2022-2023学年江西省吉安市峡江中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省吉安市峡江中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若直线l经过第二、三、四象限，其倾斜角为α，斜率为k，则( )
A. k⋅sinα>0B. k⋅csα>0C. k⋅sinα≥0D. k⋅csα≤0
2.设p：x2−x<1，q：lg2(x2-x)<0，则非p是非q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.圆C1：x2+y2=2与圆C2：(x+1)2+(y−1)2=8的位置关系是( )
A. 相交B. 内切C. 外切D. 相离
4.(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+⋯+(1+x)10(x≠1，且x≠0)的展开式中x2的系数为( )
A. 150B. 165C. 120D. 180
5.在空间四边形ABCD中，AB=a，AC=b，AD=c，点M在AC上，且AC=4MC，N为BD的中点，则MN=( )
A. 12a−34b+12cB. 12a−23b−12c
C. −12a−34b−12cD. −12a+23b−12c
6.已知F为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点，设直线y=1与双曲线E和两条渐近线的交点从左至右依次为A，B，C，D，若|AD|=3|BC|，则F到渐近线的距离为( )
A. 2 2B. 3C. 15D. 不能确定
7.已知抛物线C：y2=2px的焦点F的坐标为(2,0)，准线与x轴交于点A，点M在第一象限且在抛物线C上，则当|MA||MF|取得最大值时，直线MA的方程为( )
A. y=2x+4B. y=−2x−4C. y=x+2D. y=−x−2
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为1，E，F为边B1D1上两动点，且|EF|= 22，则下列结论中错误的是( )
A. AC⊥BE
B. 三棱锥A−BEF的体积为定值
C. 二面角F−AB−E的大小为定值
D. 二面角A−EF−B的大小为定值
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.若直线过点P(1,2)且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程可能为( )
A. x−y+1=0B. x+y−3=0C. 2x−y=0D. x+y+1=0
10.下列关于二次曲线x23−k−y2k=1与x22+y25=1的说法正确的是( )
A. 当0B. 当k<0时，它们都是椭圆
C. 当0D. 当k<0时，它们的焦点相同
11.在( x−13x)10的二项式展开式中，下列结论正确的是( )
A. 展开式中的第5项和第6项的系数相等B. 展开式中奇数项的二项式系数和为29
C. 展开式中常数项为210D. 展开式中有理项有3项
12.已知圆锥PO的轴截面PAB是等腰直角三角形，AB=4，M是圆锥侧面上一点，若点M到圆锥底面的距离为1，则( )
A. 点M的轨迹是半径为1的圆B. 存在点M，使得∠PMA=π3
C. 三棱锥P−AMB体积的最大值为43D. cs∠AMB的最小值为− 55
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，PA=AB=4，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，过E，F，H的平面交棱CD于点G，则四边形EFGH面积为______．
14.已知a=(−2,m)，b=(−1,3)，若向量a−b与b垂直，则m的值是______ ．
15.某地区有3个疫苗接种定点医院，现有10名志愿者将被派往这3个医院协助新冠疫苗接种工作，每个医院至少需要2名至多需要4名志愿者，则不同的安排方法共有______种．
16.已知点P为椭圆x216+y212=1上的动点，EF为圆N：x2+(y−1)2=1的任意一条直径，则PE⋅PF的最大值是______ ．
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△ABC的顶点A(0,−2)，B(3,1)，C(−2,2)．
(1)直线l过点B且与直线AC平行，求直线l的方程；
(2)若AD⊥BC垂足为D，求D的坐标．
18.(本小题12分)
从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6、8中任取2个数字，用这四个数字组成无重复数字的四位数，所有这些四位数构成集合M．
(1)求集合M中不含有数字0的元素的个数；
(2)求集合M中含有数字0的元素的个数；
(3)从集合M中随机选择一个元素，求这个元素能被5整除的概率．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，CD/​/AB，CD=12AB，AB=16，PA=PB=10，AD=BD=4 13，PD=6 3，点E为PD中点．
(1)求证：PD⊥CD；
(2)求直线BE与平面PCD所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知在( x3−2x)n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是14：1
(1)求展开式中x6的系数；
(2)求展开式中系数绝对值最大的项；
(3)求n+9Cn2+81Cn3+…+9n−1Cnn的值．
21.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，M是棱CG上的一点．
(1)求证：BC⊥AM；
(2)若M，N分别是CC1，AB的中点，求证：CN/​/平面AMB1．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点A(−2,0)在椭圆上且|AF|=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P、Q分别在椭圆C和直线x=4上，OQ/​/AP，M为AP的中点，若T为直线OM与直线QF的交点.是否存在一个确定的曲线，使得T始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，可得k=tanα<0，而α∈[0,π)，则α∈(π2,π)，
所以sinα>0，csα<0，则k⋅csα>0，k⋅sinα<0．
故选：B．
由题设k=tanα<0，进而确定α的范围，再判断sinα，csα的符号，即可确定答案．
本题主要考查直线的方程、直线的斜率与倾斜角等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：设p：x2−x<1，
q：lg2(x2−x)<0=lg21，0则p是q的必要不充分条件，
则非p是非q的充分不必要条件，
故选：A
先根据对数的性质化简q，根据充分条件和必要条件的定义即可判断．
本题考查了充分必要条件，考查对数函数的性质，是一道基础题．
3.【答案】B
【解析】解：圆C1：x2+y2=2的圆心C1(0,0)，半径r1= 2，
C2：(x+1)2+(y−1)2=8的圆心C2(−1,1)，半径r2=2 2，
则两圆的圆心距|C1C2|= 2=r2−r1，即两圆内切．
故选：B．
分别求出两圆的圆心和半径，求得圆心距与半径和或差的关系，即可判断位置关系．
本题考查两圆的位置关系的判断，注意运用两点的距离公式，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：展开式中含x2项的系数为C22+C32+...+C102=C33+C32+...+C102=C43+C42+...+C102=C113=165，
故选：B．
根据二项式定理求出各展开式中的含x2项的系数，并根据组合数的运算性质化简求和即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到组合数的运算性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：空间四边形ABCD中，AB=a，AC=b，AD=c，如图所示，
因为AC=4MC，N为BD的中点，所以MN=MC+CB+BN
=14AC+(AB−AC)+12(AD−AB)
=12AB−34AC+12AD
=12a−34b+12c．
故选：A．
根据题意用向量AB、AC和AD作基底，表示向量MN即可．
本题考查了空间向量的线性运算，考查了数形结合思想，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：y=1x2a2−y2b2=1可得xA=−a 1+b2b，xD=a 1+b2b，
y=1y=−bax可得xB=−ab，y=1y=bax可得xC=ab，
所以|AD|=2a 1+b2b，|BC|=2ab，若|AD|=3|BC|，
所以 1+b2=3，所以b2=8，
焦点F(c,0)，到渐近线y=bax=2 2ax，即2 2x−ay=0的距离d=2 2cc=2 2，
故选：A．
由双曲线的方程可得渐近线的方程及右焦点F的坐标(由对称性可得任何一个焦点，任何一条渐近线都可以)，将y=1与椭圆，与渐近线联立分别求出A，B，C，D的横坐标，进而求出AD，BC的值可得b的值，由点到直线的距离公式可得所求的结果．
本题考查双曲线的性质(对称性)及点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：过M作MP与准线垂直，垂足为P，则|MA||MF|=|MA||MP|=1cs∠AMP=1cs∠FAM，
则当|MA||MF|取到最大值时，∠MAF必须取到最大值，此时AM与抛物线相切；
易知此时直线AM的斜率不为0，抛物线C：y2=2px的焦点F的坐标为(2,0)，可得y2=8x，
设切线方程为：x=my−2，则x=my−2y2=8x，整理可得y2−8my+16=0，则Δ=64m2−64=0，解得m=±1，
所以切线方程为：x=±y−2，即y=x+2或y=−x−2，点M在第一象限，y=−x−2舍去．
故选：C．
由抛物线的性质可得到焦点的距离转化为到准线的距离，由距离之比可得角的余弦值，由题意可得当直线MA由抛物线相切时|MA||MF|取得最大值，设切线的方程，与抛物线联立由判别式等于0可得参数的值，进而求出切线方程．
本题考查抛物线的性质，及切线的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：对于A，因为AC⊥BD，AC⊥D1D，所以AC⊥平面BB1D1D，
BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，所以A对；
对于B，因为三棱锥A−BEF的底面△BEF面积不变，
A点到底面距离不变，即A点到平面BB1D1D的距离，
所以体积为定值，所以B对；
对于C，过E作EE1//A1B1，交D1A1于E1，作FF1//A1B1，交D1A1于F1，
连接E1A，F1A，AB⊥平面，所以∠E1AF1为二面角F−AB−E的平面角，
不是定值，所以C错；
对于D，二面角A−EF−B与二面角A−B1D1−B相同，
二面角A−B1D1−B大小为定值，所以D对．
故选：C．
A根据直线与直线判定定理判断；B用等体积法判断；C用二面角的平面角判断；D转化为固定二面角判断．
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：当直线在两坐标轴的截距为0时，可设直线方程为y=kx，
直线过点P(1,2)，
则k=2，
故直线方程为y=2x，即2x−y=0，故C正确，
当直线在两坐标轴的截距不为0时，可设直线方程为xa+ya=1或xa+y−a=1或x−a+ya=1，
当直线方程为xa+ya=1时，
则1a+2a=1，解得a=3，即x+y−3=0，故B正确，
当直线方程为xa+y−a=1时，
则1a+2−a=1，解得a=−1，即x−y+1=0，
当直线方程为x−a+ya=1时，
则1−a+2a=1，解得a=1，即x−y+1=0，故A正确，
故选：ABC．
根据已知条件，分直线在两坐标轴的截距不为0，为0讨论，即可求解．
本题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，当0对于B，当k<0时，x23−k−y2k=1是椭圆，故B正确，
对于C，当0对于D，当k<0时x23−k−y2k=1焦点在x轴上，x22+y25=1焦点在y轴上，故D错误，
故选：ABC．
由椭圆与双曲线的方程对选项逐一判断，
本题考查椭圆以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：对( x−13 x)10，第r+1项二项式通项为Tr+1=C10r⋅( x)10−r⋅(−13x)r=C10r⋅(−1)r⋅x5−56r，(0≤r≤10,r∈N)，
对于A，当r=4时，第5项的系数为C104，
当r=5时，第6项的系数为−C105，两者显然不等，故A错误，
对于B，二项式各项系数和为2n，因为奇数项系数和与偶数项系数和相等，
所以奇数项的系数之和为2n−1=29，故B正确，
对于C，当5−56r=0，解得r=6，故常数项为C106=210，故C正确，
对于D，有理项中x的指数为整数，故r=0，6，故有理项有2项，故D错误，
故选：BC．
将二项式展开整理得Tr+1=C10r⋅(−1)r⋅x5−56r，分别代入r=4，5即可判断A，根据奇数项系数和为2n−1即可判断B，对于C，令5−56r=0，解出r，代入即可，对于D，分析得若为有理项，则x的指数为整数，则r=0，6，即可判断．
本题主要考查了二项式定理的性质的应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：因为△PAB为等腰直角三角形，AB=4，
所以P到圆锥底面的距离为2，
又M是圆锥侧面上一点，并且点M到圆锥底面的距离为1，
故点M的轨迹是半径为1的圆，故A正确；
设点M在圆锥底面上的射影为N，连接ON，AN，MN，AM，MB，如图
设∠AON=θ，θ∈[0,π]，
则AN2=AO2+ON2−2AO⋅ON⋅csθ=5−4csθ，
所以AM2=AN2+MN2=6−4csθ∈[2,10]，
当M为PA的中点时，AM最小，最小值为 2，
当M为PB的中点时，AM最大，最大值为 10，
又易知PM= 2，PA=2 2，
所以cs∠PMA=PM2+AM2−PA22⋅PM⋅AM=AM2−62 2AM= 24(AM−6AM)∈[−1, 55]，
因为csπ3=12∉[−1, 55]，故B错误；VP−AMB=VM−PAB，S△PAB=12×4×2=4，易得点M到平面PAB的距离的最大值为1，∴(VM−PAB)max=13×4×1=43，
所以三棱锥P−AMB体积的最大值为43，故C正确；
连接BN，∵BN2=BO2+ON2−2BO⋅ON⋅cs(π−θ)=5+4csθ，∴BM2=BN2+MN2=6+4csθ，cs∠AMB=AM2+BM2−AB22⋅AM⋅BM=(6−4csθ)+(6+4csθ)−162 (6−4csθ)(6+4csθ)=−1 9−4cs2θ∈[− 55,−13]，
所以cs∠AMB的最小值为− 55，故D正确．
故选：ACD．
根据点M到圆锥底面的距离为1易知其轨迹为到底面距离为1的圆；选项B、D的存在性及最值与点M的位置有关，用点M在圆锥底面的射影N与O、A形成的∠AON=θ来刻画点M的位置，把目标角的余弦用θ表示，进而分析运算判断即可．
本题考查函数的思想以及圆锥的对称性，属于中档题．
13.【答案】4 6
【解析】解：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，PA=AB=4，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，过E，F，H的平面交棱CD于点G，得四边形EFGH为矩形，如图：
而EF=12PC=2 3,FG=12BD=2 2．
从而SEFGH=4 6
故答案为：4 6．
取CD的中点G，PA的四等分点I，顺次连接E，F，G，H，I，则平面EFGHI即为过E，F，H的平面截四棱锥P−ABCD所得截面，求其面积，可得答案．
本题考查的知识点是棱锥的几何特征，与棱锥相关的面积的计算，确定截面的形状是解答的关键．
14.【答案】83
【解析】解：a=(−2,m)，b=(−1,3)，
则a−b=(−1,m−3)，
向量a−b与b垂直，
则1+3(m−3)=0，解得m=83．
故答案为：83．
先计算出的坐标，然后根据向量垂直的结论即可求出m．
本题主要考查向量的坐标运算和向量垂直的结论，属于基础题．
15.【答案】22050
【解析】解：由题意可得10名志愿者可被分为(2,4,4)，(3,3,4)种情况，
则按照(2,4,4)的派法共有C104C64C22A22×A33=9450种，
按照(3,3,4)的派法共有C106C63C33A22×A33=12600种，
故共有9450+12600=22050种，
故答案为：22050．
由题意可得10名志愿者可被分为(2,4,4)，(3,3,4)种情况，然后根据排列组合的计数性质分别求出不同的派法，由此即可求解．
本题考查了排列组合的简单计数问题，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】19
【解析】解：因为EF为圆N的直径，所以|NE|=|NF|=1，且N(0,1)，
且NE=−NF，则PE⋅PF=(PN+NE)⋅(PN+NF)=(PN+NE)⋅(PN−NE)=PN2−NE2=|PN|2−1，
设P(x0,y0)，则有x0216+y0212=1，所以x02=16−43y02，
所以|PN|2=x02+(y0−1)2=16−43y02+(y0−1)2=−13(y0+3)2+20，
由P在椭圆上，可得y0∈[−2 3,2 3]，
所以当y0=−3时，|PN|2最大为20，
所以|PN|2−1的最大值为19，
所以PE⋅PF的最大值为19，
故答案为：19．
由EF为圆的直径可得|NE|=|NF|=1，且可得NE=−NF，由向量的运算可得PE⋅PF=(PN+NE)⋅(PN+NF)进而可得PE⋅PF=|PN|2−1，设P的坐标，可得P的横纵坐标的关系及纵坐标的取值范围，可得PE⋅PF的最大值．
本题考查向量的运算及二次函数的最大值的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可知kAC=2+2−2−0=−2，则kl=−2，
所以直线l方程为y−1=−2(x−3)，即2x+y−7=0；
(2)设D(m,n)，由题意得，AD⊥BC，D在直线BC上，
因为kBC=2−1−2−3=−15，
所以直线BC方程为y−2=−15(x+2)，kAD=n+2m−0=n+2m=5，
又D在直线BC上，所以n−2=−15(m+2)，
联立n−2=−15(m+2)n+2m=5，解得m=913n=1913，
所以D(913,1913)．
【解析】(1)先由直线平行求得kl=−2，从而利用点斜式即可求得直线l的方程；
(2)先由点斜式得到BC的方程，从而得到n−2=−15(m+2)，再由AD⊥BC得到n+2m=5，联立方程解之，即可得到D(m,n)．
本题主要考查直线的一般式方程与直线的平行关系，属于基础题．
18.【答案】(1)从1、3、5、7中任取2个数字为C42，从2、4、6、8中任取2个数字为C42，组成无重复数字的四位数C42⋅C42⋅A44=864；
(2)从1、3、5、7中任取2个数字为C42，必选0，所以从2、4、6、8中任取1个数字为C41，0不排首位，先给0选个位置C31，剩余数字全排为A33；故含有数字0的元素的个数为C42⋅C41⋅C31⋅A33=432；
(3)能被5整除分情况讨论：
①选5不选0：C31⋅C42⋅A33=108，
②选0不选5：C32⋅C41⋅A33=72，
③0，5都选：C31⋅C41(A33+C21⋅A22)=120，
所以能被5整除得方法数：108+72+120=300，
所以能被5整除的概率300864+432=25108．
【解析】本题考查排列组合和概率问题，排列组合问题注意做到不重不漏，属于基础题．
(1)根据题意，直接计算即可，(2)注意0不能在首位，(3)能被5整除要求结尾为0或5，分类讨论即可·．
19.【答案】(1)证明：取AB中点F，连接PF、FD，
∵PA=PB=10，AD=BD=4 13，
∴AB⊥PF，AB⊥FD，
∵PF∩FD=F，
∴AB⊥平面PFD，PD⊂平面PFD，
∴AB⊥PD，又∵CD//AB，
∴PD⊥CD．
(2)解：过P做PO⊥FD于O，
∵AB⊥平面PFD，PO⊂平面PFD，
∴AB⊥PO，∵AB∩FD=F，∴PO⊥平面ABCD．
过O做OG/​/AB交BC于G，则PO、OF、OG两两垂直，
以OF、OG、OP分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系−xyz，
∵AB=16，PA=PB=10，AD=BD=4 13，PD=6 3，点E为PD中点，
∴PF=6，FD=12，
∴PF2+PD2=FD2，
∴PF⊥PD，
∴PO=3 3，OF=3，OD=9．
∵CD//AB，CD=12AB，
∴CD//OG//FB，CD=FB，
∴四边形FBCD是矩形，CD=OG=FB=8，
∴P(0,0,3 3)，D(−9,0,0)，B(3,8,0)，C(−9,8,0)，
∵E为PD中点，
∴E(−92,0,3 32)，
∴EB=(152,8,−3 32)，PD=(−9,0,−3 3)，CD=(0,−8,0)．
设平面PCD的法向量n=(x0,y0,z0)，
由n⋅PD=−9x0−3 3z0=0n⋅CD=−8y0=0，得z0=− 3x0y0=0，
令x0=1，得z0=− 3，
则n=(1,0,− 3)，
则n与EB所成角设为α，其余角就是直线BE与平面PCD所成角，设为β，sinβ=csα=n⋅EB|n|⋅|EB|=6 127127，
∴直线BE与平面PCD所成角的正弦值为6 127127．

【解析】(1)取AB中点F，连接PF、FD，证明AB⊥PF，AB⊥FD，推出AB⊥平面PFD，说明AB⊥PD，然后证明PD⊥CD．
(2)过P做PO⊥FD于O，过O做OG/​/AB交BC于G，则PO、OF、OG两两垂直，以OF、OG、OP分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系−xyz，求出EB=(152,8,−3 32)，平面PCD的法向量n，然后利用空间向量的数量积求解直线BE与平面PCD所成角的正弦值即可．
本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20.【答案】解：(1)( x3−2x)n的展开式中通项公式为Tr+1=Cnrx3n−5r2(−2)r，
∴展开式中第3项与第5项的系数分别为22Cn2，24Cn4，
∴24Cn4：22Cn2=14：1，
即2Cn4=7Cn2，
解得n=9，
∴展开式中通项公式为Tr+1=C9rx27−5r2(−2)r，
令27−5r2=6，
解得r=3，
∴展开式中x6的系数为C93(−2)3=−224，
(2)设第r项的系数的绝对值最大，
则C9r−12r−1≤C9r2r≤C9r+12r+1，
解得r=9，
则展开式中系数绝对值最大的项第10项，
(3)9+9C92+81C93+…+98C99=19(9C91+92C92+93C93+…+99C99)
=19(90C90+9C91+92C92+93C93+…+99C99)=19[(1+9)9−1]=109−19．
【解析】(1)利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，求出展开式中第3项与第5项的系数列出方程求出n的值．
(2)利用两边夹定理，设出第r+1项为系数的绝对值最大的项，即可列出关于r的不等式，解得即可，
(3)利用二项式定理求得结果．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴CC1⊥BC，
∵BC⊥AC，AC∩CC1=C，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵AM⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AM．
(2)证明：取AB1的中点为Q，连接NQ，QM，
∵在△ABB1中，N，Q分别为AB，AB1中点，∴NQ//AB1，且NQ=12AB1，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵BB1/​/CC1，且BB1=CC1，M为CC1的中点，
∴CM//BB1，且CM=12BB1，
∴NQ//MC，且NQ=MC，∴四边形NCMQ是平行四边形，∴NC//QM，
∵NC⊄平面AMB1，QM⊂平面AMB1，∴CN/​/平面AMB1．
【解析】(1)由已知推导出CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，由此能证明BC⊥AM．
(2)取AB1的中点为Q，连结NQ，推导出四边形NCMQ是平行四边形，从而NC//QM，由此能证明CN/​/平面AMB1．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆C过点A(−2,0)，所以a=2．
因为|AF|=3，所以a+c=3，得c=1．
故b2=a2−c2=3，
从而椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)设P(x0,y0)(x0≠±2)，则直线AP的斜率为y0x0+2．
因为OQ/​/AP，所以直线OQ的方程为y=y0x0+2x．
令x=4可得y=4y0x0+2，所以Q(4,4y0x0+2)，
又M是AP的中点，所以M(x0−22,y02)．
从而OM=(x0−22,y02)，FQ=(3,4y0x0+2)，
所以OM⋅FQ=3(x0−2)2+2y02x0+2=3(x02−4)+4y022(x0+2)①
因为点P在椭圆C上，所以x024+y023=1，故3x02=12−4y02，
代入式①可得OM⋅FQ=0，从而OM⊥FQ，
所以点T始终在以OF为直径的圆上，且该圆方程为(x−12)2+y2=14．
【解析】【分析】(1)利用待定系数法求出椭圆C的方程；
(2)设P(x0,y0)(x0≠±2)，表示出直线OQ的方程，定点Q(4,4y0x0+2)和M(x0−22,y02)．
进而求出OM⋅FQ=3(x02−4)+4y022(x0+2)，把3x02=12−4y02代入得OM⋅FQ=0，从而OM⊥FQ，判断出点T始终在以OF为直径的圆上，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，方程思想，化归转化思想，向量垂直的性质，属中档题．