2023-2024学年江西省抚州市临川一中高二（上）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年江西省抚州市临川一中高二（上）期中数学试卷(含解析），共19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.过A(0,4)，B( 3,1)两点的直线的倾斜角为( )
A. −60°B. 60°C. 120°D. 150°
2.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. x±y=0B. x± 3y=0C. 3x±y=0D. 5x±y=0
3.已知向量a=(1,0,−1),b=(2,1,1),c=(4,1,−1)，且ma+b与c共线，则m=( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
4.直线(a+1)x+3y+3=0与直线x+(a−1)y+1=0垂直，则实数a的值为( )
A. −2B. 12C. 2D. 2或−2
5.已知圆O1：x2+y2=1与圆O2：x2+y2−2x+2y+F=0(F<1)相交所得的公共弦长为 2，则圆O2的半径r=( )
A. 1B. 3C. 5或1D. 5
6.已知A，B两点在以F为焦点的抛物线y2=4x上，并满足AF=3FB，过弦AB的中点M作抛物线对称轴的平行线，与准线交于N点，则MN的长为( )
A. 13B. 12C. 83D. 34
7.已知球O是正三棱锥A−BCD(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，BC=6，AB=4 3，点E为线段BD的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是( )
A. 9πB. 8πC. 4πD. 3π
8.已知斜率为12的直线l与椭圆C：x216+y24=1交于A，B两点，线段AB中点M纵坐标为−1，点P(2 2, 2)在椭圆上，若∠APB的平分线交线段AB于点N，则|MN|的值为( )
A. 2B. 10C. 5D. 10− 5
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.已知圆C：(x−2)2+y2=4，直线l：y=kx(k∈R)，则下列结论正确的是( )
A. 存在实数k，使得直线l与圆C相切
B. 若直线l与圆C交于A，B两点，则|AB|的最大值为4
C. 当k=−1时，圆C上存在4个点到直线l的距离为12
D. 当k=1时，对任意λ∈R，曲线E：x2+y2−(λ+4)x+λy=0恒过直线l与圆C的交点
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)，(A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. A=ω=2
B. 函数y=f(x)的图象关于直线x=−5π12对称
C. 函数y=f(x)在[−π4,0]上单调递增
D. 将函数y= 3sin2x−cs2x的图象向左平移π2个单位得到函数y=f(x)的图象
11.“嫦娥五号”是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器，是中国探月工程的收官之战，实现了月球区域着陆及采样返回.如图所示，月球探测器飞到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月飞行，然后在P点处变轨进入以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月飞行，最后在Q点处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R，圆形轨道Ⅲ的半径为r，则以下说法正确的是( )
A. 椭圆轨道Ⅱ的焦距为R−r
B. 椭圆轨道Ⅱ的短轴长为 Rr
C. 若r不变，则椭圆轨道Ⅱ的离心率随R的增大而增大
D. 若R不变，则椭圆轨道Ⅱ的离心率随r的增大而增大
12.已知点P为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)所在平面内一点，F1(−c,0)，F2(c,0)分别为C的左、右焦点，PF2⊥F1F2，|PF1|=4c，线段PF1，PF2分别交双曲线于M，N两点，|PF1||MF1|=λ，|PF2||NF2|=μ.设双曲线的离心率为e，则下列说法正确的有( )
A. 若PF1平行于渐近线，则e=2B. 若λ=4，则e= 3+2
C. 若μ=3，则e= 3D. λμ= 3(2+e)3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,1,2)，b=(1,−1,−1)，则cs〈a,b〉= ______ ．
14.已知sin(α−π6)=35，0<α<π2，则sinα= ．
15.已知M，N分别是圆C1：x2+y2−4x−4y+7=0，圆C2：x2+y2−2x=0上动点，P是直线x+y+1=0上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为______ ．
16.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F与圆E：x2+y2−2x=0的圆心重合，过F的直线l与C交于A、B两点，对于下列命题：
①p=2；
②AB的中垂线与x轴交于点R，则|AB|=|FR|；
③以A，B两点为切点引C的两条切线，两条切线交于一点Q，Q点必在x=−1上；
④O为坐标原点，点M、N在C上且满足OM⋅ON=0(M,N均不与O重合)则MN的中点轨迹方程：y2=2x−8．
以上说法中正确的有______ ．
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)
已知三角形ABC的三个顶点分别为A(0,4)，B(−2,0)，C(−2,2)，求：
(1)边AC上的高所在直线的方程；
(2)三角形ABC外接圆的方程．
18.(本小题12分)
已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b 3csB=csinC．
(1)求B的大小；
(2)若b=6，求a+c的取值范围．
19.(本小题12分)
已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=4，直线l过点P(5,0)
(1)若直线l与圆相切，求直线l的方程；
(2)若直线l与圆相交于A，B两点，求使得△ABC面积最大的直线l的方程．
20.(本小题12分)
四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，PA=AD=2，E为AD的中点，F为PC中点．
(1)求证：EF/​/平面PAB；
(2)求二面角A−PD−C的正弦值．
21.(本小题12分)
已知F1，F2分别是双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的左、右焦点，点A是C的左顶点，直线y= 3(x−1)与C只有一个公共点．
(1)求C的方程；
(2)直线l与C交于M，N两点(M,N异于双曲线C的左、右顶点)，若以MN为直径的圆经过点A，求证：直线l恒过定点．
22.(本小题12分)
椭圆G：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1(−c,0)，F2(c,0)，M是椭圆上的一点，且满足F1M⋅F2M=0．
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率e取得最小值时，点N(0,3)到椭圆上的点的最远距离为5 2；
①求此时椭圆G的方程；
②设斜率为k(k≠0)的直线L与椭圆G相交于不同的两点A、B，Q为AB的中点，问A、B两点能否关于过点P(0,− 33)、Q的直线对称？若能，求出k的取值范围；若不能，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设直线的倾斜角为θ，θ∈[0,π)，
A(0,4)，B( 3,1)，
则kAB=4−10− 3=− 3，
故tanθ=− 3，解得θ=2π3．
故选：C．
先求出直线的斜率，再求出其倾斜角，即可求解．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由题意得e=ca= a2+b2a2= 1+b2a2=2，
∴ba= 3，
又双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
∴双曲线的渐近线方程是y=± 3x，即 3x±y=0．
故选：C．
根据双曲线的几何性质，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由向量a=(1,0,−1),b=(2,1,1),c=(4,1,−1)，
可得ma+b=m(1,0,−1)+(2,1,1)=(m+2,1,1−m)，
因为ma+b与c共线，可得m+24=11=1−m−1，解得m=2．
故选：B．
根据题意，求得ma+b=(m+2,1,1−m)，结合ma+b与c共线，列出方程，即可求解．
本题考查向量共线相关运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由两条直线垂直，可得a+1+3(a−1)=0，解得a=12．
故选：B．
由两条直线垂直，写出充要条件，进而求出参数的值．
本题考查两条直线垂直的充要条件的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：圆O1：x2+y2=1与圆O2：x2+y2−2x+2y+F=0(F<1)相交所得的公共弦长为 2，
x2+y2=1与O2：x2+y2−2x+2y+F=0(F<1)两式相减得公共弦所在直线方程l：2x−2y−F=1(F<1)，
圆O2方程可化为O2：(x−1)2+(y+1)2=2−F(F<1)，
可得圆心O2(1,−1)，r2=2−F，圆心O2到l的距离为d=|2+2−F−1| 4+4=|3−F| 8，半弦长为 22，
则有(|3−F| 8)2+( 22)2=r2=2−F，解得F=−3或F=1(舍)，此时r= 5．
故选：D．
求解公共弦的方程，利用圆心到直线的距离，结合半径，半弦长满足勾股定理求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：已知A，B两点在以F为焦点的抛物线y2=4x上，并满足AF=3FB，
则A、B、F三点共线，且|AF|=3|BF|，
设AB直线方程为y=k(x−1)，k≠0，
联立y=k(x−1)y2=4x，
消y可得：k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=2+4k2，x1x2=1，
又AF=3FB，
则x1+1=3(x2+1)，
则3x22+2x2−1=0，
即x2=13或x2=−1(舍)，
则x1=3，
则MN的长为x1+x2+22=83．
故选：C．
由抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系求解．
本题考查抛物线的定义，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，设O1是点A在底面内的射影，
由正弦定理，得△BCD的外接圆半径r1=6sin60∘×12=2 3，
由勾股定理，可得棱锥的高AO1= (4 3)2−(2 3)2=6，
设球O的半径为R，则R2=(6−R)2+(2 3)2，解得R=4，所以OO1=2，
在△OO1E中，O1E=13CE=13× 32×6= 3，所以OE= O1E2+OO12= 7，
过点E作球O的截面，当截面垂直于OE时，截面面积最小，
此时截面圆的半径为 R2−OE2=3，故截面面积的最小值是π×32=9π．
故选：A．
根据题意，利用正弦定理求出△BCD的外接圆半径，然后由勾股定理算出正三棱锥的高，进而算出OE长，最后根据球的截面圆性质，算出截面面积的最小值．
本题主要考查正三棱锥的结构特征、球的截面圆性质等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：设M(xM,−1)，A(xA,yA)，B(xB,yB)，其中yA∴xA216+yA24=1xB216+yB24=1，两式作差整理可得：xA2−xB216+yA2−yB24=0，
∴kAB=yB−yAxB−xA=−14⋅xA+xByA+yB=−14⋅xM−1，
解得：xM=2，∴M(2,−1)
∴直线AB方程为y=12x−2，代入椭圆方程整理得：
x2−4x=0，解得A(0,−2)，B(4,0)，
∴kPA= 2+12,kPB=− 2+12，
∴直线PN斜率不存在，方程为x=2 2，
∴N(2 2, 2−2)，∴|MN|= 10− 5．
故选：D．
根据点差法即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，点差法的应用，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：C：(x−2)2+y2=4，圆心C(2,0)，半径为r=2，
∵直线l：y=kx过定点O(0,0)，且点O在圆上，直线l与圆C相切，当直线l的斜率不存在，即x=0，存在实数k，使得直线l与圆C相切，说法不正确，故A不正确；
当直线l经过圆心时，|AB|取最大值即圆的直径2r=2×2=4，故B正确；
当k=−1时，直线l：x+y=0，∵圆心C到直线l的距离d=2 2= 2，∴r−d=2− 2>12，
∴圆C上有4个点到直线的距离为12，故C正确；
当k=1时，直线l：x−y=0，曲线E：x2+y2−(λ+4)x+λy=0，
即x2+y2−4x−λ(x−y)=0一定过直线l：x−y=0与圆C：x2+y2−4x=0的交点，故D正确．
故选：BCD．
根据直线与圆的位置关系逐项判断即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：由图可知A=2，函数f(x)的周期T=4×(π3−π12)=π，
由T=2πω，解得ω=2，
因为f(π12)=2，可得2sin(π12×2+φ)=2，
解得φ=π3+2kπ(k∈Z)，
由|φ|<π2，
则φ=π3，
所以f(x)=2sin(2x+π3)，故A正确；
对于B，由f(−5π12)=2sin(−5π6+π3)=2sin(−π2)=−2，
根据正弦函数的对称性，可知直线x=−5π12是函数f(x)的对称轴，故B正确；
对于C，由x∈[−π4,0]，
则2x+π3∈[−π6,π3]，
根据正弦函数的单调性，函数f(x)在[−π4,0]上单调递增，故C正确；
对于D，由y= 3sin2x−cs2x=2( 32sin2x−12cs2x)=2sin(2x−π6)，
该函数图象向左平移π2个单位可得新函数的解析式为y=2sin[2(x+π2)−π6]=2sin(2x+5π6)≠f(x)，故D错误．
故选：ABC．
由题意可求函数周期，利用周期公式可求ω=2，将(π12,2)代入函数f(x)，结合|φ|<π2，可求φ=π3，即可得解函数解析式即可判断A；根据正弦函数的对称性，即可判断B；根据正弦函数的单调性，即可判断C；利用三角函数图象变换即可判断D．
本题主要考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换以及正弦函数的性质，考查了数形结合思想和函数思想的应用，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：在椭圆中，由图可知PQ=2a=R+ra−c=QF=r，
解得a=R+r2,c=R−r2，
所以b= (R+r2)2−(R−r2)2= Rr，
所以2c=R−r,2b=2 Rr，A正确，B错误；
e=ca=R−rR+r=1−2rR+r，当r不变时，由反比例函数的性质可知，函数f(R)=1−2rR+r在(0,+∞)上单调递增，C正确；
e=ca=R−rR+r=−1+2RR+r，当R不变时，由反比例函数的性质可知，函数f(r)=−1+2RR+r在(0,+∞)上单调递减，D错误．
故选：AC．
根据图中几何关系列方程组求出a，c，然后可得b，可判断AB；分离常数，利用反比例函数的性质可判断CD．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】 解：依题意点P为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)所在平面内一点，F1(−c,0)，F2(c,0)分别为C的左、右焦点，PF2⊥F1F2，|PF1|=4c，在△PF1F2中，∠PF2F1=90°，而|PF1|=4c，|F1F2|=2c，则∠PF1F2=60°，|PF2|=2 3c，
由对称性，不妨令点P在第一象限，如图：
对于A，已知PF1平行于渐近线，可得直线PF1斜率为 3，所以ba= 3，得e=ca= 1+b2a2=2，所以A正确；
对于B，已知λ=4，又|MF1|=c，在△MF1F2中，可得|MF2|= |MF1|2+|F1F2|2−2|MF1||F1F2|cs60°= 3c，2a=|MF2|−|MF1|=( 3−1)c，
离心率e=ca=2 3−1= 3+1，所以B错误；
对于C，若μ=3，则|NF2|=2 33c，在△NF1F2中，|NF1|= |F1F2|2+|NF2|2=4 33c，2a=|NF1|−|NF2|=2 33c，离心率e=ca= 3，所以C正确；
对于D，线段PF1，PF2分别交双曲线于M，N两点，|PF1||MF1|=λ，|PF2||NF2|=μ．
点P(c,2 3c),F1P=(2c,2 3c)，由|PF1||MF1|=λ得：F1M=1λF1P=(2cλ,2 3cλ)，
即有点M(2cλ−c,2 3cλ)，而点M在双曲线C上，即(2cλ−c)2a2−(2 3cλ)2b2=1，
整理得：(b2λ−2c2)2=16a2c2，即有b2λ=2c2±4ac，显然λ>2，
因为b2λ=2c2−4ac>2b2，有c2−b2>2ac，即a>2c，矛盾，因此b2λ=2c2+4ac，λ=2(2ac+c2)b2，
由得|y|=b2a，即|NF2|=b2a，则μ=|PF2||NF2|=2 3acb2，
所以λμ=2(2ac+c2)2 3ac=2+e 3= 3(2+e)3，所以D正确．
故选：ACD．
根据给定条件，求出△PF1F2的边长及内角，并结合对称性不妨令点P在第一象限，再逐项分析、计算判断作答．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
13.【答案】− 23
【解析】解：∵a=(1,1,2)，b=(1,−1,−1)，
∴|a|= 6，|b|= 3，a⋅b=−2，
∴cs〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|=−2 3× 6=− 23．
故答案为：− 23．
利用空间向量的夹角公式求解．
本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
14.【答案】4+3 310
【解析】【分析】
依题意，可求得cs(α−π6)=45，α=(α−π6)+π6，利用两角和的正弦即可求得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查推理能力与数学运算能力，属于中档题．
【解答】
解：∵0<α<π2，
∴−π6<α−π6<π3，
又sin(α−π6)=35，
∴cs(α−π6)=45，
∴sinα=sin[(α−π6)+π6]
=sin(α−π6)csπ6+cs(α−π6)sinπ6
=35× 32+45×12=4+3 310，
故答案为：4+3 310．
15.【答案】3
【解析】解：由题意可得圆C1：(x−2)2+(y−2)2=1，C1(2,2)，r1=1，圆C2：(x−1)2+y2=1，C2(1,0)，r2=1，
设C2(1,0)关于x+y+1=0的对称点为C(a,b)，
则a+12+b2+1=0ba−1=1，
可得a=−1，b=−2，即点C(−1,−2)．
所以圆C2关于直线x+y+1=0的对称圆C：(x+1)2+(x+2)2=1，
因为|PC1|+|PC2|=|PC1|+|PC|≥|CC1|，|CC1|= (−1−2)2+(−2−2)2=5，
所以(|PM|+|PN|)min=|CC1|−2=3．
故答案为：3．
首先求出圆C2关于直线x+y+1=0的对称圆C：(x+1)2+(x+2)2=1，再根据|PC1|+|PC2|=|PC1|+|PC|≥|CC1|，即可得到(|PM|+|PN|)min=|CC1|−2=3．
本题主要考查两圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】①③④
【解析】解：①选项：圆E：x2+y2−2x=0化为标准方程得(x−1)2+y2=1，
∴圆心是(1,0)，
∴p2=1，
即p=2，
故①正确；
②选项：抛物线C：y2=4x，
设直线l方程为x=ty+1，
联立x=ty+1y2=4x，
消x得y2−4ty−4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
根据韦达定理可以得到y1+y2=4t，y1y2=−4，
即x1+x2=4t2+2，x1x2=1，
AB的中垂线方程为：y=−t(x−2t2−1)+2t，
与x轴的交点R(3+2t2,0)，
即|FR|=2+2t2，|AB|=x1+x2+2=4t2+4，
故|AB|=|FR|显然不成立，
故②错误；
③选项：设Q(x0,y0)，
则AB：yy0=2(x+x0)，
又AB过点F，
∴2(1+x0)=0，
即x0=−1，
所以以A，B两点为切点引C的两条切线，两条切线交于一点Q，Q点必在x=−1上，
故③正确；
④选项：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，以及经过M，N的直线方程为x=ty+m，(m≠0)，
联立x=ty+my2=4x，
消x得y2−4ty−4m=0，
根据韦达定理可以得到y1+y2=4t，y1y2=−4m，
即x1x2=m2，x1+x2=4t2+2m，
又∵OM⋅ON=0，
∴y1y2+x1x2=0，
解得m=0(舍去)或m=4，
∴y1+y2=4t，x1+x2=4t2+8，
设M，N的中点坐标为(x,y)，
即x=x1+x22，y=y1+y22，
化简得y2=2x−8，
故④正确．
故答案为：①③④．
①选项：由圆的方程可得p=2可得①正确；②选项：设直线l方程为x=ty+1，联立x=ty+1y2=4x，然后结合韦达定理及抛物线的定义可得②错误；③选项：设Q(x0,y0)，则AB：yy0=2(x+x0)，又AB过点F，即x0=−1，可得③正确；④选项：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，以及经过M，N的直线方程为x=ty+m，(m≠0)，与抛物线方程联立得y2−4ty−4m=0，然后结合韦达定理可得④正确．
本题考查了抛物线的定义，重点考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得AC斜率kAC=4−20−(−2)=1，
则AC上的高所在直线斜率为−1，方程为y=−(x+2)，即x+y+2=0；
(2)设外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则16+4E+F=04−2D+F=04+4−2D+2E+F=0，解得D=−2E=−2F=−8，
则圆方程为x2+y2−2x−2y−8=0，即(x−1)2+(y−1)2=10．
【解析】(1)由直线的位置关系得斜率后求解点斜式方程；
(2)由待定系数法求解．
本题主要考查直线方程以及圆的标准方程的求解，考查计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为b 3csA=csinC，
所以由正弦定理可得sinB 3csB=sinCsinC，整理可得tanB= 3，
又B∈(0,π)，
所以B=π3．
(2)因为B=π3，b=6，
所以由正弦定理可得asinA=csinC=bsinB=6 32=4 3，
所以a=4 3sinA，c=4 3sinC，
又A+B+C=π，
所以C=2π3−A，
所以a+c=4 3sinA+4 3sinC
=4 3[sinA+sin(23π−A)]
=4 3(sinA+csAsin23π−sinAcs23π)
=4 3(sinA+ 32csA+12sinA)
=4 3(32sinA+ 32csA)
=12sin(A+π6)，
又因为0所以sin(A+π6)∈(12,1](当且仅当A=π3时，等号成立)，
可得a+c=12sin(A+π6)∈(6,12]，即a+c的取值范围是(6,12]．
【解析】(1)利用正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tanB= 3，结合B∈(0,π)，即可求解B的大小；
(2)利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a+c=12sin(A+π6)，由题意可求π6本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和函数思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−5)，即kx−y−5k=0，
∵直线l与圆C相切，∴|3k−4−5k| k2+1=2，解得：k=−34，
故此时直线l的方程是：3x+4y−15=0；
当直线l的斜率不存在时，其方程是x=5，与圆相切，符合题意，
综上，直线l的方程是：3x+4y−15=0或x−5=0；
(2)由(1)可得当直线l与圆C相交时，直线的斜率一定存在，设其方程是kx−y−5k=0，
∵圆心到直线l的距离d=|4+2k| k2+1，|AB|=2 4−d2，
故△ABC的面积为12|AB|⋅d=d 4−d2= −(d2−2)2+4，
故当d2=2时，△ABC的面积取最大值，
由|4+2k| k2+1= 2，得k2+8k+7=0，解得：k=−1或k=−7，
故直线l的方程是：x+y−5=0或7x+y−35=0．
【解析】(1)直线l斜率存在时，设直线l的方程是y=k(x−5)，由圆心(3,4)到已知直线l的距离等于半径2，得k的值，由此能求出直线l的方程，验证直线斜率不存在时，直线x=5符合题意；
(2)直线与圆相交，斜率存在，设直线l方程为kx−y−5k=0，设圆心到直l的距离d，把弦长用d表示，求出三角形ABC的面积取最大值时的d值，进一步求出k的值，则直线l方程可求．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线距离公式、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
20.【答案】证明：(1)如图所示，取PB中点G，连接AG、GF，

由中位线的性质易知：GF/​/BC且GF=12BC，
又因为底面ABCD是菱形，E为AD的中点，所以GF/​/AE，GF=AE，
即四边形AGFE是平行四边形，所以EF/​/AG，
而AG⊂平面PAB，FE⊄平面PAB，所以EF/​/平面PAB；
解：(2)在平面PAD中，过点E作EM⊥PD，垂足为M，连结CM，

因为EC⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EC⊥PD，
因为EM⋂CM=M，EM，CM⊂平面EMC，
所以PD⊥平面EMC，又CM⊂平面EMC
所以PD⊥CM，
所以∠EMC是二面角A−PD−C的平面角，
在Rt△EMD中，ED=1，∠ADP=45°，
所以EM=MD= 22，
在Rt△CMD中，MD= 22，CD=2，
所以CM= CD2−MD2= 142，
在△EMC中，EC= 3，
由余弦定理得cs∠EMC=ME2+MC2−EC22ME⋅MC=12+72−32× 22× 142=1 7，
因为∠EMC∈[0,π]，
所以sin∠EMC= 1−cs2∠EMC= 1−(1 7)2= 427，
所以二面角A−PD−C的正弦值为 427．
【解析】(1)由线线平行证线面平行即可；
(2)由二面角定义构造垂直解三角形即可．
本题考查线面平行的证明和二面角的求法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为直线y= 3(x−1)与C只有一个公共点，
所以直线y= 3(x−1)与渐近线y=bx平行，即b= 3，
故双曲线方程为x2−y23=1；
证明：(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x2−y23=1,y=kx+t,得(3−k2)x2−2ktx−(t2+3)=0．
由3−k2≠0,Δ=4k2t2+4(3−k2)(t2+3)>0,得k≠± 3,t2+3>k2,
所以x1+x2=2kt3−k2,x1x2=−t2+33−k2，
y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=3t2−3k23−k2．
因为以MN为直径的圆经过点A(−1,0)，所以AM⋅AN=0，
即(x1+1,y1)⋅(x2+1,y2)=x1x2+x1+x2+1+y1y2=−(t2+3)+2kt+3−k2+3t2−3k23−k2=0，
整理得t2+kt−2k2=0，所以t=k或t=−2k．
当t=k时，直线l的方程为y=k(x+1)，所以直线l过左顶点(−1,0)，不符合题意；
当t=−2k时，直线l的方程为y=k(x−2)，所以直线l恒过定点(2,0)．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=m，
代入x2−y23=1，得y=± 3(m2−1)，所以M(m, 3(m2−1)),N(m,− 3(m2−1))．
因为AM⋅AN=(m+1, 3(m2−1))⋅(m+1,− 3(m2−1))=0，
即(m+1)2−3(m2−1)=0，整理得m2−m−2=0，
解得m=2(m=−1舍去)，
此时直线l的方程为x=2，直线l也过点(2,0).综上所述，直线l恒过定点(2,0)．
【解析】(1)由题意得，直线y= 3(x−1)与渐近线y=bx平行，即b= 3，从而可求双曲线方程；
(2)利用韦达定理及以MN为直径的圆过点A，结合圆的性质及向量数量积的性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的性质在双曲线方程求解中的应用，还考查了直线与曲线位置关系的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设M(x,y)，则F1M=(x+c,y),F2M=(x−c,y)
由F1M⋅F2M=0⇒x2+y2=c2⇒y2=c2−x2(1分)
又M在椭圆上，∴y2=b2−b2a2x2(2分)
∴c2−x2=b2−b2a2x2⇒x2=a2−a2b2c2，(3分)
又0≤x2≤a2∴0<2−1e2≤1⇒ 22≤e≤1，(4分)
∵0(2)①当e= 22时得椭圆为x22b2+y2b2=1
设H(x,y)是椭圆上一点，
则|HN|2=x2+(y−3)2=(2b2−2y2)+(y−3)2=−(y+3)2+2b2+18，(−b≤y≤b)
(6分)
设0∴b=−3±5 2，与0设b≥3得−b≤−3，当y=−3时，|HN|max2=2b2+18，，由2b2+18=50得b2=16，(合题薏)
∴椭圆方程是：x232+y216=1(8分)
②.设l：y=kx+m由x232+y216=1y=kx+m⇒(1+2k2)x2+4kmx+2m2−32=0
而△>0⇒m2<32k2+16(9分)
又A、B两点关于过点P(0,− 33)、Q的直线对称
∴kPQ=−1k，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则xQ=−2km1+2k2,yQ=m1+2k2(10分)
∴yQ+ 33xQ=−1k⇒m=1+2k2 3(11分)
∴(1+2k2 3)2<32k2+16⇒0又k≠0，∴− 942∴需求的k的取值范围是− 942【解析】本题考查的知识点是平面向量的数量积运算，椭圆的标准方程，椭圆的性质及直线与椭圆的关系等知识点，
(1)我们设M(x,y)，则易得向量F1M,F2M的坐标，由F1M⋅F2M=0，结合向量垂直的充要条件，我们即可得到x，y的关系式，又由M又在椭圆上，代入椭圆方程即可得到离心率的取值范围．
(2)①由(1)的结论，我们易得到离心率e取得最小值时的椭圆方程(含参数)，再点N(0,3)到椭圆上的点的最远距离为5 2，我们易得到关于参数的方程，解方程即可得到椭圆的方程．②设出未知直线的方程，然后联立直线方程与椭圆方程，得到一个关于x的一元二次方程，然后使用“设而不求”的方法，结合韦达定理及A、B两点能否关于过点P(0,− 33)、Q的直线对称构造不等式组，解不等式组即可得到k的取值范围．
在处理直线与圆锥曲线的关系类问题时，我们的使用的方法及思路一般有：①联立方程；②设而不求；③韦达定理；④弦长公式等．