2023-2024学年浙江省北斗星盟高二上学期12月阶段性联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省北斗星盟高二上学期12月阶段性联考数学试题（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.直线 3x−y+1=0的倾斜角的大小为
．( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.双曲线x24−y23=1的渐近线方程是( )
A. y=±34xB. y=±43xC. y=± 32xD. y=±2 33x
3.已知空间向量a=(−2,2,1)，b=(1,0,m)，若a⊥b，则|b|=( )
A. 2 2B. 7C. 6D. 5
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1+a3=30，S4=120，则其公比q=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.在平面直角坐标系xOy中，A(3,0)，M是(x+1)2+y2=4上一动点，则直线MA的斜率的取值范围为
( )
A. [− 3, 3]B. [−1,1]C. − 32, 32D. − 33, 33
6.正四面体P−ABC的棱长为4，点M、N分别是棱PA、PC的中点，则点A到平面BMN的距离为
( )
A. 3B. 4 2211C. 2D. 2 63
7.已知直线l与抛物线y2=2px交于A、B两点，且该直线不经过抛物线的焦点，那么以线段AB为直径的圆与该抛物线的准线的位置关系是
( )
A. 相离B. 相交C. 相切D. 与直线l的位置有关
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为
( )
A. 2B. 3+1C. 2+2D. 62+ 102
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.下列说法正确的是( )
A. 两异面直线所成角的取值范围是0,π2
B. 若直线l与平面α相交，则该直线l与平面α所成角的取值范围是0,π2
C. 二面角的平面角的取值范围是0,π2
D. 若a，b，c是空间向量的一组基底，则存在非零实数x，y，z，使得xa+yb+zc=0
10.已知圆C1：x2+y2+2x+8y−8=0与圆C2：x2+y2−4x−4y−12=0交于A、B两点，下列说法正确的是
( )
A. 点C2在圆C1内B. 直线AB的方程是3x+6y+2=0
C. |AB|=203D. 四边形AC1BC2的面积是10 5
11.已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线(两定点除外)；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆(两定点除外).如图，给定的矩形ABCD中，|AB|=a，|BC|=b(a>b>0)，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线EG、AB的动点，OM=λOG，BN=μBE，其中λμ≠0，且直线HM与直线NF交于点P.下列说法正确的是
( )
A. 若λμ=−1，则P的轨迹是双曲线的一部分
B. 若λμ=−1，则P的轨迹是椭圆的一部分
C. 若λ=μ，则P的轨迹是双曲线的一部分
D. 若λ+μ=0，则P的轨迹是椭圆的一部分
12.数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中一类，螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠绕”.如图所示，正六边形A1A2A3A4A5A6的边长为1，分别取其各条边的四等分点，连接得到正六边形B1B2B3B4B5B6，再取其各条边的四等分点，连接得到正六边形C1C2C3C4C5C6，依次类推……对于阴影部分，记第一个阴影△A1B1B6的最大边长为a1，面积为S1；第二个阴影△B1C1C6的最大边长为a2，面积为S2，第三个阴影三角形的最大边长为a3，面积为S3，依次类推……下列说法正确的是
( )
A. S2=39 31024B. 数列{an}是以34为公比的等比数列
C. 数列{Sn}的前2023项和小于 34D. 任意两个阴影三角形的最大边都不平行
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆心在x轴上的圆经过点A(1,2)，B(−1,0)，则该圆的半径是______．
14.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1各条棱长均为1，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，则线段AC1的长度为______．
15.某牧场2015年初牛的存栏数为1200头，以后每年存栏数的增长率为9%，且在每年年底卖出90头牛，那么在2024年初牛的存栏数是多少______(结果保留整数，参考数据：1.098≈1.99，1.099≈2.17，1.0910≈2.37)
16.已知F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，O是坐标原点，点M是OF的中点，椭圆上有且只有一个动点与点M的距离最近，求该椭圆的离心率的取值范围______．
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)
已知数列{an}满足：a1=2，an+1=2anan+2．
(1)证明：数列1an是等差数列；
(2)记bn=ann+1，n∈N+，求数列{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2−4x+2y−11=0，直线l：(2m+1)x−(m+2)y−4m+1=0，m∈R．
(1)判断直线l是否过定点，若过定点，请找出该定点；若不过定点，请说明理由．
(2)若直线l与圆C交于A、B两点，且|AB|=2 15，求该直线方程．
19.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面是直角梯形，AB=1，AD=CD=1，PB= 5，∠BAD=∠ADC=90°，侧面PAD是等边三角形．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B−PC−A的平面角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2x，A(2,0)．
(1)Q是抛物线上一个动点，求|QA|的最小值；
(2)过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求OM⋅ON的值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=−lg2(−x)的图象与水平直线y=n交于点An，其中n=1，2，3…，记直线AnAn+1的斜率为an，与y轴交于点(0,bn).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn=bnan，n∈N+，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．
22.(本小题12分)
如图，双曲线x2a2−y2b2=1的离心率为2 33，实轴长为2 3，F1，F2分别为双曲线的左右焦点，过右焦点F2的直线与双曲线右支交于A，B两点，其中点A在第一象限．连接AF1与双曲线左支交于点C，连接BC分别与x，y轴交于D，E两点．
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)求△ADE面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题．
由tanθ= 3，θ∈[0,π)，即可得出．
【解答】
解：设直线 3x−y+1=0的倾斜角为θ，
则tanθ= 3，θ∈[0,π).
∴θ=60°，
故选：B．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
直接利用双曲线的标准方程，求解渐近线方程即可．
【解答】
解：双曲线x24−y23=1的渐近线方程是：y=± 32x，
故选：C．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直的坐标运算、模的计算，属于基础题．
根据a·b=0得到m，得到 b的坐标，再求向量的模即可．
【解答】
解：空间向量a=(−2,2,1)，b=(1,0,m)，
若a⊥b，
则a·b=−2+m=0，
解得：m=2，
则b=(1,0,2)，
所以|b|= 12+22= 5．
故选D．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的通项公式与前n项和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
设等比数列{an}的公比为q≠1，根据a1+a3=30，S4=120，可得a1(1+q2)=30，a1(q4−1)q−1=120，进而得出q．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q≠1(显然q=1不成立)，
∵a1+a3=30，S4=120，
∴a1(1+q2)=30，a1(q4−1)q−1=120，
两式相除可得q2−1q−1=12030=4，即q2−4q+3=0
解得q=1(舍去)，q=3．
故选：C．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题．
设出直线方程，利用圆的到直线的距离小于等于半径，求解即可．
【解答】
解：由题意可知，直线MA的斜率存在，
设直线l的方程为y−0=k(x−3)，即kx−y−3k=0，
曲线(x+1)²+y²=4表示圆心(−1,0)，半径为2的圆，
因为点M在圆上运动，所以直线与圆有公共点，
所以圆心(−1,0)到直线kx−y−3k=0的距离应小于等于半径2，
所以 |−k−3k| 1+k2≤2，即|−2k|≤ 1+k2，解得 − 33≤k≤ 33．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点到平面的距离，属于中档题．
建立空间直角坐标系，利用点面距公式求得正确答案．
【解答】
解：将正四面体P−ABC放在一个正方体内，则正方体的边长为2 2，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2 2,0,0),P(0,0,2 2),M( 2,0, 2),C(0,2 2,0),N(0, 2, 2),B(2 2,2 2,2 2)，
得AB=0,2 2,2 2,MN=− 2, 2,0,MB= 2,2 2, 2，
设平面BMN的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MN=− 2x+ 2y=0n⋅MB= 2x+2 2y+ 2z=0，记n=(1,1,−3)，
∴点A到平面BMN的距离为d=|n⋅AB||n|=2 2−6 2 1+1+9=4 2 11=4 2211，
∴点A到平面BMN的距离为4 2211．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题以抛物线为载体，考查抛物线的定义，合理转化，属于中档题．
设P为AB中点，A,B在准线上射影分别为M,N，根据抛物线的定义，可知|AM|=AF，|BN|=BF，从而确定圆心到准线的距离与半径大小关系，即可求．
【解答】
解：抛物线y2=2px，设P为AB中点，A,B,在准线上射影分别为M,N，
由抛物线定义可知：|AM|=AF，|BN|=BF，
以线段AB为直径的圆的圆心为P，半径r=AB2，
则圆心P到准线的距离d=AM+BN2=AF+BF2，
由于直线AB不过焦点，则总能形成ΔABF，且AF+BF>AB，
即d>r
所以以线段AB为直径作圆则此圆与该抛物线的准线相离．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查翻折问题与最短路径，属于中档题．
通过翻折，得到周长的最小值为线段D2D3即得．
【解答】
解：由题意，由正方体，易得BD⊥平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1
故BD⊥A1C，同理A1C⊥DC1，又BD∩DC1=D，BD,DC1⊂平面BDC1，
故A1C⊥平面BDC1，而DM⊥A1C，M是面BCC1B1内一动点，
故点 M 在线段 BC1 上运动，即动线段 DM 在 ΔBC1D 内运动，
动线段 DN 在 ΔDCC1 内运动，动线段 MN 在 ΔBCC1 内运动，
将 ΔBC1D 和 ΔDCC1 翻折使其与 ΔBCC1 共面，如图所示：
其中 ΔBC1D 翻折至 ΔBC1D2 ， ΔDCC1 翻折至 ΔCC1D3 ，
在四边形D2BD3C1中， C1D2=C1D3= 2 ， ∠D2C1D3=150° ，
则 D2D3= 2+2−2 2× 2cs150°= 3+1，
故选B．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的定义、二面角、直线与平面所成的角，空间向量的基本定理，属于基础题．
根据异面直线所成角的定义、二面角、直线与平面所成的角，空间向量的基本定理逐项判断即可．
【解答】
解：对于A，异面直线所成的角的取值范围：(0,π2]，故A正确；
对于B，若直线l与平面α相交，则该直线l与平面α所成角的取值范围是(0,π2]，故B正确；
对于C，二面角的平面角的取值范围是[0,π]，故C错误，
对于D，若存在非零实数x，y，z，xa+yb+zc=0，
则a，b，c共面，与a，b，c是空间向量的一组基底矛盾，故D错误，
故选AB．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查点与圆和圆与圆的位置关系，考查两圆的公共弦方程与长度，属于中档题．
将圆C1，圆C2的方程化为标准方程，即可求出圆心坐标和半径，计算C1C2并与圆C1的半径比较即可判断A；将圆C1，圆C2的一般方程相减即可求出直线AB的方程，从而可判断B；通过求出C22,2到直线AB的距离，然后利用公式|AB|=2 R2−d2计算即可判断C；
因为C1C2⊥AB，所以四边形AC1BC2的面积S=12C1C2·AB，由此计算即可判断D．
【解答】
解：由已知，已知圆C1的标准方程为x+12+y+42=25，圆C2的标准方程为x−22+y−22=20，所以C1−1,−4，C22,2．
对于A，因为C1C2= 2+12+2+42=3 5>5，所以点C2在圆C1外，A错误；
对于B，由圆C1：x2+y2+2x+8y−8=0与圆C2：x2+y2−4x−4y−12=0的方程相减，得直线AB的方程是：6x+12y+4=0，即3x+6y+2=0，B正确；
对于C，由上可知，C22,2到直线AB的距离d=3×2+6×2+2 32+62=4 53，
圆C2的半径R=2 5，所以|AB|=2 R2−d2=2 20−809=203，C正确；
对于D，根据圆的性质知，C1C2⊥AB，所以四边形AC1BC2的面积
S=12C1C2·AB=12×3 5×203=10 5，D正确．
故选BCD．
11.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查与椭圆有关的轨迹问题，与双曲线有关的轨迹问题．
写出H，M，F，N的坐标，结合题干定义，逐项判定即可．
【解答】
解：H(−a2,0) ， M(0,λb2) ， kHM=λba ； F(a2,0) ， N(a−μa2,−b2) ， kNF=bμa ；
对于AB选项， kHMkNF=λμ=−1 ，此时 P 的轨迹既不是双曲线的一部分，也不是椭圆一部分，AB均错；
对于C选项，λ=μ，则 kHM⋅kNF=b2a2 >0，kHM⋅kNF为定值，此时 P 的轨迹是双曲线(两定点除外)，C对；
对于D选项，λ+μ=0， kHM⋅kNF=−b2a2<0，且−b2a2≠−1，kHM⋅kNF为定值，此时 P 的轨迹是椭圆(两定点除外)，D对．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】本题考查归纳推理，考查等比数列的判定，考查余弦定理，考查三角形面积公式，考查数形结合思想，属于较难题．
由题意并利用余弦定理和三角形面积公式即可求出a1和S1，数形结合分析可知an= 14an−12+34an−12−2·14an−1·34an−1·cs120°，Sn=12·14an−1·34an−1·sin120°由此即可判断A和B；结合等比数列的前n项和公式即可判断C；利用余弦定理即可判断D．
【解答】解：由题意，可知∠B6A1B1=120°，A1B1=14，A1B6=34，
则a1=B1B6= A1B12+A1B62−2A1B1·A1B6·cs∠B6A1B1= 134，
S1=12A1B1·A1B6·sin∠B6A1B1=3 364，
结合上图可知an= 14an−12+34an−12−2·14an−1·34an−1·cs120°= 134an−1，n>1，
则数列an是以 134为首项，以 134为公比的等比数列，故B错误；
结合图可知Sn=12·14an−1·34an−1·sin120°=3 364an−12，n>1，
Sn=3 364．(1316)n−1，n>1，易得当n=1时也成立；
则S2=3 364a12=3 364· 1342=39 31024，故A正确；
易得数列Sn为等比数列，则其前n项和为3 364·1−1316n1−1316= 34[1−(1316)n]< 34，则数列Sn的前2023项和小于 34，故C正确；
由余弦定理可得第一个阴影三角形的最小角的余弦值cs∠A1B6B1=A1B62+B1B62−A1B122A1B6·B1B6=72 13，
，记第一个阴影三角形的最小角为θ，若存在两个阴影三角形的最大边平行，即存在正整数n，k，使得nθ=2kπ，其中csθ=72 13，∴cs2θ=2326，⋯，显然不存在n的值，使得csnθ=0，则任意两个阴影三角形的最大边都不平行，故D正确．
故选ACD．
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题主要考查两点间距离公式和圆的定义，属于基础题．
设圆心为C(a,0)，由|CA|=|CB|求得a的值，通过两点间距离公式可得半径的值．
【解答】解：∵圆C的圆心在x轴上，设圆心为C(a,0)，
由圆过点A(1,2)和B(−1,0)，
得|CA|=|CB|，可得CA2=CB2，
即(a−1)2+22=(a+1)2，求得a=1，
半径为= 22+02=2，
故答案为：2
14.【答案】 5
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
用向量法，AC1=AA1+AD+AB，则(AC1)2=(AA1+AD+AB)2，AA1,AD的夹角60°，AA1,AB的夹角60°，AD,AB的夹角90°，进而求出AC1长度．
【解答】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中， AC1=AA1+AD+AB，
故(AC1)2=(AA1+AD+AB)2
=AA12+AD2+AB2+2AA1⋅ADcs60°+2AA1⋅ABcs60°+2AD⋅ABcs90°
=1+1+1+2×12+2×12+0=5．
所以AC1= 5．
故答案为 5．
15.【答案】1434
【解析】解：设牧场从2015年起每年年初的存栏数依次为c1，c2，c3，⋯，cn，⋯，其中n∈N∗，
由题意，得c1=1200，cn+1=cn1+9％−90⇒cn+1=1.09cn−90．
故cn+1−1000=1.09cn−1000，
即数列cn−1000是首项为c1−1000=200，公比为1.09的等比数列，
则cn−1000=200×1.09n−1⇒cn=200×1.09n−1+1000，
当n=10时，c10=200×1.099+1000≈200×2.17+1000=1434，
故在2024年初牛的存栏数是1434．
本题考查等比数列的实际应用，属于中等题．
结合题意，可知每年初的存栏数cn=200×1.09n−1+1000，故将n=10带入计算可得答案．
16.【答案】(0,12]
【解析】【分析】本题考查求椭圆离心率的取值范围，考查两点间的距离公式，属于中档题．
由题意可得M(c2,0)，易知椭圆上只有右顶点(a,0)到点M(c2,0)的距离最小，设Q(x,y)是椭圆上的点，x∈[−a,a]，再利用两点间距离公式以及二次函数的性质即可求得离心率的取值范围．
【解答】解：由题意可得F(c,0)，
则M(c2,0)，
因为椭圆上有且只有一个动点与点M的距离最近，
则椭圆上只有右顶点(a,0)到点M(c2,0)的距离最小，
设Q(x,y)是椭圆上的点，x∈[−a,a]，
则y2=b2−b2x2a2
则|MQ|2=(x−c2)2+y2
=x2−cx+c24+b2−b2x2a2
=c2a2x2−cx+c24+b2，
对称轴是x=a22c，
定义域是x∈[−a,a]，
∴a≤a22c，
即a2c⩾1，
则e=ca⩽12，
又椭圆的离心率e>0，
所以e∈(0,12].
故答案为：(0,12].
17.【答案】解： (1) an+1=2anan+2 ，∴ 1an+1=an+22an=1an+12，即1an+1−1an=12，
∴ 1an 是以1a1= 12 为首项， 12 为公差的等差数列；
(2) 由 (1) 知 1an=n2 ，∴ an=2n ，∴ bn=2n(n+1)=2n−2n+1 ，
∴ Sn=21−22+22−23+23−24+⋯+2n−2n+1=2nn+1．

【解析】本题考查等差数列的证明、裂项相消求和，属于基础题．
(1)对递推式两边取倒数化简即可得出1an+1−1an=12，结论得证；
(2)由 (1) 知 1an=n2，得出bn，使用裂项相消法求出Sn．
18.【答案】解： (1) 直线 l 变形得 m(2x−y−4)+(x−2y+1)=0 ，
令 2x−y−4=0x−2y+1=0，解得 x=3y=2,
∴直线 l 过定点 (3,2) ；
(2) 圆 C：(x−2)2+(y+1)2=16 ，圆心 C(2,−1)到直线 l 的距离记为 d ，
则d= 16−(|AB|2)2=1，
d=|(2m+1)⋅2+(m+2)−4m+1| (2m+1)2+(m+2)2
=|m+5| 5m2+8m+5=1，解得 m=−2 或 m=52，
m=−2 时，直线 l 的方程是 x=3 ；
m=52 时，直线 l 的方程是 4x−3y−6=0 ；
综上，直线 l 的方程是 x=3 或 4x−3y−6=0 ．

【解析】本题考查直线过定点问题，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)把直线l变形，列方程组求解即可；
(2)根据直线与圆的弦长公式求出m，即可得到答案．
19.【答案】(1)证明：取AD的中点M，连接MP，MB，
在等边ΔPAD中，MP⊥AD，MA=1，MP= 3，
所以MB= MA2+AB2= 2，
在ΔPMB中，MP2+MB2=5=PB2，
所以MP⊥MB，
因为MP⊥AD，MP⊥MB，AD与MB相交且都在平面ABCD内，
所以MP⊥平面ABCD，
又因为MP⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD；
(2)解：以M为原点，记BC中点为N，分别以MA、MN、MP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(−1,2,0)，P(0,0, 3)，
对于平面PCA，PA=(1,0,− 3)，CA=(2,−2,0)，
设平面PCA的一个方向向量为m=x1,y1,z1，
则PA·m=x1− 3z1=0CA·m=2x1−2y1=0,
令z1=1，则m=( 3, 3,1)；
同理可得：对于平面PCB，PB=(1,1,− 3)，CB=(2,−1,0)，
所以平面PCB的一个方向向量是n=(1,2, 3)；
则cs=m⋅n|m|⋅n=4 3 7⋅2 2= 427，
所以二面角B−PC−A的余弦值是 427．
【解析】本题考查了面面垂直的判定，二面角的平面角的余弦值，属于中档题．
(1)根据面面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的平面角的余弦值．
20.【答案】解： (1) 设 Q(2t2,2t) ， |QA|= (2t2−2)2+4t2= 4t4−4t2+4= 4t2−122+3 ，
当t2=12时，QAmin= 3，此时 Q(1,± 2)；
(2) 设直线 MN 的方程是 x=ky+2 ( k∈R )，
与抛物线联立，消 x 得 y2−2ky−4=0 ，
设 Mx1,y1 ， Nx2,y2 ，则 y1+y2=2k ， y1y2=−4 ，
x1+x2=ky1+y2+4=2k2+4 ，
x1x2=ky1+2ky2+2=k2y1y2+2ky1+y2+4=4，
可得OM⋅ON=x1x2+y1y2=0．

【解析】本题考查与抛物线有关的最值问题，直线与抛物线的位置关系，属于基础题．
(1)设 Q(2t2,2t)，由两点间距离公式结合二次函数的性质可得结果；
(2)设直线 MN 的方程是 x=ky+2，与抛物线方程联立，再由向量的数量积公式可得结果．
21.【答案】解： (1) An(−12n,n) ， An+1(−12n+1,n+1) ，∴ an=2n+1 ；
(2) 由(1)知直线AnAn+1的方程为：y=2n+1x+12n+n，
令x=0，可得bn=n+2 ， cn=n+22n+1 ，
Sn=322+423+524+⋯+n+22n+1 ……①， 12Sn=323+424+525+⋯+n+22n+2 ……②
①−②得 12Sn=322+123+124+125+⋯+12n+1−n+22n+2=1−n+42n+2
∴ Sn=2−n+42n+1 ， n∈N+

【解析】本题考查数列的通项公式，错位相减法求和，属于中档题．
(1)由斜率公式可得数列an的通项公式；
(2)由错位相减法求和即可．
22.【答案】解：(1)由题意得2a=2 3 ，ca=2 33，c2=a2+b2，
解得a= 3， c=2 ，∴ b=1 ，∴双曲线方程是 x23−y2=1 ；
(2)设 A(x1,y1) ，∴ lAF2：x=x1−2y1y+2 ，
与双曲线方程联立，消x，
得[(x1−2)2−3y12]y2+4(x1−2)y1y+y12=0，
由点A在双曲线上可得x123−y12=1，
故(7−4x1)y 2+4(x1−2)y1y+y12=0 ，
∴ y1yB=y127−4x1 ，∴ yB=y17−4x1 ， x1>74，
解得B(12−7x17−4x1,y17−4x1)，同理解得C(−12−7x17+4x1,y17+4x1)，
则kBC=y17+4x1−y17−4x1−12−7x17+4x1−12−7x17−4x1=y1(7−4x1−7−4x1)(−12−7x1)(7−4x1)−(12−7x1)(7+4x1)
=−8x1y1−12×7×2+28×2x12=−x1y17x12−21=−x1y17×3y12=−x121y1，
则直线BC：y=−x121y1(x−12−7x17−4x1)+y17−4x1
=−x121y1x+12x1−7x12+21y1221y1(7−4x1)
=−x121y1x+12x1−2121y1(7−4x1)=−x121y1x−37y1，
即lBC：y=−x121y1x−17y1，
令x=0得y=−17y1，令y=0，得x=−3x1，
即D(−3x1,0)，E(0,−17y1)，
则可得lAD：y=x1y1x12+3x+3x1 ，
其与y轴交于点 Q(0,3y1x12+3) ， QE=3y1x12+3+17y1，
SΔADE=12⋅|QE|⋅|xA−xD|
=12·21y12+x12+37y1(x12+3)·(x1+3x1)
=37⋅4y12+1x1y1= 37 (4y12+1)2y12(y12+1) ，
令t=4y12+1，则t≥1，
∴ SΔADE=4 37 t2t2+2t−3=4 37 1−3⋅(1t)2+2⋅(1t)+1
=4 37 1−3⋅(1t−13)2+43⩾67，
当且仅当 t=3 即 y1= 22 时取到最小值，此时 A(3 22, 22)．

【解析】本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的综合问题，属于较难题．
(1)由题意可知双曲线的标准方程；
(2)设出A点坐标，并表示AF2直线方程，与双曲线方程联立得出B点坐标，同理表示出C，D，E点坐标，并表示ΔADE面积，通过换元，结合函数单调性确定ΔADE面积的最小值的条件即可求解．