my+2−m=0，整理得：(x+y−1)m+(x+2)=0，
故x+y−1=0 x+2=0 ，解得x=−2 y=3 ，即直线l1恒过点(−2,3)；
则过点(1,2)作直线l2，且l1//l2，则最大距离d= (−2−1)2+(3−2)2= 10．
故答案为： 10．
直接利用方程组求出直线经过的定点，进一步利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：定点直线系．两点间的距离公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15.【答案】5
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y2=4xy=2x−2，消y得x2−3x+1=0，
Δ=9−4=5>0，
则x1+x2=3，x1x2=1，
所以|AB|= 1+4⋅ (x1+x2)2−4x1⋅x2= 5× 9−4=5．
故答案为：5．
联立方程，利用韦达定理求出x1+x2，x1x2，再根据弦长公式即可得解．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
16.【答案】32 3π27
【解析】【分析】
本题考查球的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
由E是CD边的中点，可得△SABE为定值，当ADE⊥平面ABE时，高最大值，此时体积最大．三棱锥D−ABE换成三棱锥B−ADE，求解底面ADE外接圆半径r，根据球心与圆心构造勾股定理求解球半径R，即可球的体积．
【解答】
解：由题意，由E是CD边的中点，可得S△ABE为定值，当平面ADE⊥平面ABE时，三棱锥D−ABE的高最大值，此时体积最大．
∵△ADE是直角三角形，
∴三棱锥D−ABE换成B−ADE
∴底面△ADE外接圆半径r=12AE=1，
垂直面△ABE是边长为2等边三角形，
可得AE边上的高h= 3；
设球心与圆心距离为d，球半径为R，
R2=r2+d2……①
3−d=R……②
由①②解得R=2 3；
三棱锥外接球的体积S=43πR3=32 3π27；
故答案为：32 3π27．
17.【答案】解：(1)甲、乙两人租车时间超过三小时不超过四小时的概率分别为1−14−12=14，1−12−14=14；
租车费用相同可以分为租车费用都为0元、2元、4元三种情况，
都付费0元的概率为P1=14×12=18；
都付费2元的概率为P2=12×14=18；
都付费4元的概率为P3=14×14=116．
所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为P=P1+P2+P3=516；
(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为X，
则X=4表示两人的租车费用之和为4元，
其可能的情况是甲、乙的租车费用分别为：
①0元，4元；
②2元，2元；
③4元，0元．
故P(X=4)=14×14+12×14+14×12=516．
【解析】(1)先求出甲、乙两人租车时间超过三小时不超过四小时的概率，分析可得租车费用相同可以分为租车费用都为0元、2元、4元三种情况，利用分类计数原理以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
(2)两人的租车费用之和为4元，可能的情况是甲、乙的租车费用分别为：①0元，4元；②2元，2元；③4元，0元，然后利用分类计数原理以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
本题考查了分类计数原理以及相互独立事件的概率乘法公式的运用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设公比为q的等比数列{an}，an由于a2=4，a2+1是a1与a3的等差中项．
所以2(a2+1)=a1+a3，
故5=2q+2q，
解得：q=2或12(舍去)，
故an=2n．
(2)由bn=anlg2an=n⋅2n，
所以Sn=1×21+2×22+...+n⋅2n①，
2Sn=1×22+2×23+...+n⋅2n+1②，
①−②得：−Sn=(21+22+...+2n)−n⋅2n+1=2×(2n−1)2−1−n⋅2n+1．
整理得：Sn=(n−1)⋅2n+1+2．
【解析】(1)首先建立方程组求出数列的通项公式，
(2)进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：连接AC与BD交于点O，连接PO，

因为底面为菱形，所以AC⊥BD，且AO=CO，
因为PA=PC，所以PO⊥AC，
又PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，BD∩PO=O，
所以AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，
所以AC⊥PD；
(2)由题可知PD=BD=2，PB=2 3，所以∠PDB=2π3，
由(1)可知AC⊥平面PBD，又AC⊂平面ABCD，
所以平面PBD⊥平面ABCD，
在平面PBD中过O作ON⊥BD，交PB于N，
因为平面PBD∩平面ABCD=BD，所以ON⊥平面ABCD，
因为OB，OA⊂平面ABCD，所以ON⊥OB，ON⊥OA，
所以分别以OA，OB，ON所在直线为坐标轴，建系如图，
则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(− 3,0,0)，D(0,−1,0)，P(0,−2, 3)，M(0,−12, 32)，
∴AM=(− 3,−12, 32)．DP=(0,−1, 3)，DC=(− 3,1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DP=−y+ 3z=0n⋅DC=− 3x+y=0，取n=(1, 3,1)，
所以cs〈AM,n〉=AM⋅n|AM||n|=− 3×1+(−12)× 3+ 32×1 (− 3)2+(−12)2+( 32)2⋅ 12+( 3)2+12=− 32 5=− 1510，
所以AM与平面PCD所成角的正弦值为 1510．
【解析】(1)连接AC与BD交于点O，连接PO，则由菱形的性质和等腰三角形的性质可得AC⊥BD，PO⊥AC，再由线面垂直的判定可得AC⊥平面PBD，然后根据线面垂直的性质，即可证明；
(2)由(1)可知平面PBD⊥平面ABCD，以O为坐标原点，射线OA方向为x轴正方向，射线OB方向为y轴正方向，建立如图直角坐标系，然后利用空间向量求解即可．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解线面角问题，化归转化思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)设点P(x,y)，则 (x−0)2+(y−18)2=|y+18|，
平方整理得：x2=12y，
∴曲线C的方程，x2=12y；
(2)证明：由题意可知直线AB的斜率一定存在，否则不与曲线C有两个交点．
设AB方程为y=kx+m，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程y=kx+my=2x2，
得2x2−kx−m=0，
则得x1+x2=k2，x1x2=−m2，
由x2=12y得：y1=2x12，y2=2x22.△=k2+8m>0．
y1y2=2x12⋅2x22=4(x1x2)2=4×(x1x2)2=m2．
△=k2+8m
直线AB过△AOB的外心，其中O为坐标原点，∴OA⊥OB．
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=0，
∴−m2+m2=0.m≠0
解得m=12．
∴直线AB过定点(0,12).
【解析】本题考查了抛物线的定义及其性质、两点之间的距离公式、一元二次方程的根与系数的关系、及其数量积运算性质、三角形的外心、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
(1)设点P(x,y)， (x−0)2+(y−18)2=|y+18|，化简整理即可得出；
(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在，设AB方程为y=kx+m，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程得2x2−kx−m=0，由x2=12y得：y1=2x12，y2=2x22.△>0.利用根与系数的关系、及其数量积运算性质、圆的性质即可得出．
21.【答案】解：(1)设圆心M(a,0)，由已知得M到l：3x+4y−1=0的距离为 22−( 3)2=1，可得|3a−1|5=1．
又∵M在l的上方，∴3a−1>0，3a−1=5，得a=2，
因此，圆的方程为(x−2)2+y2=4．
(2)设AC斜率为k1，BC斜率为k2，
则直线AC的方程为y=k1x+t，直线BC的方程为y=k2x+t−6．
由于圆M与AC相切，所以|2k1+t| 1+k12=2，
∴k1=4−t24t，同理可得k2=4−(t−6)24(t−6)．
(3)联立两条直线方程得C点的横坐标为6k2−k1，
∵|AB|=t−(t−6)=6，
∴S=12|6k2−k1|×6=|18k2−k1|，
由(2)得：k2−k1=32+6t2−6t，
∵2≤t≤4，∴−9≤t2−6t≤−8，
∴−34≤6t2−6t≤−23，
∴34≤k2−k1≤56，可得65≤1k2−k1≤43
∴Smax=43×18=24，
此时t2−6t=−8，t=2或t=4．
综上：△ABC的面积S的最大值为24，此时t=2或t=4．
【解析】(1)设圆心M(a,0)，根据弦长公式可得d=|3a−1|5=1，解出对应的a即可；
(2)设AC斜率为k1，BC斜率为k2，利用AC、BC均与圆相切可得k1=4−t24t，k2=4−(t−6)24(t−6)．
(3)由(2)联立方程后得到C点坐标，表示出|AB|=6，则S=12|6k2−k1|×6=|18k2−k1|，根据(2)中所得结果即可求得S取值范围即相应的t的值．
本题考查直线与圆的位置关系、圆方程的求解，考查了计算能力，属于中档题．
22.【答案】(1)解：由题意，椭圆C的左焦点为F(−2,0)，所以c=2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意可得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
则(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，即(y1+y2)(y1−y2)(x1+x2)(x1−x2)=−b2a2．
因为kOQ⋅kl=−13，所以−b2a2=−13，即a2=3b2，所以a2=6，b2=2，
所以椭圆C的方程为x26+y22=1．
(2)解：当直线m的斜率存在时，设直线m：y=k(x+2)，点M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立方程组y=k(x+2)x26+y22=1，整理得(3k2+1)x2+12k2x+12k2−6=0，
可得x3+x4=−12k23k2+1,x3x4=12k2−63k2+1，
所以|MN|= 1+k2|x3−x4|= 1+k2⋅ (x3+x4)2−4x3x4=2 6(1+k2)3k2+1，
点O到直线m的距离为d=|2k| 1+k2，
因为OM⋅ON=4 63tan∠MON，即|OM|⋅|ON|cs∠MON=4 63⋅cs∠MONsin∠MON，
所以|OM|⋅|ON|sin∠MON=4 63，即S△MON=2 63，
又因为S△MON=12|MN|⋅d= 6(1+k2)3k2+1⋅|2k| 1+k2，
所以 6(1+k2)3k2+1⋅|2k| 1+k2=2 63，即k=± 33，
所以直线m为：y=± 33(x+2)，
当直线m的斜率不存在时，直线m的方程为x=−2，此时S△MON=2 63满足题目条件，
综上可得，直线m的方程为：x± 3y+2=0或x=−2．
【解析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入椭圆的方程，利用点差法求得−b2a2=−13，进而求得a，b的值，即可求得椭圆的方程；
(2)当直线m的斜率存在时，设直线m：y=k(x+2)，联立方程组求得x3+x4，x3x4，利用弦长公式，结合点到直线的距离公式，结合三角形面积列出方程，求得k的值，得出直线方程，当直线m的斜率不存在时，得到直线m为x=−2，即可求解．
本题考查直线与椭圆的综合，考查学生的综合能力，属于难题．