2023-2024学年辽宁省沈阳市重点学校联合体高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市重点学校联合体高二（上）期末数学试卷（含解析），共15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.椭圆x26+y29=1的短轴长为( )
A. 6B. 2 6C. 3D. 6
2.(x−1)5的展开式中含x2的项是( )
A. −5x2B. 5x2C. −10x2D. 10x2
3.在空间直角坐标系中，已知点A(2,3,−5)，B(0,−2,−2)，C(−2,t,1)，若A，B，C三点共线，则t的值为( )
A. −2B. −7C. 10D. 13
4.电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为( )
A. 2563B. 27C. 2553D. 6
5.双曲线x24−y212=1上的一点P到它的右焦点距离为8，则点P到它左焦点的距离是
( )
A. 4B. 12C. 4或12D. 6
6.已知(1− 2)6=a+b 2(a,b均为有理数)，则a的值为( )
A. 90B. 91C. 98D. 99
7.已知抛物线E：y2=4x，圆C：x2+y2=2x，过圆心C作直线l与抛物线E和圆C交于四点，自上而下依次为A，M，N，B，若|AM|+|NB|=2|MN|，则直线l的斜率为( )
A. 2B. ± 2C. 22D. ± 22
8.将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法有( )
A. 190种B. 160种C. 120种D. 90种
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.已知直线l：2x+2y+1=0，则( )
A. m=(−1,1)是直线l的法向量
B. 直线l的倾斜角为135°
C. 直线l1：−x−y+n=0与直线l平行的充要条件是n≠12
D. 直线l在两坐标轴上的截距相等
10.在空间直角坐标系中，已知点A(2,0,0)，B(1,1,−2)，C(2,3,1)，则( )
A. AB⋅BC=−5
B. |AC|=2 3
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530
D. OB在BC上的投影的数量为3 1414
11.设(3x−2)(1+x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a7x7，则下列结论正确的是( )
A. a0=−2
B. a3=85
C. a1+a3+a5+a7=32
D. a0+2a1+22a2+23a3+⋯+27a7=2916
12.我们通常称离心率为 5−12的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A1，A2，B1，B2为顶点，F1，F2为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有( )
A. 长轴长为4，短轴长为2 5−2
B. ∠F1B1A2=90°
C. PF1⊥x轴，且PO/​/A2B1
D. 四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1，F2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.圆O1：(x+2)2+(y+1)2=4和圆O2：(x−1)2+(y−3)2=9的位置关系是______ ．
14.六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有______种．
15.如图，在正六边形ABCDEF中，则以F，C为焦点，且经过点A，E，D，B的双曲线的离心率e= ______ ．
16.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是过顶点B，D，D1，B1的圆上的一点，Q为CC1的中点.当直线PQ与平面ABCD所成的角最大时，点P的坐标为______ ；直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是______ ．
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)
(1)已知C6m=C63m−2(m≠1)，计算：C6m+C6m+1+C7m+2+C8m+3；
(2)解方程：3Cx−3x−7=5Ax−42．
18.(本小题12分)
如图，M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点(点P靠近点N)，若AO=a,AB=b,AC=c．
(1)以{a,b,c}为基底表示OQ；
(2)若|a|=|b|=1,|c|=2,∠OAB=∠OAC=π3,∠CAB=π2，求|OQ|的值．
19.(本小题12分)
圆O：x2+y2=8内有一点P0(1,2)，过P0的直线交圆于A，B两点．
(1)当P0为弦AB中点时，求直线AB的方程；
(2)若圆O与圆C：(x+1)2+(y+1)2=9相交于E，F两点，求EF的长度．
20.(本小题12分)
已知(2x+1 x)n的展开式的所有二项式系数之和为64．
(1)求该二项式及其展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
21.(本小题12分)
如图，AD//BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG/​/AD且EG=AD，CD/​/FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2．
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN/​/平面CDE；
(2)求平面BCE和平面BCF夹角的正弦值；
(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为45°，求点P到平面CDE的距离．
22.(本小题12分)
已知双曲线C1：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F( 6,0)，渐近线与抛物线C2：y2=2px交于点(1, 2).
(1)求C1，C2的方程；
(2)设A是C1与C2在第一象限的公共点，作直线l与C1的两支分别交于点M，N，使得AM⊥AN.求证：直线MN过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由已知可得：b2=6，所以b= 6，
所以椭圆的短轴长为2b=2 6，
故选：B．
根据椭圆的方程即可求解．
本题考查了椭圆的方程以及性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(x−1)5的展开式的通项公式为Tk+1=C5k⋅x5−k⋅(−1)k，
令5−k=2，可得k=3，
所以含x2的项是T3+1=T4=C53⋅x2⋅(−1)3=−10x2．
故选：C．
求出二项式的展开式的通项公式，可得含x2的项．
本题考查二项式展开式的通项公式的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为A(2,3,−5)，B(0,−2,−2)，C(−2,t,1)，
所以AB=(−2,−5,3),AC=(−4,t−3,6)，且A，B，C三点共线，
所以存在实数λ，使得AB=λAC，则
−2=−4λ−5=λ(t−3)3=6λ，解得λ=12t=−7．
故选：B．
根据三点共线，可得空间向量AB、AC共线，即存在实数λ，使得AB=λAC，结合向量坐标运算即可求解．
本题考查空间向量共线的坐标运算，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256=2563种颜色．
故选：A．
根据分步乘法计数原理易得答案．
本题主要考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设点P到它的左焦点的距离是m，则由双曲线的定义可得|m−8|=2×2
∴m=4或12
故选C．
利用双曲线的定义，结合P到它的右焦点的距离为8，可求点P到它的左焦点的距离．
本题考查双曲线的定义，考查学生的计算能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为(1− 2)6的展开式的通项公式为Tk+1=C6k⋅(− 2)k，(1− 2)6=a+b 2(a,b均为有理数)，
所以a=C60+C62×(− 2)2+C64×(− 2)4+C66×(− 2)6=99．
故选：D．
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：如图，圆C：(x−1)2+y2=1的圆心为C(1,0)，半径r=1，
显然点C(1,0)为抛物线E：y2=4x的焦点，抛物线的准线方程为x=−1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则|AB|=|AC|+|BC|=x1+1+x2+1=x1+x2+2，|MN|=2．
因为|AM|+|NB|=2|MN|=4，因此|AB|=6，即有x1+x2+2=6，解得x1+x2=4，
设直线l的方程为y=k(x−1)，显然k≠0，由y=k(x−1)y2=4x，
消去y得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，则有x1+x2=2+4k2=4，
解得k=± 2，所以直线l的斜率为± 2．
故选：B．
求得圆心与半径，进而利用已知可得x1+x2=4，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立方程组可求直线l的斜率．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：先在编号为2，3的盒内分别放入1个，2个球，还剩17个小球，
三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，
有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中，
共有C162=120种方法．
故选：C．
先在编号为2，3的盒内分别放入1个，2个球，然后再将剩17个小球，利用隔板法分为三堆放入即可．
本题考查排列数公式、排列组合知识等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：直线l：2x+2y+1=0的一个法向量为(2,2)，但m=(−1,1)，
与向量(2,2)不共线，故A错误；
直线l：2x+2y+1=0的斜率为−1，故倾斜角为135°，B正确；
把直线l1：−x−y+n=0的方程改写为2x+2y−2n=0，
则直线l1平行的充要条件是−2n≠1，即n≠−12，C错误；
直线l：2x+2y+1=0在x，y轴上的截距分别是−12，−12，故D正确．
故选：BD．
结合法向量、截距的定义，以及直线的斜率与倾斜角的关系、直线平行的性质，即可判断．
本题主要考查法向量、截距的定义，以及直线的斜率与倾斜角的关系、直线平行的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为A(2,0,0)，B(1,1,−2)，C(2,3,1)，
对于A，AB=(−1,1,−2)，BC=(1,2,3)，所以AB⋅BC=−1+2−6=−5，故A正确；
对于B，AC=(0,3,1)，所以|AC|= 0+9+1= 10，故B错误；
对于C，OB=(1,1,−2)，所以|OB|= 1+1+4= 6，
所以异面直线OB与AC所成角的余弦值为|cs|=|OB⋅AC||OB|⋅|AC|=0+3−2 6× 10= 1530，故C正确；
对于D，|BC|= 1+4+9= 14，所以OB在BC上的投影的数量为OB⋅BC|BC|=1+2−6 14=−3 1414，故D错误．
故选：AC．
直接由向量的坐标运算即可一一判定．
本题考查空间向量在求数量积，空间角，空间距离上的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：(1+x)6的展开式的通项为Tr+1=C6x′；(r=0,1,2,⋯,6)，所以a0=−2×C60=−2，故选项A正确；
又T4=20x3，T3=15x2，从而(3x−2)(1+x)6的展开式中x3的系数为3×15+(−2)×20=5，故选项B错误；
令x=1，得a0+a1+a2+⋯+a7=(3×a0+a1+a2+⋯+a7=64,
令x=−1，得a0−a1+a2−⋯−a7=0．
两式相减得2(a1+a3+a5+a7)=64，所以a1+a3+a5+a7=32，故选项C正确；
令x=2得a0+2a1+22a2+23a3+⋯+27a7=2916，故选项D正确．
故选：ACD．
直接利用二项式的展开式和赋值法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，由2a=4，2b=2 5−2，得a=2，b= 5−1，
则c= 4−( 5−1)2= 2 5−2，则e=ca= 2 5−22≠ 5−12，故A不正确；
对于B，若∠F1B1A2=90°，则由射影定理可得：OB12=F1O⋅OA2，
即b2=ca，∴c2+ac−a2=0，即e2+e−1=0，又e∈(0,1)，
解得e= 5−12，故B正确；
对于C，若PF1⊥x轴，如图可得P(−c,±b2a)，又PO/​/A2B1，
则斜率相等，∴b2a−c=b−a，即b=c或−b2a−c=−b(舍去)，
∴e=ca=c c2+c2= 22，故C不正确；
对于D，四边形A1B2A2B1为菱形，若命题正确，
则内切圆的圆心为原点，由圆的对称性可知，
圆心到直线A2B1的距离等于c，
∵直线A2B1的方程为：xa+yb=1，即bx+ay−ab=0，∴原点到直线的距离d=ab a2+b2，
由题意知ab a2+b2=c，又b2=a2−c2，
整理得：a2(a2−c2)=c2(2a2−c2)，即e4−3e2+1=0，又e2∈(0,1)，
解得e2=3− 52，∴e= 3− 52= 5−12，故D正确．
故选：BD．
由“黄金椭圆”的定义结合四个选项中的条件分别求解椭圆的离心率即可得答案．
本题考查椭圆的几何性质，考查椭圆离心率的求法，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】外切
【解析】解：根据两圆的方程可知O1(−2,−1)，O2(1,3)，r1=2，r2=3，
所以|O1O2|= (−3)2+(−4)2=5=r1+r2，
所以两圆外切．
故答案为：外切．
求出两圆的圆心坐标及半径，再求圆心距与两个半径的关系，判断出它们的位置关系．
本题考查两圆的位置关系的判断，属于基础题．
14.【答案】216
【解析】解：最左端排甲，共有A55=120种，最左端排乙，最右端不能排甲，有C41A44=96种，
根据加法原理可得，共有120+96=216种．
故答案为：216．
分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
15.【答案】 3+1
【解析】解：设正六边形ABCDEF的边长是2，
以FC为x轴，FC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
则D(1, 3)，F(−2,0)，C(2,0)，
∴|DF| (−2−1)2+(0− 3)2=2 3，|DC|= (2−1)2+(0− 3)2=2，
可得a= 3−1，c=2，
∴e=ca=2 3−1= 3+1．
故答案为： 3+1．
设正六边形ABCDEF的边长是2，以FC为x轴，FC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合思想，是基础题．
16.【答案】(1,1,± 3+1) [0, 155]
【解析】解：过点O作EF⊥平面ABCD，交B1D1于点E，BD于点F，
易得OE=OF= 3，Q(0,2,1)，E(1,1, 3+1)，F(1,1,− 3+1)，
所以QE=(1,−1, 3)，QF=(1,−1,− 3)．
由图可知当点P在点E或点F的位置时，直线PQ与平面ABCD所成的角最大．
由题可得平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)．
设直线QE与平面ABCD所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|QE⋅n|QE|⋅|n||= 3 1+1+3×1= 155，
即直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为 155，
当PQ/​/平面ABCD时，直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值最小为0，
所以直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[0, 155]．
故答案为：(1,1,± 3+1)；[0, 155]．
结合图形可得出，点P在过圆心且垂直与平面ABCD的直线与圆的交点位置时，直线PQ与平面ABCD所成的角最大，再利用空间向量求解，即可得直线PQ与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围．
本题考查直线与平面所成角的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为C6m=C63m−2(m≠1)，所以m+3m−2=6，解得m=2，
故C6m+C6m+1+C7m+2+C8m+3=C7m+1+C7m+2+C8m+3=C8m+2+C8m+3=C9m+3=C95=126；
(2)3Cx−3x−7=5Ax−42，
则3(x−3)!(x−7)!4!=5(x−4)!(x−6)!，即3(x−3)(x−6)4!=5，所以(x−3)(x−6)=40，解得x1=11，x2=−2(舍去)，
所以原方程的解为x=11．
【解析】(1)根据已知条件，结合组合数公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合组合数、排列数公式，即可求解．
本题主要考查排列数、组合数公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点(点P靠近点N)，若AO=a,AB=b,AC=c．
所以MQ=13MN，整理得OQ−OM=13ON−13OM，故OQ=13ON+23OM，
由于ON=12OB+12OC，
所以OQ=16OB+16OC+13OA=−23a+16b+16c；
(2)由(1)得：OQ=−23a+16b+16c，
所以|OQ|=|−23a+16b+16c|，
故|OQ|2=|−23a+16b+16c|2=49a2+136b2+136c2−29a⋅b−29a⋅c+118c⋅b=14；
故|OQ|=12．
【解析】(1)直接利用向量的线性运算求出结果；
(2)利用向量的数量积和夹角运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模和夹角运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当P0为弦AB中点时，OP0⊥AB，
所以直线AB的斜率k=−1kOP0=−12，
又点P0(1,2)在直线AB上，
所以直线AB的方程为y−2=−12(x−1)，即x+2y−5=0．
(2)将圆O：x2+y2=8与圆C：(x+1)2+(y+1)2=9相减得，弦EF所在的直线方程为2x+2y+1=0，
所以圆O到直线EF的距离为d=1 22+22=12 2，
所以|EF|=2 (2 2)2−(12 2)2=3 142，
即EF的长度为3 142．
【解析】(1)根据垂径定理与两直线垂直的条件，可得直线AB的斜率，再由直线的点斜式方程，即可得解；
(2)将圆O与圆C的方程相减，可得弦EF所在的直线方程，再根据弦长的计算方法，求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握两圆公共弦所在直线方程的求法，弦长公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意令x=1，可得2n=64，解得n=6，
所以该二项式为(2x+1 x)6，则通项公式为：Tk+1=C6k(2x)6−k(1 x)k=c6k26−kx6−3k2，
令6−3k2=0，解得k=4，
所以该二项式的展开式中的常数项为T4+1=C6422=60；
(2)设第k+1项的系数最大，
则C6k26−k≥C6k−126−(k−1)C6k26−k≥C6k+126−(k+1)，
解得43≤k≤73，k∈N，
则k=2，
所以展开式中系数最大的项为T2+1=C6224x3=240x3．
【解析】(1)令x=1，可得展开式的系数为2n，由题意可得n的值；
(2)求出二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，可得k的值，进而求出展开式中的常数项；
(3)设第k项的系数最低，求出满足条件的不等式，进而求出k的值，再求出系数最大的项．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
21.【答案】以D为坐标原点，DA，DC，DG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B(1,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，M(0,32,1)，N(1,0,2)，
(1)证明：MN=(1,−32,1)，DC=(0,2,0)，DE=(2,0,2)，
设平面CDE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DC=0m⋅DE=0，即2y=02x+2z=0，
令x=1，则y=0，z=−1，所以m=(1,0,−1)，
因为MN⋅m=1×1+(−32)×0+1×(−1)=0，
所以MN⊥m，
因为MN⊄平面CDE，所以MN/​/平面CDE．
(2)解：CB=(1,0,0)，CE=(2,−2,2)，CF=(0,−1,2)，
设平面BCE的法向量为n1=(a1,b1,c1)，则n1⋅CB=0n1⋅CE=0，即a1=02a1−2b1+2c1=0，
令b1=1，则a1=0，c1=1，所以n1=(0,1,1)，
设平面BCF的法向量为n2=(a2,b2,c2)，则n2⋅CB=0n2⋅CF=0，即a2=0−b2+2c2=0，
令c2=1，则a2=0，b2=2，所以n2=(0,2,1)，
设平面BCE和平面BCF的夹角为θ，则csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=2+1 2× 5=3 1010，
因为平面与平面夹角的取值范围为[0,π2]，
所以sinθ= 1−cs2θ= 1010，
故平面BCE和平面BCF夹角的正弦值为 1010．
(3)解：设P(0,0,t)，t∈[0,2]，则BP=(−1,−2,t)，
因为CD⊥平面ADGE，
所以平面ADGE的一个法向量为n=(0,1,0)，
因为直线BP与平面ADGE所成的角为45°，
所以sin45°=|cs|=|BP⋅n||BP|⋅|n|=|−2| 5+t2×1= 22，解得t=± 3(舍负)，
所以P(0,0, 3)，DP=(0,0, 3)，
所以点P到平面CDE的距离为|DP⋅m||m|=|− 3| 2= 62．
【解析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
(1)求得平面CDE的法向量m，由MN⋅m=0，结合线面平行的判定定理，即可得证；
(2)分别计算平面BCE和平面BCF的法向量n1和n2，设平面BCE和平面BCF的夹角为θ，由csθ=|cs|，即可得解；
(3)先根据已知条件求出点P的坐标，再利用向量法求点到面的距离，即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线面平行，求平面与平面夹角以及点到面距离的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)双曲线C1的渐近线方程为：y=±bax，
双曲线C1：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F( 6,0)，
则ba= 2a2+b2=6，解得b=2a= 2，
则C1：x22−y24=1，由抛物线C2过(1, 2)，得2=2p，则C2：y2=2x，
所以C1，C2的方程分别为x22−y24=1，y2=2x；
(2)证明：由于点M，N在双曲线C1左右两支上，
则直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x22−y24=1y=kx+m消去y得：(2−k2)x2−2kmx−m2−4=0，Δ=4k2m2−4(k2−2)(m2+4)>0，
即m2+4−2k2>0，则x1+x2=2km2−k2,x1x2=−m2−42−k2，y1+y2=k(x1+x2)+2m=4m2−k2，
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k2⋅−m2−42−k2+2k2m22−k2+m2=2m2−4k22−k2，
由y2=2x2x2−y2=4，解得x=2y=±2，于是A(2,2)，AM=(x1−2,y1−2),AN=(x2−2,y2−2)，
由AM⊥AN，得AM⋅AN=0，
即AM⋅AN=(x1−2)(x2−2)+(y1−2)(y2−2)
=x1x2+y1y2−2(x1+x2)−2(y1+y2)+8=−m2−42−k2+2m2−4k22−k2−4km2−k2−8m2−k2+8=0，
整理得：−12k2−4km+m2−8m+12=0，即(2k+m−2)(6k−m+6)=0，
显然A(2,2)不在直线MN上，即2k+m−2≠0，于是6k−m+6=0，满足Δ>0，
因此直线MN的方程为y=kx+6k+6，即y=k(x+6)+6，恒过定点P(−6,6)，
所以直线MN过定点P(−6,6)．
【解析】本题考查双曲线的标准方程、抛物线的标准方程、双曲线中的定点、定值、定直线问题、直线与双曲线的位置关系及其应用、向量数量积的坐标运算、直线与抛物线位置关系及其应用，属于难题．
(1)求出双曲线渐近线方程，由已知列出关于a，b的方程组即得C1方程，代入求出2p得C2的方程．
(2)求出点A的坐标，设出直线l的方程，与C1的方程联立，利用韦达定理及向量数量积探求、计算判断作答．