2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高二（上）期中数学试卷（含解析），共18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.抛物线y2=8x的焦点坐标是( )
A. (−2,0)B. (0,−2)C. (2,0)D. (0,2)
2.已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，则△PF1F2的周长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.圆心为M(2,−1)，且与直线x−2y+1=0相切的圆的方程为( )
A. (x−2)2+(y−1)2=5B. (x−2)2+(y+1)2=5
C. (x−2)2+(y+1)2=25D. (x−2)2+(y−1)2=25
4.已知过A(m,2)，B(−m,m−1)两点的直线的倾斜角是45°，则A，B两点间的距离为( )
A. 2B. 6C. 2 2D. 3 2
5.若圆C1：(x−a)2+y2=1与圆C2：x2+y2=25相交，则实数a的取值范围是( )
A. (4,6)B. [4,6]C. (−6,−4)∪(4,6)D. [−6,−4]∪[4,6]
6.已知以双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴，虚轴为两条对角线的四边形的面积为8，且双曲线C的两条渐近线互相垂直，则双曲线C的方程为( )
A. x28−y28=1B. x24−y24=1C. x22−y22=1D. x2−y2=1
7.已知圆C1：(x−1)2+(y−2)2=1，圆C2：(x−3)2+(y+4)2=4，M，N分别是圆C1，C2上两个动点，P是x轴上动点，则PN−PM的最大值是( )
A. 2 2+3B. 2 2+5C. 2 10+3D. 2 10+5
8.设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)与双曲线C1：x2a12−y2b12=1(a1>0,b1>0)的公共焦点，它们在第一象限内交于点M，∠F1MF2=60°，若椭圆C的离心率e∈[ 22, 32]，则双曲线C1的离心率e1的取值范围为( )
A. [ 52, 62]B. [ 62,+∞)C. [ 62, 142]D. [3 24, 62]
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.方程x24−m+y23−m=1表示的曲线中，可以是( )
A. 双曲线B. 椭圆C. 圆D. 抛物线
10.下列说法正确的是( )
A. 若动圆C与圆C1：(x+1)2+y2=1外切，且与圆C2：(x−1)2+y2=9内切，则动圆的圆心C的轨迹是一个完整的椭圆
B. 若动点P到F(1,0)的距离是到直线x=9的距离的13，则动点P的轨迹是一个完整的椭圆
C. 将椭圆x24+y28=1上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，则得到的曲线是一个完整的椭圆
D. 已知点A(−2,0)，B(2,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是−34，则点M的轨迹是一个完整的椭圆
11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，斜率为 3且经过点F的直线l与抛物线C交于点A，B(点A在第一象限)，与抛物线C的准线交于点D，若AF=4，则( )
A. 抛物线C的准线方程为x=−1B. △OAD的面积为2 3
C. BD=3BFD. DF=4
12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，A(−3,0)，B(6,0)，点P满足PAPB=12，设点P的轨迹为C，则( )
A. 轨迹C的方程为(x+3)2+y2=36
B. 在x轴上存在异于A，B的两点D，E，使得PDPE=12
C. 当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的角平分线
D. 在轨迹C上存在点M，使得MA⋅MO=2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.双曲线x24−y23=1的渐进线方程是 ．
14.已知直线l1：x+(m+1)y+m−2=0，l2：mx+2y+8=0平行，则这两条平行直线之间的距离为______ ．
15.在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形.在平面直角坐标系xOy中，动点P(x,y)到两个定点F1(−1,0)，F2(1,0)的距离之积等于2，化简得曲线C：x2+y2+1=2 x2+1，则OP的最大值为______ ．
16.在平面直角坐标系xOy中，已知MN是圆C：(x−2)2+(y−4)2=2的一条弦，且满足CM⊥CN，点P是MN的中点，当弦MN在圆C上运动时，直线2x−y−3=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，则线段AB长度的最小值是______ ．
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)
已知直线l1的方程为2x+y−4=0，若直线l2过点(−3,0)，且l1⊥l2．
(1)求直线l2的方程；
(2)已知直线m经过直线l1与直线l2的交点，且在两坐标轴上的截距相等，求直线m的方程．
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点A(1,0)和点B(−1,2)，且圆心在直线2x−y+2=0上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线x=ay+3被圆C截得弦长为2 3，求实数a的值．
19.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，焦距F1F2为2，过F1的直线交椭圆E于A，B两点，且△ABF2的周长为4 3．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线AB的斜率为2，求△ABF2的面积．
20.(本小题12分)
已知抛物线E的方程为y2=2x，点F为抛物线E的焦点．
(1)若点P是抛物线E上的一个动点，且点M(3,2)，求PM+PF的最小值；
(2)若A(t,2)、B、C三点都在抛物线E上，直线AB、AC都与圆(x−3)2+y2=1相切，求直线BC的方程．
21.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 22，且椭圆E过点A(2,0)，过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆E于点B，交y轴于点C．
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知P为AB的中点，是否存在定点Q，对于任意的k(k≠0)都有OP⊥CQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由．
22.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F(−2 3,0)，渐近线方程为y=± 2x．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(3,0)的直线与双曲线C的右支交于M，N两点，M在第一象限，直线AM与BN交于点Q.求证：点Q在定直线上．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：抛物线y2=8x，
所以p=4，
所以焦点(2,0)，
故选：C．
根据抛物线的标准方程，进而可求得p，根据抛物线的性质进而可得焦点坐标．
本题考查抛物线的焦点，部分学生因不会求p，或求出p后，误认为焦点(p,0)，还有没有弄清楚焦点位置，从而得出错误结论．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意可得a=2，b= 3，c=1，
∴△PF1F2的周长为2a+2c=6．
故选：D．
根据题圆的几何性质即可求解
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得M(2,−1)到直线x−2y+1=0的距离d=|2+2+1| 1+4= 5，
因此，所求圆的半径r= 5，圆心为M(2,−1)，可知其方程为(x−2)2+(y+1)2=5．
故选：B．
根据题意，圆M的半径等于点M到直线x−2y+1=0的距离，由此算出答案．
本题主要考查圆的方程、点到直线的距离公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意得m−1−2−m−m=tan45°=1，
所以m=1，A(1,2)，B(−1,0)，
所以|AB|= (1+1)2+(2−0)2=2 2．
故选：C．
结合直线的斜率公式先求出m，然后结合两点间距离公式可求．
本题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系，直线的斜率公式，两点间的距离公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为圆C1：(x−a)2+y2=1与圆C2：x2+y2=25相交，
所以5−1<|a|<1+5，
解得4故选：C．
由已知结合圆相交的条件建立关于a的不等式，可求．
本题主要考查了两圆位置关系的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线互相垂直，
所以渐近线方程为：y=±x，
因此a=b，则实轴与虚轴相等，
又因为以双曲线C的实轴、虚轴为两条对角线的四边形的面积为8，
则12×2a×2a=8，即a2=4，
因此该双曲线的方程为x24−y24=1．
故选：B．
先根据题意，得到双曲线的渐近线方程，推出a=b，再由以实轴、虚轴为两条对角线的四边形面积为8，求出a，即可得出结果．
本题主要考查了双曲线的几何性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得，圆C1：(x−1)2+(y−2)2=1的圆心C1(1,2)，半径r1=1，
圆C2：(x−3)2+(y+4)2=4的圆心C2(3,−4)，半径r2=2，
作C2(3,−4)关于x轴对称的点C3(3,4)，
则|PN|−|PM|≤(|PC2|+r2)−(|PC1|−r1)=|PC1|+|PC2|+r1+r2=|PC3|−|PC1|+r1+r2≤|C1C3|+r1+r2= 22+22+2+1=3+2 2，
当P，C1，C3共线时，|PM|−|PN|取得最大值3+2 2．
故选：A．
由圆的标准方程求出圆心和半径，再由|PN|−|PM|≤(|PC2|+r2)−(|PC1|−r1)，求出点C2关于x轴对称的点C3，结合|PC2|−|PC1|≤|C1C3|，即可求得结果．
本题主要考查了圆与圆位置关系的应用，圆的性质的应用，对称性的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设MF1=s，MF2=t，由椭圆的定义可得s+t=2a，
由双曲线的定义可得s−t=2a1，
解得s=a+a1，t=a−a1，
由∠F1MF2=60°，运用余弦定理，可得cs60°=s2+t2−(2c)22st，
即为a2+3a12=4c2，
由离心率的公式可得，
1e2+3×1e12=4，
由e∈[ 22, 32]，可得e2∈[12,34]，
即有4−3×1e12∈[43,2]，
解得e1∈[3 24, 62].
故选：D．
设MF1=s，MF2=t，由椭圆的定义可得s+t=2a，由双曲线的定义可得s−t=2a1，运用余弦定理和离心率公式，计算即可得到所求范围．
本题主要考查了椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要考查离心率的求法，考查运算能力，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：方程x24−m+y23−m=1，当m∈(−∞,3)时，曲线表示椭圆；
当m∈(3,4)时，曲线是双曲线；
m∈[4,+∞)∪{3}，不表示曲线．
故选：AB．
通过m的取值，判断曲线的形状即可．
本题考查曲线与方程的应用，椭圆以及双曲线的判定，是基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，∵圆C1的方程为：(x+1)2+y2=1，
∴圆C1的圆心为(−1,0)，半径r1=1；同理圆C2的圆心为(1,0)，半径r2=3．
设动圆的半径为R，则|C1C|=r1+R，|C2C|=r2−R，
两式相加得：|C1C|+|C2C|=r1+r2=1+3=4(定值)，
∴圆心C在以C1、C2为焦点的椭圆上运动，
由2a=4，c=1，得a=2，b= 3，
∴椭圆方程为x24+y23=1．
即动圆圆心的轨迹是椭圆．所以A正确．
对于B，设P(x,y)，则
由题意， (x−1)2+y2=13|x−9|，
化简可得x29+y28=1．
点P的轨迹是焦点在x轴上的椭圆．所以B正确．
对于C，根据题意可知所得曲线的方程为：
(12x)24+y28=1，即x216+y28=1，
∴所得曲线是一个椭圆，所以C正确．
对于D，设M(x,y)，则yx+2⋅yx−2=−34，
化简整理得，点M的轨迹C的方程x24+y23=1(x≠±2)，所以D不正确．
故选：ABC．
利用选项的条件，求解轨迹方程，判断选项的正误即可．
本题考查轨迹方程的求法，轨迹的判断，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(p2,O)，设直线l方程为y= 3(x−p2)，
联立y2=2pxy= 3(x−p2)，整理可得：12x2−20px+3p2=0，A在x轴上方，
解得xA=3p2，xB=p6，
代入抛物线的方程可得A(3p2, 3p)，B(p6,− 33p)，
由抛物线定义可知，|AF|=xA+p2=3p2+p2=2p=4，解得p=2，
所以抛物线方程为y2=4x；
对于A项，抛物线的准线方程为x=−1，故A项正确；
对于D项、B项，由直线l的斜率为 3，可得直线l的倾斜角为π3，
设抛物线的准线交x轴于M，如图所示：
在Rt△DMF中，|MF|=2，∠MFD=π3，所以|MD|=2 3，|DF|=4，故D项正确；
又yA= 3p=2 3，|OF|=1，所以S△AOD=12|OF|⋅(yA+|MD|)=12⋅1⋅(2 3+2 3)=2 3，故B项正确；
对于C项，xB=16p=13，则|BF|=xB+p2=13+1=43，
所以|BD|=|DF|−|BF|=4−43=83，
所以|BD|=2|BF|，故C项错误．
故选：ABD．
由抛物线的方程可得焦点F的坐标，由题意设直线l的方程，两个方程联立，可得A，B的坐标，由抛物线的性质可得|AF|的表达式，进而可得p的值，即求出抛物线的方程；A中，由抛物线的方程，求出抛物线的准线方程，判断出的A的真假；由题意可得直线l的倾斜角，可得MD的长度，进而求出DF的大小，判断出D的真假；及C的真假，求出△OAD的面积的大小，判断出B的真假．
本题考查抛物线的性质的应用，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A：已知在平面直角坐标系xOy中，A(−3,0)，B(6,0)，点P满足，
不妨设P(x,y)，
此时 (x+3)2+y2 (x−6)2+y2=12，
整理得x2+y2+12x=0，
即(x+6)2+y2=36，故A错误；
对于B：假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E，使得PDPE=12，
不妨设D(m,0)，E(n,0)，
可得 (x−n)2+y2=2 (x−m)2+y2，
化简得3x2+3y2−(8m−2n)x+4m2−n2=0，
因为轨迹C的方程为x2+y2+12x=0，
代入上式并整理得−(8m−2n+36)x+4m2−n2=0，
即8m−2n+36=0，4m2−n2=0，
联立解得m=−9，n=−18或m=−3，n=6(舍去)，故B正确；
对于C：当A，B，P三点不共线时，
此时射线PO是∠APB的角平分线，故C正确；
对于D：若在C上存在点M，使得MA⋅MO=2|，
不妨设M(x,y)，则MA=(−3−x,−y)，MO=(−x,−y)
所以(−3−x)(−x)+(−y)(−y)=2，
整理得x2+y2+3x−2=0，
因为轨迹C的方程为x2+y2+12x=0，
将两方程联立，消去y并整理得，
解得x=215，
代入轨迹C的方程中，
此时(215)2+y2+12×215=0，y无实数解，
所以方程组无实数解，故不存在点M，故D错误，
综上，结论正确的有BC．
故答案为：BC．
由题意，利用求轨迹方程的方法确定轨迹C的方程可判断A；设D(m,0)，E(n,0)，由两点间的距离公式结合轨迹C的方程可判断B；由角平分线的定义可判断C；设M(x,y)，由MA⋅MO=2求出点M的轨迹方程与x2+y2+12x=0联立，可判断D．
本题考查动点轨迹问题，属于中档题．
13.【答案】 3x±2y=0
【解析】【分析】
本题考查双曲线的渐近线方程，比较基础．
由双曲线x24−y23=1，可得a=2，b= 3即可求解．
【解答】
解：由双曲线x24−y23=1，可得a=2，b= 3
所以渐近线方程为 3x±2y=0．
故答案为： 3x±2y=0．
14.【答案】9 55
【解析】解：直线l1：x+(m+1)y+m−2=0，l2：mx+2y+8=0，
由两直线平行的充要条件可得A1A2=B1B2≠C1C2，即1m=m+12≠m−28，
解得m=1，(m=−2舍去)，
所以直线l1：x+2y−1=0，l2：x+2y+8=0，
则这两条平行直线之间的距离为d=|−1−8| 12+22=9 55．
故答案为：9 55．
先利用两直线平行的充要条件A1A2=B1B2≠C1C2，可得1m=m+12≠m−28，由此求m的值，再由两平行线之间的距离公式求解即可．
本题考查两直线平行的充要条件，考查两平行直线的距离公式的运用，考查运算能力，属于中档题．
15.【答案】 3
【解析】解：由题意曲线C：x2+y2+1=2 x2+1，可得y2=2 x2+1−x2−1≥0，
即2 x2+1−x2−1≥0，化简得x4−2x2−3≤0，解得：− 3≤x≤ 3，
令 x2+1=t，则t∈[1,2]，
因为|OP|2=x2+y2=2 x2+1−1∈[1,3]，
则|OP|的取值范围为[1, 3]，
故|OP|的最大值为 3．
故答案为： 3．
根据已知求得x的范围，再结合已知条件取得结论．
本题主要考查轨迹方程的应用，考查计算能力，属于中档题．
16.【答案】6 55+2
【解析】解：因为圆C：(x−2)2+(y−4)2=2，
所以圆心C(2,4)，r= 2，
因为P为MN的中点，
所以CP⊥MN，
因为CM⊥CN，
所以△CMN为等腰直角三角形，
所以|CP|=12|MN|=12× ( 2)2+( 2)2=1，
即点P在以C为圆心，1为半径的圆上，
所以点P所在圆的方程为(x−2)2+(y−4)2=1，
要使得∠APB≥π2恒成立，则点P所在的圆在以AB为直径的圆的内部，
而AB在直线l：2x−y−3=0上，
点C(2,4)到直线l：2x−y−3=0距离d=|4−4−3| 22+(−1)2=3 55，
所以以AB为直径的圆的半径的最小值为r=3 55+1，
所以AB的最小值为2r=6 55+2．
故答案为：6 55+2．
由圆C方程可得圆心C(2,4)，r= 2，根据题意可得CP⊥MN，CM⊥CN，|CP|=1，⇒点P在以C为圆心，1为半径的圆上，即点P所在圆的方程为(x−2)2+(y−4)2=1，要使得∠APB≥π2恒成立，则点P所在的圆在以AB为直径的圆的内部，点C(2,4)到直线l：2x−y−3=0距离为d，⇒以AB为直径的圆的半径的最小值为r=d+1，AB的最小值为2r．
本题考查直线与圆的位置关系，解题中注意逆向思维的应用，属于难题．
17.【答案】解：(1)由题意设直线l2的方程为x−2y+a=0，将(−3,0)代入可得−3+a=0，
解得a=3，
所以直线l2的方程为x−2y+3=0；
(2)联立2x+y−4=0x−2y+3=0，解得x=1，y=2，
即直线l1与直线l2的交点为(1,2)，
当直线m过原点时，则直线m的方程为y=2x，
当直线m不经过原点时，由题意设直线m的方程为x+y=b，
将(1,2)点代入可得1+2=b，即b=3，
所以直线m的方程为x+y−3=0．
综上所述：直线m的方程为y=2x或x+y−3=0．
【解析】(1)由垂直的性质，设直线l2的方程，将点的坐标，代入可得参数的值，进而求出直线l2的方程；
(2)联立两条直线的方程，可得交点的坐标，分直线m过原点和不过原点两种情况讨论，将交点的坐标代入可得参数的值，进而求出直线m的方程．
本题考查直线的平行或垂直的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为A(1,0)，B(−1,2)的中点为E(0,1)，且直线AB的斜率kAB=2−0−1−1=−1，
则线段AB的垂直平分线所在直线的方程为y=x+1，
联立方程y=x+12x−y+2=0，解得x=−1y=0，即圆心C(−1,0)，r=|CA|=2，
所以圆C的方程为(x+1)2+y2=4；
(2)因为直线x=ay+3被圆C截得弦长为2 3，
∴则圆心到直线的距d= 4−3=1，由点到直线的距离公式可得|−1−a⋅0−3| a2+1=1，
解得a=± 15．
【解析】(1)先求线段AB的垂直平分线所在直线的方程，进而求得圆心和半径，即可求得方程；
(2)由垂径定理可得圆心到直线的距离d=1，利用点到直线的距离公式运算求解即可．
本题考查直线和圆的方程的应用，考查点到直线距离公式，属中档题．
19.【答案】解：(1)不妨设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，
易知△ABF2的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a=4 3，
解得a= 3，
因为焦距F1F2为2，
所以椭圆的半焦距c=1，
又b2=a2−c2=2，
则椭圆E的方程为x23+y22=1；
(2)由(1)知F1(−1,0)，|F1F2|=2，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
易知直线AB的方程为y=2(x+1)，
联立y=2(x+1)x23+y22=1，消去y并整理得7x2+12x+3=0，
由韦达定理得x1+x2=−127，x1x2=37，
所以|AB|= 1+22⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 5⋅ (−127)2−4×37=10 37，
已知点F2(1,0)到直线AB的距离d=4 55，
则△ABF2的面积S=12|AB|⋅d=12×10 37×4 55=4 157．
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息、a，b，c以及椭圆的定义进行求解即可；
(2)结合(1)中所得信息得到直线AB的方程，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式再进行求解即可．
本题考查椭圆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，属于基础题．
20.【答案】解：(1)如图，

过点P向抛物线的准线x=−12作垂线，垂足为N，
由抛物线的定义得：|PM|+|PF|=|PM|+|PN|，
所以当且仅当M、P、N三点共线时，|PM|+|PF|取最小值，
过M点作抛物线的准线x=−12作垂线MN′，垂足为N′，
所以(|PM|+|PF|)min=|MN′|=3+12=72；
(2)由圆(x−3)2+y2=1可得圆心坐标为(3,0)，半径为r=1．
因为点A(t,2)在抛物线E：y2=2x上，所以A(2,2)．

因为直线AB，AC是圆(x−3)2+y2=1的两条切线，又3−2=1=r，
所以直线AB的方程为x=2，
设直线AC的方程为y−2=k(x−2)，即kx−y−2k+2=0，
由题意得：圆心(3,0)到直线AC的距离为d=|k+2| k2+1=1，解得k=−34，
所以直线AC的方程为y=−34x+72，
联立y=−34x+72y2=2x,解得C(989,−143)，
因为直线AB的方程为x=2，点B在抛物线F：y2=2x上，所以点B(2,−2)，
所以直线BC的斜率为kBC=−310，
所以直线BC的方程是y+2=−310(x−2)，
即3x+10y+14=0．
【解析】(1)先根据抛物线的定义将折线转化为直线，再利用数形结合思想得出当且仅当M、P、N三点共线时，|PM|+|PF|取最小值，求出即可；
(2)先根据题意求出切线AB，AC的方程；再联立方程组求出点B，C的坐标；最后计算出直线的斜率，点斜式写出方程整理即可．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆E的离心率e= 22，且椭圆E过点A(2,0)，
所以e=ca= 22a=2b2=a2−c2，
解得a=2，b= 2，
则椭圆E的方程为x24+y22=1；
(2)易知直线l的斜率存在，
不妨设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−2)x24+y22=1，消去y并整理得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−4=0，
由韦达定理得x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−41+2k2，
因为P为AB的中点，
所以xP=4k21+2k2，
因为点P在直线AB上，
所以yP=k(xP−2)=−2k1+2k2，
即P(4k21+2k2,−2k1+2k2)，
因为直线AB的方程为y=k(x−2)，
令x=0，
解得y=−2k，
即C(0,−2k)，
假设存在定点Q(m,n)满足OP⊥CQ，
此时OP⋅CQ=0，
因为OP=(4k21+2k2,−2k1+2k2)，CQ=(m,n+2k)，
所以4mk21+2k2−2k(n+2k)1+2k2=0，
整理得2mk2−k(n+2k)=0，
因为k≠0，
所以2mk−(n+2k)=0，
即(2m−2)k−n=0恒成立，
此时2m−2=0−n=0，
解得m=1，n=0，
故存在Q(1,0)满足OP⊥CQ．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息，利用离心率公式以及a，b，c之间的关系再进行求解即可；
(2)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、向量的坐标运算再进行求解即可．
本题考查椭圆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．
22.【答案】解：(1)左焦点为F(−2 3,0)，渐近线方程为y=± 2x．
则c=2 3ba= 2c2=a2+b2，解得a=2b=2 2，
所以双曲线C的方程为x24−y28=1；
(2)证明：A(−2,0)，B(2,0)，
由题知过点T的直线l的斜率必不为0，设直线l的方程为x=ty+3，

联立x24−y28=1x=ty+3⇒(2t2−1)y2+12ty+10=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
Δ=(12t)2−4×10(2t2−1)=64t2+40>0，
由韦达定理可知，y1+y2=−12t2t2−1，y1y2=102t2−1，
由题意可知，x1>0，x2>0，y1>0，y2<0，所以y1y2<0，即102t2−1<0，解得− 22设直线BN方程为y=y2x2−2(x−2)，直线AM方程为y=y1x1+2(x+2)，
联立y=y1x1+2(x+2)y=y2x2−2(x−2)⇒(y1x1+2−y2x2−2)x=−2y2x2−2−2y1x1+2，
即[(ty2+1)y1−(ty1+5)y2]x=−2(ty1+5)y2−2(ty2+1)y1，又ty1y2=−56(y1+y2)，
所以x=−4ty1y2−10y2−2y1y1−5y2=103(y1+y2)−10y2−2y1y1−5y2=−203y2+43y1y1−5y2=43，点Q在直线x=43上．
【解析】(1)根据双曲线的性质，列出方程组，即可求解；
(2)设出直线l的方程，再结合韦达定理，即可求解．
本题主要考查直线与双曲线的综合，考查转化能力，属于中档题．