2020-2021学年高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年高二（上）期中数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x+3y−2＝0的倾斜角是（ ）
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

2. 圆x2+y2+2x−2y＝1的圆心和半径分别是（ ）
A.(1, −1)；1B.(1, −1)；3C.(−1, 1)；1D.(−1, 1)；3

3. 直线x+2y+3＝0与圆C:x2+(y+1)2＝1的位置关系是（ ）
A.相交B.相切C.相离D.不确定

4. 椭圆2x2+y2＝1的离心率为（ ）
A.12B.22C.2D.2

5. 已知直线l1:2x+(a+5)y−8＝0，l2：(a+3)x+4y+3a−5＝0平行，则实数a的值为（ ）
A.−1或−7B.−7C.−1D.−133

6. 直线x+y＝0被圆x2+y2−6x+2y+4＝0截得的弦长等于（ ）
A.4B.2C.22D.2

7. 命题p：“3A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

8. 若直线l的方向向量为a→=(1,3)，则直线l的斜率为（ ）
A.12B.32C.33D.3

9. 过点P(1, 0)作圆(x−2)2+(y−2)2＝1的切线，则切线方程为（ ）
A.x＝1或3x+4y−3＝0B.x＝1或3x−4y−3＝0
C.y＝1或4x−3y+4＝0D.y＝1或3x−4y−3＝0

10. 唐代诗人李原的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含带一个有趣的数学问题-“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤1，若将军从点P(1, −2)处出发，河岸线所在直线方程为x+3y＝5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马回首”的最短总路程为（ ）
A.4B.5C.3102D.5−1
二、填空题（本题共5个小题，每题4分，共20分）

椭圆x24+y23=1的通径长为________．

两圆x2+y2−4＝0与x2+y2+6x+8y+6＝0的公共弦长为________．

已知圆(x−4)2+(y−5)＝169，过点(1, 1)的直线交圆于A，B两点，则|AB|的取值范围为________．

如图，过着圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1作直线l交椭圆E于A，B两点，O为坐标原点，连接BO并延长交椭圆E于C点，若CF1⊥AB，且|CF1|＝3|AF1|，则该椭圆E的离心率e为________．


已知F1，F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上任意一点，M为PF2上的三等分点，且满足|MF2|＝2|PM|，若OP⊥MF1，则该椭圆的离心率e的取值范围是________12，1） ．

三、解答题（本题共3个小题，共40分）

在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，侧面PAD为等边三角形，M、N分别为AD，PD的中点，PM⊥平面ABCD，AB // CD，AD⊥AB，PD＝CD＝2，AB＝1．

（1）求证：AN // 平面PBC，

（2）求异面直线PB与NC所成角的余弦值；

（3）求B到平面MNC的距离．

在边长为2正方体AC1中：

（1）求证：AC1⊥平面B1CD1；

（2）求直线CC1与平面B1CD1所成角的正弦值；

（3）线段AB上是否存在一点M（不与端点重合），使得二面角A1−MC−C1所成平面角的余弦值为526，若存在，求|AM|的值，若不存在，请说明理由．

已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2分别为左、右焦点．O为坐标原点，过O作直线l1交椭圆于A，B两点，若△ABF1周长的最小值为2(2+1)，面积的最大值为1．

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）设直线l2:y＝kx+m，(m>0)交椭圆E于M，N两点，
(ⅰ)若k=22且△MON的面积为22，求m的值．
(ⅱ)若x轴上任意一点到直线MF2与NF2的距离均相等，求证：直线l2恒过一定点，并求出该定点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年某校高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分）
1.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
【解析】
求出直线的斜率，从而求出直线的倾斜角即可．
【解答】
由题意，直线的斜率k=−3，
故直线的倾斜角是：2π3，
2.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
【解析】
把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标和半径．
【解答】
圆x2+y2+2x−2y＝1，即 (x+1)2+(y−1)2＝3，故它的圆心为(−1, 1)、半径是3，
3.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆心C(0, −1)到直线x+2y+3＝0的距离d与圆的半径比较大小，即可得到结果．
【解答】
圆C:x2+(y+1)2＝1的圆心C(0, −1)到直线x+2y+3＝0的距离d=|−2+3|1+4=55<1＝r，
∴ 直线x+2y+3＝0与圆C:x2+(y+1)2＝1的位置关系是相交．
4.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆方程求解a，b，c，然后求解离心率即可．
【解答】
椭圆2x2+y2＝1，化为：y21+x212=1，
可得a＝1，b=22，则c=22，
所以椭圆的离心率e=ca=22．
5.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，计算求得a的值．
【解答】
∵ 直线l1:2x+(a+5)y−8＝0，与l2：(a+3)x+4y+3a−5＝0平行，
∴ a+32=4a+5≠3a−5−8，求得a＝−7，
6.
【答案】
A
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
根据题意，求出圆的圆心与半径，计算圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆x2+y2−6x+2y+4＝0即(x−3)2+(y+1)2＝6，其圆心为(3, −1)，半径r=6，
圆心到直线x+y＝0的距离d=|3−1|2=2，
则直线x+y＝0被圆x2+y2−6x+2y+4＝0截得的弦长l＝2×6−2=4，
7.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
先根据方程为椭圆，求出m的范围，再根据充分条件和必要条件即可判断．
【解答】
曲线x2m−3+y25−m=1表示椭圆，则m−3>05−m>0m−3≠5−m ，解得3故命题p：“38.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
【解析】
根据直线l的方向向量可得直线l的斜率．
【解答】
∵ 直线l的方向向量为a→=(1, 3)，
∴ 直线l的斜率k=31=3，
9.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
【解析】
根据题意，求出圆的圆心与半径，分切线的斜率存在不存在两种情况讨论，取出切线的方程，综合两种情况即可得答案．
【解答】
根据题意，圆(x−2)2+(y−2)2＝1的圆心为(2, 2)，半径r＝1，
若切线斜率不存在，其方程为x＝1，圆心(2, 2)到x＝1的距离d＝1，符合题意，
若切线斜率存在，设其斜率为k，则切线的方程为y＝k(x−1)，即kx−y−k＝0，
圆心(2, 2)到直线kx−y−k＝0的距离d=|2k−2−k|1+k2=1，解可得k=34，
此时切线的方程为3x−4y−3＝0，
综合可得：切线的方程为x＝1或3x−4y−3＝0，
10.
【答案】
A
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
先求出点P关于直线x+3y＝5的对称点P′，由点P′到圆心的距离减去圆的半径即为“将军饮马”的最短总路程．
【解答】
设点P关于直线x+3y＝5的对称点为P′(a, b)，军营所在区域的圆心为O，
根据题意，P′O−1为最短距离，先求出P′的坐标，
PP′的中点为(a+12, b−22)，直线PP′的斜率为3，
a+12+3×b−22=5b+2a−1=3 ，解得a=3b=4 ，则P′(3, 4)，
故P′O=32+42=5，
则“将军饮马”的最短总路程为5−1＝4．
二、填空题（本题共5个小题，每题4分，共20分）
【答案】
3
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆的方程，即可求得a，b，根据椭圆的性质，即可求得答案．
【解答】
由椭圆x24+y23=1，可得a＝2，b=3，
所以椭圆的通径长：2b2a=3．
【答案】
23
【考点】
相交弦所在直线的方程
【解析】
求得圆x2+y2−4＝0的圆心和半径，将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程，再由点到直线的距离公式和弦长公式，计算可得所求值．
【解答】
圆x2+y2−4＝0的圆心为C(0, 0)，半径r为2，
两圆x2+y2−4＝0与x2+y2+6x+8y+6＝0相减可得
公共弦所在的直线方程3x+4y+5＝0，
圆心C到直线3x+4y+5＝0的距离为d=|0+0+5|32+42=1，
则公共弦的长度为2r2−d2=24−1=23．
【答案】
[24, 26]
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆的圆心与半径，利用两点间的距离公式，半径半弦长满足勾股定理，转化求解弦长的范围．
【解答】
圆(x−4)2+(y−5)＝169的圆心(4, 5)与半径为13，
过点(1, 1)的直线交圆于A，B两点，可得弦心距为：(4−1)2+(5−1)2=5，
则|AB|的最小值为：2132−52=24，|AB|的最大值为26，
∴ |AB|的取值范围：[24, 26]．
【答案】
22
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
不妨令|AF1|＝x，然后取右焦点F2，连接AF2，BF2，结合椭圆的定义，在△ABF2中，利用勾股定理求出x，再在△BF1F2中利用勾股定理求出e即可．
【解答】
如图，令右焦点为F2，连接AF2，BF2，CF1，
因为OF1＝OF2，OB＝OC，故四边形BF1CF2为平行四边形，
且CF1⊥AB，故四边形BF1CF2为矩形，所以BF2⊥AB．
再令|AF1|＝x，则|BF2|＝|CF1|＝3x，所以|AF2|＝2a−x，|BF1|＝2a−3x，所以|AB|＝2a−2x．
因为|AB|2+|BF2|2=|AF2|2，所以(2a−2x)2+9x2＝(2a−x)2，即3x2−ax＝0．
解得x=a3，或x＝0（舍）．
故|BF1|＝|BF2|＝a，在△BF1F2中，由勾股定理得4c2＝2a2，得e2=(ca)2=12，
所以e=22．
【答案】
[
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设椭圆的半焦距为c，则F1(−c, 0)，F2(c, 0)，设P(m, n)，运用向量共线的坐标表示可得M的坐标，运用两直线垂直的条件可得m，n的关系式，结合P在椭圆上，满足椭圆方程，联立方程解得m，再由−2c≤m≤0，化简整理，结合离心率公式可得所求范围．
【解答】
设椭圆的半焦距为c，则F1(−c, 0)，F2(c, 0)，
设P(m, n)，由F2M→=2MP→，可得M(c+2m1+2, 0+2n1+2)，即M(2m+c3, 2n3)，
若OP⊥MF1，则nm⋅2n32m+c3+c=−1，
化为m2+n2+2cm＝0，
即n2＝−m2−2cm，
由n2≥0，即有−2c≤m≤0，
又m2a2+n2b2=1，则(b2−a2)m2−2a2cm−a2b2＝0，
即为c2m2+2a2cm+a2(a2−c2)＝0，
解得m=−a(a+c)c或m=−a(a−c)c，
由a>c>0，可得−2c≤−a(a+c)c≤0不成立；
由−2c≤−a(a−c)c≤0，化为2c≥a，
则e=ca≥12，又e<1，可得椭圆的离心率的取值范围是[12, 1)．
三、解答题（本题共3个小题，共40分）
【答案】
由题意，以M为坐标原点，分别以MA，MP所在直线为x，z轴，
以过M且平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系．
则M(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，D(−1, 0, 0)，
C(−1, 2, 0)，P(0, 0, 3)，N(−12, 0, 32)．
PB→=(1,1,−3)，BC→=(−2,1,0)，AN→=(−32,0,32)，
设平面PBC的一个法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅PB→=x+y−3z=0m→⋅BC→=−2x+y=0 ，取x＝1，得m→=(1,2,3)．
∵ AN→⋅m→=−32+32=0，且AN⊄平面PBC，
∴ AN // 平面PBC，
∵ PB→=(1,1,−3)，NC→=(−12,2,−32)，
∴ |PB→|=5，|NC→|=5，PB→⋅NC→=3，
则异面直线PB与NC所成角的余弦值为|cs|=|PB→⋅NC→|PB→|⋅|NC→||=35；
NC→=(−12,2,−32)，MC→=(−1, 2, 0)，
设平面MNC的一个法向量为n→=(x1,y1,z1)，
由n→⋅MC→=−x1+2y1=0n→⋅NC→=−12x1+2y1−32z1=0 ，取y1＝1，得n→=(2,1,233)．
又MB→=(1,1,0)，
∴ B到平面MNC的距离为|n→⋅MB→||n→|=3193=35719．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）以M为坐标原点，分别以MA，MP所在直线为x，z轴，以过M且平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再求出AN→的坐标，利用向量数量积为0证明线面平行；
（2）直接利用空间向量求解两条异面直线所成角；
（3）求出平面MNC的一个法向量及MB→的坐标，利用空间向量求距离．
【解答】
由题意，以M为坐标原点，分别以MA，MP所在直线为x，z轴，
以过M且平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系．
则M(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，D(−1, 0, 0)，
C(−1, 2, 0)，P(0, 0, 3)，N(−12, 0, 32)．
PB→=(1,1,−3)，BC→=(−2,1,0)，AN→=(−32,0,32)，
设平面PBC的一个法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅PB→=x+y−3z=0m→⋅BC→=−2x+y=0 ，取x＝1，得m→=(1,2,3)．
∵ AN→⋅m→=−32+32=0，且AN⊄平面PBC，
∴ AN // 平面PBC，
∵ PB→=(1,1,−3)，NC→=(−12,2,−32)，
∴ |PB→|=5，|NC→|=5，PB→⋅NC→=3，
则异面直线PB与NC所成角的余弦值为|cs|=|PB→⋅NC→|PB→|⋅|NC→||=35；
NC→=(−12,2,−32)，MC→=(−1, 2, 0)，
设平面MNC的一个法向量为n→=(x1,y1,z1)，
由n→⋅MC→=−x1+2y1=0n→⋅NC→=−12x1+2y1−32z1=0 ，取y1＝1，得n→=(2,1,233)．
又MB→=(1,1,0)，
∴ B到平面MNC的距离为|n→⋅MB→||n→|=3193=35719．
【答案】
证明：由正方体的性质知，AA1⊥平面A1B1C1D1，∴ AA1⊥B1D1，
∵ 正方形A1B1C1D1，∴ A1C1⊥B1D1，
∵ A1C1∩AA1＝A1，A1C1、AA1⊂平面ACC1A1，
∴ B1D1⊥平面ACC1A1，∴ B1D1⊥AC1，
同理可得，AC1⊥B1C，
又B1D1∩B1C＝B1，B1D1、B1C⊂平面B1CD1，
∴ AC1⊥平面B1CD1．
∵ 正方体的各个面均为正方形，
∴ B1C＝B1D1＝CD1，即△B1CD1为等边三角形，且边长为22，
∴ S△B1CD1=12×22×6=23，
设点C1到平面B1CD1的距离为h，
∵ VC1−B1CD1=VB1−CC1D1，
∴ 13h⋅S△B1CD1=13B1C1⋅S△CC1D1=13B1C1⋅12CC1⋅C1D1，
即13h⋅23=13×2×12×2×2，
∴ h=233，
设直线CC1与平面B1CD1所成角为θ，则sinθ=hCC1=2332=33，
故直线CC1与平面B1CD1所成角的正弦值为33．
以A为原点，AB、AD、AA1分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0, 0, 2)，C(2, 2, 0)，C1(2, 2, 2)，
设M(a, 0, 0)，a∈(0, 2)，
∴ MC→=(2−a, 2, 0)，A1C→=(2, 2, −2)，CC1→=(0, 0, 2)，
设平面A1MC的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅MC→=0m→⋅A1C→=0 ，即(2−a)x+2y=02x+2y−2z=0 ，
令x＝1，则y=a−22，z=a2，∴ m→=(1, a−22, a2)，
同理可得，平面MCC1的法向量为n→=(1, a−22, 0)，
∵ 二面角A1−MC−C1所成平面角的余弦值为526，
∴ |cs|＝|m→⋅n→|m→|⋅|n→||=1+(a−22)21+(a−22)2+(a2)2×1+(a−22)2=526，
化简得，6a2+a−2＝0，解得a=12或−23，
∵ a∈(0, 2)，∴ a=12，
故存在点M符合题意，且|AM|=12．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
（1）先证B1D1⊥平面ACC1A1，从而有B1D1⊥AC1，同理可证AC1⊥B1C，故AC1⊥平面B1CD1；
（2）由等体积法VC1−B1CD1=VB1−CC1D1，求得点C1到平面B1CD1的距离h，再由hCC1，即可得解；
（3）以A为原点，AB、AD、AA1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设M(a, 0, 0)，a∈(0, 2)，依次求得平面A1MC和平面MCC1的法向量m→与n→，由|cs|=526，解出a的值即可．
【解答】
证明：由正方体的性质知，AA1⊥平面A1B1C1D1，∴ AA1⊥B1D1，
∵ 正方形A1B1C1D1，∴ A1C1⊥B1D1，
∵ A1C1∩AA1＝A1，A1C1、AA1⊂平面ACC1A1，
∴ B1D1⊥平面ACC1A1，∴ B1D1⊥AC1，
同理可得，AC1⊥B1C，
又B1D1∩B1C＝B1，B1D1、B1C⊂平面B1CD1，
∴ AC1⊥平面B1CD1．
∵ 正方体的各个面均为正方形，
∴ B1C＝B1D1＝CD1，即△B1CD1为等边三角形，且边长为22，
∴ S△B1CD1=12×22×6=23，
设点C1到平面B1CD1的距离为h，
∵ VC1−B1CD1=VB1−CC1D1，
∴ 13h⋅S△B1CD1=13B1C1⋅S△CC1D1=13B1C1⋅12CC1⋅C1D1，
即13h⋅23=13×2×12×2×2，
∴ h=233，
设直线CC1与平面B1CD1所成角为θ，则sinθ=hCC1=2332=33，
故直线CC1与平面B1CD1所成角的正弦值为33．
以A为原点，AB、AD、AA1分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0, 0, 2)，C(2, 2, 0)，C1(2, 2, 2)，
设M(a, 0, 0)，a∈(0, 2)，
∴ MC→=(2−a, 2, 0)，A1C→=(2, 2, −2)，CC1→=(0, 0, 2)，
设平面A1MC的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅MC→=0m→⋅A1C→=0 ，即(2−a)x+2y=02x+2y−2z=0 ，
令x＝1，则y=a−22，z=a2，∴ m→=(1, a−22, a2)，
同理可得，平面MCC1的法向量为n→=(1, a−22, 0)，
∵ 二面角A1−MC−C1所成平面角的余弦值为526，
∴ |cs|＝|m→⋅n→|m→|⋅|n→||=1+(a−22)21+(a−22)2+(a2)2×1+(a−22)2=526，
化简得，6a2+a−2＝0，解得a=12或−23，
∵ a∈(0, 2)，∴ a=12，
故存在点M符合题意，且|AM|=12．
【答案】
连接AF2，
由对称性可得OA＝OB，
因为OF1=OF2OA=OB∠AOF2=∠BOF1
所以△AOF2≅∠BOF1，
所以AF2＝BF1，
则△ABF1的周长为：AF1+BF1+AB
＝AF1+AF2+2AO＝2a+2AO，
若△ABF1周长的最小值2(2+1)，则只需AO最小，
又AO最小值＝b，
所以2a+2b=2(2+1)，即a+b=2+1①，
设A到x轴的距离为h，
S​△ABF1=2S​△AOF1=2×12×OF1×h＝ch，
若△ABF1的最大值为1，只需h最大，
又因为hmax＝b，
所以cb＝1②，
又因为c2＝a2−b2③，
由①②③解得，a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆E的方程为：x22+y2＝1．
(ⅰ)若k=22，则l2直线方程为：y=22x+m，(m>0)
联立y=22x+mx22+y2=1 ，得x2+2mx+m2−1＝0，
x1+x2=−2m，x1x2＝m2−1，
所以MN=1+(22)2(x1+x2)2−4x1x2=62(−2m)2−4(m2−1)=624−2m2，
点O到直线MN距离为：d=|m|(22)2+(−1)2=6|m|3，
所以S△MON=12×|MN|×d=12×624−2m2×6|m|3=22，
解得m＝1．
(ⅱ)证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立直线l2与椭圆的方程得y=kx+mx22+y2=1 ，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2＝0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
若x轴上任意一点到直线MF2与NF2的距离均相等，
则k​MF2+k​NF2=0，又F2(1, 0)，
即y1x1−1+y2x2−1=0，
所以kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=0，
(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)(x1−1)(x2−1)=0，
(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)＝0，
kx1x2−kx1+mx2−m+kx1x2−kx2+mx1−m＝0，
2kx1x2−k(x1+x2)+m(x1+x2)−2m＝0，
2k×2m2−21+2k2+(m−k)(−4km1+2k2)−2m＝0，
2k(2m2−2)+(m−k)(−4km)−2m(1+2k2)＝0，
−4k−2m＝0，即m＝−2k，
所以直线l2:y＝kx+m＝kx−2k＝k(x−2)，
所以直线l2恒过定点(2, 0)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由对称性可得OA＝OB，根据题意可得2a+2b=2(2+1)①，cb＝1②，c2＝a2−b2③，由①②③解得，a，b，c，进而可得椭圆E的方程．
(2)(ⅰ)根据题意可得l2直线方程为：y=22x+m(m>0)，联立直线l2与椭圆E的方程，消掉y可得关于x的一元二次方程x2+2mx+m2−1＝0，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|MN|，点O到直线MN距离d，
进而可得S△MON=12×|MN|×d=22，解得m．
(ⅱ)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，联立直线l2与椭圆E的方程，消掉y得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，根据题意可得k​MF2+k​NF2=0，化简得m＝−2k，进而可得直线l2恒过定点．
【解答】
连接AF2，
由对称性可得OA＝OB，
因为OF1=OF2OA=OB∠AOF2=∠BOF1
所以△AOF2≅∠BOF1，
所以AF2＝BF1，
则△ABF1的周长为：AF1+BF1+AB
＝AF1+AF2+2AO＝2a+2AO，
若△ABF1周长的最小值2(2+1)，则只需AO最小，
又AO最小值＝b，
所以2a+2b=2(2+1)，即a+b=2+1①，
设A到x轴的距离为h，
S​△ABF1=2S​△AOF1=2×12×OF1×h＝ch，
若△ABF1的最大值为1，只需h最大，
又因为hmax＝b，
所以cb＝1②，
又因为c2＝a2−b2③，
由①②③解得，a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆E的方程为：x22+y2＝1．
(ⅰ)若k=22，则l2直线方程为：y=22x+m，(m>0)
联立y=22x+mx22+y2=1 ，得x2+2mx+m2−1＝0，
x1+x2=−2m，x1x2＝m2−1，
所以MN=1+(22)2(x1+x2)2−4x1x2=62(−2m)2−4(m2−1)=624−2m2，
点O到直线MN距离为：d=|m|(22)2+(−1)2=6|m|3，
所以S△MON=12×|MN|×d=12×624−2m2×6|m|3=22，
解得m＝1．
(ⅱ)证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立直线l2与椭圆的方程得y=kx+mx22+y2=1 ，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2＝0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
若x轴上任意一点到直线MF2与NF2的距离均相等，
则k​MF2+k​NF2=0，又F2(1, 0)，
即y1x1−1+y2x2−1=0，
所以kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=0，
(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)(x1−1)(x2−1)=0，
(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)＝0，
kx1x2−kx1+mx2−m+kx1x2−kx2+mx1−m＝0，
2kx1x2−k(x1+x2)+m(x1+x2)−2m＝0，
2k×2m2−21+2k2+(m−k)(−4km1+2k2)−2m＝0，
2k(2m2−2)+(m−k)(−4km)−2m(1+2k2)＝0，
−4k−2m＝0，即m＝−2k，
所以直线l2:y＝kx+m＝kx−2k＝k(x−2)，
所以直线l2恒过定点(2, 0)．