浙江省北斗联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题
一、单选题（每小题5分共40分）
1．（2024高二下·浙江期中）集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二下·浙江期中）已知空间两条不同直线m、n，两个不同平面、，下列命题正确的是（ ）
①，则②，，则
③，则④，则
A．①③ B．②④ C．①③④ D．①④
3．（2024高二下·浙江期中）已知非零向量，，则“两向量，数量积大于0”是“两向量，夹角是锐角”的（ ）条件
A．必要 B．充分
C．充要 D．即不充分也不必要
4．（2024高二下·浙江期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳、刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（ ）种。
A．120 B．240 C．480 D．720
5．（2024高二下·浙江期中）已知等差数列，前n项和为，、是方程两根，则（ ）
A．2020 B．2022 C．2023 D．2024
6．（2024高二下·浙江期中）空间点，，则点A到直线BC的距离（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·浙江期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·浙江期中）三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（每小题6分，共18分，多选．错选0分少选则根据比例得分）
9．（2024高二下·浙江期中）已知直线：和直线：，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则表示与x轴平行或重合的直线
B．直线可以表示任意一条直线
C．若，则
D．若，则
10．（2024高二下·浙江期中）已知正项等比数列的公比为，前n项积为，且满足，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．存在最大值
11．（2024高二下·浙江期中）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在定义域上单调递增
C．是偶函数 D．函数有两个极值点
三、填空题（每小题5分共15分）
12．（2024高二下·浙江期中）复数，则的虚部为 ．
13．（2024高二下·浙江期中）一学校对高二女生身高情况进行采样调查，抽取了10个同学的身高：161，160，152，155，170，157，178，175，172，162，则估计这些女生的上四分位数是
14．（2024高二下·浙江期中）三角形ABC，，，，D为AB边上一点，，，，则的最小值为
四、解答题（共77分）
15．（2024高二下·浙江期中）函数，，求的最大值和最小值
16．（2024高二下·浙江期中）如图多面体ABCDEF，底面ABCD为菱形，，，，，平面平面ABCD
（1）求证
（2）求平面BDE与平面ADF所成锐角的余弦值
17．（2024高二下·浙江期中）（1）求圆O：和圆M：的公切线
（2）若与抛物线相交，求弦长
18．（2024高二下·浙江期中）在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，
若①有两个不同实数根，，则可令；
若①有两个相同的实根，则可令，
再根据，求出，，代入即可求出数列的通项。
（1）斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名。斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请你写出斐波那契数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，数列满足，数列满足，求数列的前n项和。
19．（2024高二下·浙江期中）已知点为焦点在x轴上的等轴双曲线上的一点.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线且l交双曲线右支于M，N两点，直线PM，PN分别交该双曲线斜率为正的渐近线于E，F两点，设四边形EFNM和三角形PEF的面积分别为和，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，集合，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解： ① 若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，
则，故①正确；
② 若，则或与相交或与异面，故②错误；
③ 若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确；
④ 若，由线面垂直和线面平行的性质可得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据线面和面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：若，即，则
当时，，但0不是锐角，故必要性不成立；
若向量与向量的夹角为锐角，则，则成立，故充分性成立，
故命题是命题的必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据向量数量积的定义，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：将米一同学与佳艳、刘西捆绑在一起看成一人，与其他的4名同学全排列有种不同排法；由于米一在中间，则 佳艳、刘西 两同学有种排法，故全部排法有种.
故答案为：B.
【分析】利用捆绑法结合排列知识求解即可.
5．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等差数列，满足、是方程的两根，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用等差数列的性质结合等差数列的求和公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标；同角三角函数间的基本关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为点，，，所以，
所以，所以，
故点A到直线BC的距离.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件求出，利用空间向量夹角公式求出，利用同角三角函数基本关系求出，再利用距离公式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，所以位于第四象限，
又因为，，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系求解即可.
8．【答案】B
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，
设底面的外心为，外接圆的半径为，
由正弦定理可得，解得，
连结，如图所示：
易知三棱锥的外接球的球心在上，则，
设的外接球的半径为，
在中，，即，解得，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出底面的半径，在中求出外接球的半径为，代入球的表面积公式求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：A、当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确；
B、当时，斜率存在；当时，斜率不存在，故直线能表示任意直线，故B正确；
C、若，且或，则，故C错误；
D、若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时也满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线线平行、线线垂直的性质判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为等比数列满足，，所以，
所以，，故A正确，B错误；
，
，则，故C正确；
因为，且，所以等比数列为递减数列，
，则的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件确定和的取值范围即可判断AB；再利用等比数列的性质计算即可判断C；最后根据数列的单调性即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、由，令，可得，即，故A正确；
B、若在定义域上单调递增，则当时，，
令，可得，即，
与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
C、若是偶函数，则，且，
因为，所以，
所以，即，解得或，
又因为，所以恒成立，与题干矛盾，故C错误；
D、当时，，记，
则
所以，
令解得或，
因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的两个极值点，所以函数有两个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，令即可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，即可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，即可判断C；
令，求导后消去，整理得，即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为复数，所以，则的虚部为1.
故答案为：1.
【分析】根据复数的除法运算化简，再根据复数的概念求解即可.
13．【答案】172
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10个同学的身高从小到大排序为：152，155，157，160，161，162，170，172，175，178，则10×75%=7.5，故这些女生的上四分位数是172.
故答案为：172.
【分析】先将身高排序，根据上四分位数的定义求解即可.
14．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：设，则，，
在中，由正弦定理可得：，解得，
在中，由正弦定理可得：，
解得，
则，
令，，且，
故，
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】设，由题意，利用正弦定理，结合基本不等式求解即可.
15．【答案】解：函数，则，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数 单调递增，
故，
.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】求导，利用导数判断函数的单调性并求最值即可.
16．【答案】（1）证明：在中，，
由，因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，所以，
即，又因为，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
在菱形中，
又，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接，
所以，又，所以，又平面，
以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
所以，，，，
设，则，又，
所以，所以，即，所以，
设平面的一个法向量为，则，取
设平面的一个法向量，则，取，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面所成锐角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得，则，再由面面垂直的性质得到平面，即可得，再由，证明平面即可得；
（2）取中点，连接，即可得，则，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
17．【答案】（1）解：当斜率不存在时，符合题意；
当斜率存在时，设公切线为，
因为直线与两圆均相切，所以，解得，则切线，
综上可知：公切线为或.
（2）解：当切线为和时，经检验切线与抛物线无交点；
当切线为时，求得弦长为1；
当切线为时，代入，消元整理得，
由韦达定理得，
由弦长公式得：，，
综上所述：弦长为1或.
【知识点】圆的切线方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可；
（2）将切线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求解即可.
18．【答案】（1）解：易知斐波那契数列对应的特征方程为，解得两个实根分别为，
令，代入，可得，解得，
所以斐波那契数列的通项公式为.
（2）解：易知数列对应的特征方程为，解得，所以令，
代入，，解得，所以，
所以，所以是公差为1的等差数列，
所以，
所以.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列的递推公式；数列的通项公式；斐波那契数列
【解析】【分析】（1）由题意，利用特征根法求解即可；
（2）利用特征根法求解的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
19．【答案】（1）解：由题意，设双曲线方程为，因为点在双曲线上，所以，即，解得，
所以双曲线方程为.
（2）解：易知，因为，所以，设直线l：，，，
设直线，
联立，消元整理可得，
因为是双曲线右支的两点，所以，解得，
又因为双曲线斜率为正的渐近线为，直线，
可得，同理可得，
而
，
所以，即，所以.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设等轴双曲线方程，将点代入求得即可得到双曲线的方程；
（2）由直线可得的斜率，设直线的方程，联立直线与双曲线方程消元，又是双曲线右支于两点，由根与系数关系解出的范围，表示出两点的坐标，由三角形的面积公式得到，再由的范围得到，从而得到的取值范围.
1 / 1浙江省北斗联盟2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题
一、单选题（每小题5分共40分）
1．（2024高二下·浙江期中）集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，集合，则.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高二下·浙江期中）已知空间两条不同直线m、n，两个不同平面、，下列命题正确的是（ ）
①，则②，，则
③，则④，则
A．①③ B．②④ C．①③④ D．①④
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解： ① 若，由线面垂直的性质，垂直同一个平面的两条直线平行，
则，故①正确；
② 若，则或与相交或与异面，故②错误；
③ 若，由垂直同一条直线的两个平面平行，则，故③正确；
④ 若，由线面垂直和线面平行的性质可得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据线面和面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断即可.
3．（2024高二下·浙江期中）已知非零向量，，则“两向量，数量积大于0”是“两向量，夹角是锐角”的（ ）条件
A．必要 B．充分
C．充要 D．即不充分也不必要
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：若，即，则
当时，，但0不是锐角，故必要性不成立；
若向量与向量的夹角为锐角，则，则成立，故充分性成立，
故命题是命题的必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据向量数量积的定义，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
4．（2024高二下·浙江期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳、刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（ ）种。
A．120 B．240 C．480 D．720
【答案】B
【知识点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：将米一同学与佳艳、刘西捆绑在一起看成一人，与其他的4名同学全排列有种不同排法；由于米一在中间，则 佳艳、刘西 两同学有种排法，故全部排法有种.
故答案为：B.
【分析】利用捆绑法结合排列知识求解即可.
5．（2024高二下·浙江期中）已知等差数列，前n项和为，、是方程两根，则（ ）
A．2020 B．2022 C．2023 D．2024
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为等差数列，满足、是方程的两根，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用等差数列的性质结合等差数列的求和公式求解即可.
6．（2024高二下·浙江期中）空间点，，则点A到直线BC的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标；同角三角函数间的基本关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为点，，，所以，
所以，所以，
故点A到直线BC的距离.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件求出，利用空间向量夹角公式求出，利用同角三角函数基本关系求出，再利用距离公式求解即可.
7．（2024高二下·浙江期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，，所以位于第四象限，
又因为，，解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据同角三角函数基本关系求解即可.
8．（2024高二下·浙江期中）三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理可得，
设底面的外心为，外接圆的半径为，
由正弦定理可得，解得，
连结，如图所示：
易知三棱锥的外接球的球心在上，则，
设的外接球的半径为，
在中，，即，解得，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出底面的半径，在中求出外接球的半径为，代入球的表面积公式求解即可.
二、多选题（每小题6分，共18分，多选．错选0分少选则根据比例得分）
9．（2024高二下·浙江期中）已知直线：和直线：，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则表示与x轴平行或重合的直线
B．直线可以表示任意一条直线
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：A、当时，斜率为0，与轴平行或重合，故A正确；
B、当时，斜率存在；当时，斜率不存在，故直线能表示任意直线，故B正确；
C、若，且或，则，故C错误；
D、若，则由可得斜率之积为-1，故，若，可得，此时也满足，此时两条直线一条斜率为0，一条斜率不存在，
故，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线线平行、线线垂直的性质判断即可.
10．（2024高二下·浙江期中）已知正项等比数列的公比为，前n项积为，且满足，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．存在最大值
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的性质；数列与不等式的综合
【解析】【解答】解：因为等比数列满足，，所以，
所以，，故A正确，B错误；
，
，则，故C正确；
因为，且，所以等比数列为递减数列，
，则的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件确定和的取值范围即可判断AB；再利用等比数列的性质计算即可判断C；最后根据数列的单调性即可判断D.
11．（2024高二下·浙江期中）已知定义域为R的函数不恒为零，满足等式，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在定义域上单调递增
C．是偶函数 D．函数有两个极值点
【答案】A,D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：A、由，令，可得，即，故A正确；
B、若在定义域上单调递增，则当时，，
令，可得，即，
与在定义域上单调递增矛盾，故B错误；
C、若是偶函数，则，且，
因为，所以，
所以，即，解得或，
又因为，所以恒成立，与题干矛盾，故C错误；
D、当时，，记，
则
所以，
令解得或，
因为不恒为零，所以在两边异号，
所以为的两个极值点，所以函数有两个极值点，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，令即可判断A；令，结合和单调性可推出，得到矛盾，即可判断B；假设是偶函数，根据已知推导可得，即可判断C；
令，求导后消去，整理得，即可判断D.
三、填空题（每小题5分共15分）
12．（2024高二下·浙江期中）复数，则的虚部为 ．
【答案】1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为复数，所以，则的虚部为1.
故答案为：1.
【分析】根据复数的除法运算化简，再根据复数的概念求解即可.
13．（2024高二下·浙江期中）一学校对高二女生身高情况进行采样调查，抽取了10个同学的身高：161，160，152，155，170，157，178，175，172，162，则估计这些女生的上四分位数是
【答案】172
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10个同学的身高从小到大排序为：152，155，157，160，161，162，170，172，175，178，则10×75%=7.5，故这些女生的上四分位数是172.
故答案为：172.
【分析】先将身高排序，根据上四分位数的定义求解即可.
14．（2024高二下·浙江期中）三角形ABC，，，，D为AB边上一点，，，，则的最小值为
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：设，则，，
在中，由正弦定理可得：，解得，
在中，由正弦定理可得：，
解得，
则，
令，，且，
故，
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】设，由题意，利用正弦定理，结合基本不等式求解即可.
四、解答题（共77分）
15．（2024高二下·浙江期中）函数，，求的最大值和最小值
【答案】解：函数，则，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数 单调递增，
故，
.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】求导，利用导数判断函数的单调性并求最值即可.
16．（2024高二下·浙江期中）如图多面体ABCDEF，底面ABCD为菱形，，，，，平面平面ABCD
（1）求证
（2）求平面BDE与平面ADF所成锐角的余弦值
【答案】（1）证明：在中，，
由，因为，所以，
由余弦定理可得，
所以，所以，
即，又因为，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
在菱形中，
又，平面，
所以平面，平面，
所以.
（2）解：菱形中，所以为等边三角形，取中点，连接，
所以，又，所以，又平面，
以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
所以，，，，
设，则，又，
所以，所以，即，所以，
设平面的一个法向量为，则，取
设平面的一个法向量，则，取，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面所成锐角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得，则，再由面面垂直的性质得到平面，即可得，再由，证明平面即可得；
（2）取中点，连接，即可得，则，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
17．（2024高二下·浙江期中）（1）求圆O：和圆M：的公切线
（2）若与抛物线相交，求弦长
【答案】（1）解：当斜率不存在时，符合题意；
当斜率存在时，设公切线为，
因为直线与两圆均相切，所以，解得，则切线，
综上可知：公切线为或.
（2）解：当切线为和时，经检验切线与抛物线无交点；
当切线为时，求得弦长为1；
当切线为时，代入，消元整理得，
由韦达定理得，
由弦长公式得：，，
综上所述：弦长为1或.
【知识点】圆的切线方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径求解即可；
（2）将切线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求解即可.
18．（2024高二下·浙江期中）在高等数学中对于二阶线性递推式求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列的特征方程写为①，
若①有两个不同实数根，，则可令；
若①有两个相同的实根，则可令，
再根据，求出，，代入即可求出数列的通项。
（1）斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名。斐波那契数列指的是形如的数列，这个数列的前两项为1，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请你写出斐波那契数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，数列满足，数列满足，求数列的前n项和。
【答案】（1）解：易知斐波那契数列对应的特征方程为，解得两个实根分别为，
令，代入，可得，解得，
所以斐波那契数列的通项公式为.
（2）解：易知数列对应的特征方程为，解得，所以令，
代入，，解得，所以，
所以，所以是公差为1的等差数列，
所以，
所以.
【知识点】数列的求和；等差数列的性质；数列的递推公式；数列的通项公式；斐波那契数列
【解析】【分析】（1）由题意，利用特征根法求解即可；
（2）利用特征根法求解的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
19．（2024高二下·浙江期中）已知点为焦点在x轴上的等轴双曲线上的一点.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线且l交双曲线右支于M，N两点，直线PM，PN分别交该双曲线斜率为正的渐近线于E，F两点，设四边形EFNM和三角形PEF的面积分别为和，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，设双曲线方程为，因为点在双曲线上，所以，即，解得，
所以双曲线方程为.
（2）解：易知，因为，所以，设直线l：，，，
设直线，
联立，消元整理可得，
因为是双曲线右支的两点，所以，解得，
又因为双曲线斜率为正的渐近线为，直线，
可得，同理可得，
而
，
所以，即，所以.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设等轴双曲线方程，将点代入求得即可得到双曲线的方程；
（2）由直线可得的斜率，设直线的方程，联立直线与双曲线方程消元，又是双曲线右支于两点，由根与系数关系解出的范围，表示出两点的坐标，由三角形的面积公式得到，再由的范围得到，从而得到的取值范围.
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