2020-2021学年北京高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年北京高二（上）期中数学试卷人教A版，共11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. 圆x2+y2+2y=1的半径为（ ）
A.1B.2C.2D.4

2. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则用向量a→，b→，c→可表示向量BD1→为（ ）
A.a→+b→+c→B.−a→+b→+c→C.a→−b→+c→D.−a→+b→−c→

3. 直线x+y−3=0的倾斜角为（ ）
A.45∘B.60∘C.120∘D.135∘

4. 关于直线a，b以及平面M，N，下列命题中正确的是（ ）
A.若a // M，b // M，则a // bB.若a // M，b⊥a，则b⊥M
C.若b⊂M，且b⊥a，则a⊥MD.若a⊥M，a // N，则 M⊥N

5. 椭圆x2m−2+y2m+5=1的焦点坐标是（ ）
A.(±7, 0)B.(0, ±7)C.(±7, 0)D.(0, ±7)

6. 已知直线l1:ax+y+2=0和直线l2:x+ay+2=0平行，则实数a的值为（ ）
A.1B.−1C.−1和1D.23

7. “a=−3”是“圆x2+y2=1与圆(x+a)2+y2=4相切”的（ ）
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

8. 在正方体ABCD−A′B′C′D′中，若点P（异于点B）是棱上一点，则满足BP与AC′所成的角为45∘的点P的个数为（ ）

A.0B.3C.4D.6
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

在空间直角坐标系中点A＝(−1, 1, −2)关于x轴的对称点的坐标是________．

已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线方程为y=43x，那么该双曲线的离心率为________．

三棱锥P−ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D−ABE的体积为V1，P−ABC的体积为V2，则V1V2=________．

已知直线y＝kx+2k−1过定点，则定点的坐标为________．

由直线y=x上一点向圆(x−4)2+y2=1引切线，则切线长的最小值为________．

数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面．一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线C：(x2+y2)3＝16x2y2恰好是四叶玫瑰线．给出下列结论：
①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；
③曲线C围成区域的面积大于4π；
④方程(x2+y2)3＝16x2y2(xy<0)表示的曲线C在第二象限和第四象限．
其中正确结论的序号是________．

三、解答题（本大题共3小题，共38分）

如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

（2）若P点是线段AM的中点，求证：MC // 平面PBD．

在平面直角坐标系中，已知菱形ABCD的顶点A(−1, 2)和C(5, 4)，AB所在直线的方程为x−y+3＝0，
（1）求对角线BD所在直线的方程；

（2）求AD所在直线的方程．

在如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，M是AB的中点．
(Ⅰ)求证：CM⊥EM；
(Ⅱ)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值；
(Ⅲ)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角为60∘．若存在，指出点N的位置；若不存在，请说明理由．

四、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

已知A(3, 2)和B(−1, 4)两点到直线mx+y+3＝0的距离相等，则m的值为________．

如图是棱长为a的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，直线EF与MN所成角的余弦值为________．


设P是椭圆x24+y2=1上的一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，则|PF1||PF2|的最大值为________；最小值为________．

平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为________．

已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足D1P→=xD1F→+yD1E→(x≥0, y≥0)，则所有满足条件的P点构成图形的面积为________．


实数x，y满足2(x2+y2)−2(x+y)−1＝0，(x≥0, y≥0)，则2x+y的取值范围为________32−5,32+5] ．
五、解答题（本大题共2小题，共26分）

已知曲线C:x2+y2−2x−4y+m＝0和直线l:x+2y−4＝0．
（1）当曲线C表示圆时，求m的取值范围；

（2）当曲线C表示圆时，被直线l截得的弦长为25．求m的值

（3）是否存在实数m，使得曲线C与直线l相交于M，N两点．且满足OM⊥ON（其中O为坐标原点）．若存在．求m的值：若不存在，请说明理由．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴长是短轴长的2倍，M(3,12)在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；

（2）若过椭圆的左焦点的直线l与椭圆C相交所得弦长为2，求直线l的斜率；

（3）过点P(1, 0)的任意直线与椭圆C交于A、B两点，设点A、B到直线l0:x＝x0(x0>2)的距离分别为dA、dB，若dAdB=|PA||PB|，求x0的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年北京某校高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
1.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
【解析】
把圆的方程化为标准形式，即可求出圆的半径．
【解答】
解：圆x2+y2+2y=1化为标准方程为x2+(y+1)2=2，
故半径等于2，
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
利用空间向量的平行六面体法则即可得出．
【解答】
解：BD1→=BA→+BC→+BB1→=−AB→+AD→+AA1→=−a→+b→+c→．
故选：B．
3.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由直线方程求出直线的斜率，再由倾斜角的正切值等于斜率求得直线的倾斜角．
【解答】
由直线x+y−3=0，可得直线的斜率为k＝−1，
设其倾斜角为α，(0∘≤α<180∘)，
则tanα＝−1，
∴ α＝135∘．
即直线x+y−3=0的倾斜角的大小为135∘．
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，a与b相交、平行或异面；在B中，b与M相交、平行或b⊂M；在C中，a与M相交、平行或a⊂M；在D中，由面面垂直的判定定理得M⊥N．
【解答】
由直线a，b以及平面M，N，知：
在A中，若a // M，b // M，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若a // M，b⊥a，则b与M相交、平行或b⊂M，故B错误；
在C中，若b⊂M，且b⊥a，则a与M相交、平行或a⊂M，故C错误；
在D中，若a⊥M，a // N，则由面面垂直的判定定理得M⊥N，故D正确．
5.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
利用椭圆的简单性质求解．
【解答】
解：椭圆x2m−2+y2m+5=1中，
c=(m+5)−(m−2)=7，
∴ 椭圆x2m−2+y2m+5=1的焦点坐标是(0, ±7)．
故选：D．
6.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由两直线平行，得到两直线系数间的关系，求解不等式组可得a的值．
【解答】
解：∵ 直线l1:ax+y+2=0和直线l2:x+ay+2=0平行，
则a2−1=02a−2≠0，解得：a=−1．
故选：B．
7.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据圆与圆的位置关系从而进行判断．
【解答】
解：a=−3时，圆x2+y2=1的圆心是(0, 0)，半径是1，
圆(x−3)2+y2=4的圆心是(3, 0)，半径是2，
两个圆的圆心距是3，相切，是充分条件，
若圆x2+y2=1与圆(x+a)2+y2=4相切，可能内切，可能外切，推不出a=−3，不是必要条件，
故选：A．
8.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
通过建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P的个数．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长AB=1，B(1, 0, 1)，C(1, 1, 1)．
①在Rt△AA′C中，tan∠AA′C=|AC||AA​′|=2，因此∠AA′C≠45∘．
同理A′B′，A′D′与A′C所成的角都为arctan2≠45∘．
故当点P位于（分别与上述棱平行）棱BB′，BA，BC上时，与A′C所成的角都为arctan2≠45∘，不满足条件.
②当点P位于棱AD上时，设P(0, y, 1)，(0≤y≤1)，则BP→=(−1, y, 0)，A​′C→=(1, 1, 1)．
若满足BP与AC′所成的角为45∘，
则22=|cs|=|BP→⋅A​′C→||BP→||A​′C→|=|−1+y|1+y23，
化为y2+4y+1=0，无正数解，舍去.
同理，当点P位于棱B′C上时，也不符合条件.
③当点P位于棱A′D′上时，设P(0, y, 0)，(0≤y≤1)，
则BP→=(−1, y, −1)，A​′C→=(1, 1, 1)．
若满足BP与AC′所成的角为45∘，
则22=|cs|=|BP→⋅A​′C→||BP→||A​′C→|=|−2+y|2+y2⋅3，
化为y2+8y−2＝0，
∵ 0≤y≤1，解得y＝32−4，
满足条件，此时点P(0,32−4,0)．
④同理可求得棱A′B′上一点P(3−1,0,0)，棱A′A上一点P(0,0,3−1)．
而其它棱上没有满足条件的点P．
综上可知：满足条件的点P有且只有3个．
故选B.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
【答案】
(−1, −1, 2)
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
根据空间直角坐标系中，点M(x, y, z)关于x轴的对称点坐标是M′(x, −y, −z)；
【解答】
空间直角坐标系中，点M(x, y, z)关于x轴的对称点坐标是M′(x, −y, −z)；
所以空间直角坐标系O−xyz中，点A＝(−1, 1, −2)关于x轴的对称点坐标是：(−1, −1, 2)；
【答案】
53
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据题意，由双曲线的方程分析可得双曲线的焦点位置以及双曲线的渐近线方程，分析可得ba=43，即b=4a3，由双曲线的几何性质可得c=5a3，由双曲线的离心率公式计算可得答案．
【解答】
根据题意，双曲线的方程为x2a2−y2b2=1，其焦点在x轴上，
则其渐近线方程为y＝±bax，
又由其一条渐近线方程为y=43x，则有ba=43，即b=4a3，
则c=a2+b2=5a3，
则双曲线的离心率e=ca=53；
【答案】
14
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
画出图形，通过底面面积的比求解棱锥的体积的比．
【解答】
解：如图，三棱锥P−ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，
三棱锥D−ABE的体积为V1，P−ABC的体积为V2，
∴ A到底面PBC的距离不变，底面BDE底面积是PBC面积的S△BDES△PBC=14，
∴ V1V2=13S△BDE13S△PBC=14．
故答案为：14．
【答案】
(−2, −1)
【考点】
直线系方程
【解析】
直线方程转化为k(x+2)−(y+1)＝0，求出定点的坐标即可．
【解答】
由y＝kx+2k−1，
得：k(x+2)−(y+1)＝0，
故x＝−2，y＝−1，
故直线恒过定点(−2, −1)，
【答案】
7
【考点】
圆的切线方程
【解析】
要使切线长最小，必须直线y=x上的点到圆心的距离最小，此最小值即为圆心(4, 0)到直线的距离m，求出m，由勾股定理可求切线长的最小值．
【解答】
解：要使切线长最小，必须直线y=x上的点到圆心的距离最小，此最小值即为圆心(4, 0)到直线的距离m，
由点到直线的距离公式得m=42=22，
由勾股定理求得切线长的最小值为8−1=7．
故答案为：7．
【答案】
②④
【考点】
曲线与方程
命题的真假判断与应用
【解析】
利用基本不等式得 x2+y2≤4，可判断②；联立x2+y2＝4和(x2+y2)3＝16x2y2，解x2＝y2＝2 可判断①③；由图形及xy<0判断④．
【解答】
∵ (x2+y2)3＝16x2y2≤(x2+y22)2，
∴ x2+y2≤4（当且仅当x2＝y2＝2时取等号），
则②正确；
将x2+y2＝4和(x2+y2)3＝16x2y2联立，
解得x2＝y2＝2，
即圆x2+y2＝4与曲线C相切于点(2,2)，(−2,2)，(−2,−2)，(2,−2)，
则①和③都错误；
由xy<0，得方程(x2+y2)3＝16x2y2表示的曲线C在第二象限和第四象限，故④正确．
三、解答题（本大题共3小题，共38分）
【答案】
矩形ABCD所在平面与半圆弦CD所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦CD所在平面，
且CM⊂半圆弦CD所在平面，
所以CM⊥AD；
又M是CD上异于C，D的点，
所以CM⊥DM；
又DM∩AD＝D，
所以CM⊥平面AMD；
又CM⊂平面CMB，
所以平面AMD⊥平面BMC；
由P是AM的中点，连接BD交AC于点O，连接OP，如图所示
由中位线定理得MC // OP；
又MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，
所以MC // 平面PBD．
【考点】
平面与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）通过证明CD⊥AD，CD⊥DM，证明CM⊥平面AMD，再证明平面AMD⊥平面BMC；
（2）利用中位线定理和直线与平面平行的判断定理，证明即可．
【解答】
矩形ABCD所在平面与半圆弦CD所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦CD所在平面，
且CM⊂半圆弦CD所在平面，
所以CM⊥AD；
又M是CD上异于C，D的点，
所以CM⊥DM；
又DM∩AD＝D，
所以CM⊥平面AMD；
又CM⊂平面CMB，
所以平面AMD⊥平面BMC；
由P是AM的中点，连接BD交AC于点O，连接OP，如图所示
由中位线定理得MC // OP；
又MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，
所以MC // 平面PBD．
【答案】
如图所示，
菱形ABCD的顶点A(−1, 2)和C(5, 4)，所以AC的中点M(2, 3)，
直线AC的斜率为kAC=4−25−(−1)=13，
BD的斜率为kBD＝−3，
所以直线BD的方程为：y−3＝−3(x−2)，
即3x+y−9＝0；
由直线AB的方程和直线BD的方程联立，得x−y+3=03x+y−9=0 ，
解得x=32y=92 ，即点B(32, 92)；
设点D(a, b)，则a+322=2，b+922=3，
解得a=52，b=32，
所以点D(52, 32)；
又A(−1, 2)，则AD的直线方程为y−232−2=x+152+1，
化为一般形式是x+7y−13＝0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
（1）根据题意画出图形，结合图形求出AC的中点和斜率，
从而求得BD的斜率和直线方程；
（2）由直线AB和BD求点B，再根据对称求出点D，
利用两点式写出直线AD的方程．
【解答】
如图所示，
菱形ABCD的顶点A(−1, 2)和C(5, 4)，所以AC的中点M(2, 3)，
直线AC的斜率为kAC=4−25−(−1)=13，
BD的斜率为kBD＝−3，
所以直线BD的方程为：y−3＝−3(x−2)，
即3x+y−9＝0；
由直线AB的方程和直线BD的方程联立，得x−y+3=03x+y−9=0 ，
解得x=32y=92 ，即点B(32, 92)；
设点D(a, b)，则a+322=2，b+922=3，
解得a=52，b=32，
所以点D(52, 32)；
又A(−1, 2)，则AD的直线方程为y−232−2=x+152+1，
化为一般形式是x+7y−13＝0．
【答案】
（本小题共1
(I)证明：∵ AC＝BC，M是AB的中点∴ CM⊥AB．
又EA⊥平面ABC，CM⊥EA．∵ EA∩AB＝A∴ CM⊥平面AEM
∴ CM⊥EM
（2）以M为原点，分别以MB，MC为x，y轴，如图建立坐标系M−xyz，
则M(0,0,0),C(0,2,0),B(2,0,0),D(2,0,2),E(−2,0,1)ME→=(−2.0.1),MC→=(0,2,0),BD→=(0,0,2),BC→=(−2,2,0)
设平面EMC的一个法向量m→=(x1,y1,z1)，则−2x1+z1=02y1=0
取x1=1,y1=0,z1=2所以m→=(1,0,2)
设平面DBC的一个法向量n→=(x2,y2,z2)，则−2x2+2y2=02y2=0
取x1＝1，y1＝1，z1＝0，所以n→=(1,1.0)cs⟨m→,n→>=m→⋅n→|m→||n→|=12×3=66
所以平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值66．
(Ⅲ)在棱DC上存在一点N，
设N(x, y, z)且DN→=λDC→，0≤λ≤1，
x=2−2λ,y=2λ,z=2−2λ，
MN→=(2−2λ,2λ,2−2λ)
若直线MN与平面EMC所成的角为60∘，则cs⟨MN→,m→>=2−2λ+2(2−2λ)32(1−λ)2+2λ2+4(1−λ)2=sin60=32
解得：λ=12，所以符合条件的点N存在，为棱DC的中点．
【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】
（I）证明CM⊥AB．CM⊥EA．即可证明CM⊥平面AEM，利用直线与平面垂直的性质定理证明CM⊥EM．
(Ⅱ)以M为原点，分别以MB，MC为x，y轴，如图建立坐标系M−xyz，求出相关点的坐标以及
平面EMC的一个法向量，设面DBC的一个法向量，通过空间向量的数量积求解平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值．
(Ⅲ)设N(x, y, z)，DN→=λDC→，0≤λ≤1，利用若直线MN与平面EMC所成的角为60∘，列出方程求出λ，即可得到点的位置．
【解答】
（本小题共1
(I)证明：∵ AC＝BC，M是AB的中点∴ CM⊥AB．
又EA⊥平面ABC，CM⊥EA．∵ EA∩AB＝A∴ CM⊥平面AEM
∴ CM⊥EM
（2）以M为原点，分别以MB，MC为x，y轴，如图建立坐标系M−xyz，
则M(0,0,0),C(0,2,0),B(2,0,0),D(2,0,2),E(−2,0,1)ME→=(−2.0.1),MC→=(0,2,0),BD→=(0,0,2),BC→=(−2,2,0)
设平面EMC的一个法向量m→=(x1,y1,z1)，则−2x1+z1=02y1=0
取x1=1,y1=0,z1=2所以m→=(1,0,2)
设平面DBC的一个法向量n→=(x2,y2,z2)，则−2x2+2y2=02y2=0
取x1＝1，y1＝1，z1＝0，所以n→=(1,1.0)cs⟨m→,n→>=m→⋅n→|m→||n→|=12×3=66
所以平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值66．
(Ⅲ)在棱DC上存在一点N，
设N(x, y, z)且DN→=λDC→，0≤λ≤1，
x=2−2λ,y=2λ,z=2−2λ，
MN→=(2−2λ,2λ,2−2λ)
若直线MN与平面EMC所成的角为60∘，则cs⟨MN→,m→>=2−2λ+2(2−2λ)32(1−λ)2+2λ2+4(1−λ)2=sin60=32
解得：λ=12，所以符合条件的点N存在，为棱DC的中点．
四、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
【答案】
−6或12
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
A(3, 2)和B(−1, 4)两点到直线mx+y+3＝0的距离相等，可得|3m+2+3|m2+1=|−m+4+3|m2+1，化简解出即可得出．
【解答】
∵ A(3, 2)和B(−1, 4)两点到直线mx+y+3＝0的距离相等，
∴ |3m+2+3|m2+1=|−m+4+3|m2+1，
化为：(2m−1)(m+6)＝0，
解得m=12或m＝−6．
【答案】
12
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
根据正方体的平面展开图，画出它的直观图，然后根据∠EFB是异面直线EF与MN所成的角，求出cs∠EFB即可．
【解答】
根据正方体的平面展开图，画出它的直观图如图所示，
连接BF，BE，由MN // BF，得∠EFB是异面直线EF与MN所成的角，
则△EFB是正三角形，∴ ∠EFB＝60∘，
∴ cs∠EFB=12．
∴ 异面直线EF与MN所成角的余弦值为12．
【答案】
4,1
【考点】
椭圆的定义
【解析】
|PF1|⋅|PF2|=(a−ex)(a+ex)=a2−e2x2，根据二次函数，由此可求出|PF1|⋅|PF2|的最大值和最小值．
【解答】
解：由焦半径公式|PF1|=a−ex，|PF2|=a+ex
|PF1|⋅|PF2|=(a−ex)(a+ex)=a2−e2x2=−34x2+4
∵ x∈[−2, 2]
∴ 当x=0时，|PF1|⋅|PF2|的最大值是4
当x=2或−2时，|PF1|⋅|PF2|的最小值是1
答案：4，1．
【答案】
5
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
有两条平行直线确定一个平面，和两条相交直线确定一个平面可知，有BC，DC，BB1，AA1，D1C1，
【解答】
解：如图，满足条件的有BC，DC，BB1，AA1，D1C1，
故答案为 5
【答案】
118
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
三角形的面积公式
棱柱的结构特征
【解析】
根据面面平行的性质确定P的轨迹边界，从而得出轨迹图形．
【解答】
解：∵ D1P→=xD1F→+yD1E→(x≥0, y≥0)，
∴ D1，E，F，P四点共面，
设D1，E，F，P四点确定的平面为α，则α与平面BCC1B1的交线与D1F平行，
①当F与D重合时，取BC的中点M，连接EM，DM，则EM // D1F，
则此时P的轨迹为折线D1−D−M−E，
②当F与A重合时，EB // D1F，
此时P的轨迹为折线D1−A−B−E，
∴ 当F在棱AD上运动时，符合条件的P点在正方体表面围成的图形为Rt△D1AD，直角梯形ABMD，Rt△BME．
∴ S=12×1×1+12×(12+1)×1+12×12×12=118．
故答案为：118.
【答案】
[
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
实数x，y满足的方程为优弧，求2x+y的取值范围，利用线性规划的思想可以直接解决．
【解答】
由2(x2+y2)−2(x+y)−1＝0，(x≥0, y≥0)，
可得：(x−12)2+(y−12)2=1(x≥0, y≥0)，圆心(12, 12)，半径为1，
由图
由图象可知：
设t＝2x+y，则：1=|1+12−t|5，
∴ t=32+5或t=32−5，
所以2x+y∈[32−5,32+5]．
五、解答题（本大题共2小题，共26分）
【答案】
∵ x2+y2−2x−4y+m＝0，
∴ (x−1)2+(y−2)2＝5−m，
又∵ 曲线C表示圆，
∴ 5−m>0，即m<5；
由（1）可知m<5，
又∵ 直线l:x+2y−4＝0，
∴ 圆心到直线l的距离d=|1+4−4|1+22=55，
∵ 直线l截得的弦长为25，
∴ 5−m=(252)2+(55)2，
解得：m=−15；
结论：存在实数m=85，使得曲线C与直线l相交于M，N两点，且满足0M⊥ON（其中O为坐标原点）．
理由如下：
联立直线与曲线方程，消去x整理得：
5y2−16y+8+m＝0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，则
y1+y2=165，y1y2=8+m5，
由0M⊥ON可知OM→⋅ON→=0，
∴ x1x2+y1y2＝0，(4−2y1)(4−2y2)+y1y2＝0，
整理得：16+5y1y2−8(y1+y2)＝0，
即16+5⋅8+m5−8⋅165=0，
解得：m=85．
【考点】
直线和圆的方程的应用
二元二次方程表示圆的条件
【解析】
（1）通过对x2+y2−2x−4y+m＝0变形，结合圆的标准方程计算即得结论；
（2）通过（1）可知m<5，利用点到直线的距离公式计算可知弦心距d，利用弦心距、半径与半弦长的关系计算即得结论；
（3）通过联立直线与曲线方程，利用韦达定理可知y1+y2=165，y1y2=8+m5，利用向量的坐标运算得到关于m的方程，进而解方程即得结论．
【解答】
∵ x2+y2−2x−4y+m＝0，
∴ (x−1)2+(y−2)2＝5−m，
又∵ 曲线C表示圆，
∴ 5−m>0，即m<5；
由（1）可知m<5，
又∵ 直线l:x+2y−4＝0，
∴ 圆心到直线l的距离d=|1+4−4|1+22=55，
∵ 直线l截得的弦长为25，
∴ 5−m=(252)2+(55)2，
解得：m=−15；
结论：存在实数m=85，使得曲线C与直线l相交于M，N两点，且满足0M⊥ON（其中O为坐标原点）．
理由如下：
联立直线与曲线方程，消去x整理得：
5y2−16y+8+m＝0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，则
y1+y2=165，y1y2=8+m5，
由0M⊥ON可知OM→⋅ON→=0，
∴ x1x2+y1y2＝0，(4−2y1)(4−2y2)+y1y2＝0，
整理得：16+5y1y2−8(y1+y2)＝0，
即16+5⋅8+m5−8⋅165=0，
解得：m=85．
【答案】
由题意，2a＝4b，即a＝2b，
由M(3,12)在椭圆C上，3a2+14b2=1，
联立解得a＝2，b＝1，
故椭圆的方程为x24+y2=1；
根据题意，左焦点F(−3,0)，
设直线l为y＝k(x+3)，由y=k(x+3)x24+y2=1 ．
消去y，得(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2，
所以|EF|=1+3⋅(x1+x2)2−4x1x2=4⋅1+k21+4k2=2，
得k=±22；
当直线l与x轴重合时，设A(2, 0)，B(−2, 0)，
所以|PA||PB|=13，dAdB=x0−2x0+2，得x0＝4，
同理A(−2, 0)，B(2, 0)，x0＝4，
当直线l不与x轴重合时，设l:x＝my+1，
x=my=1x24+y2=1 ，消去x整理可得(m2+4)y2+2my−3＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
由dAdB=|PA||PB|，得x0−x1x0−x2=x0−my1−1x0−my2−1=−y1y2，
整理得x=2my1y2y1+y2=2m⋅−3m2+4−2mm2+4+1＝4，
综上，当dAdB=|PA||PB|时，x0＝4．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）根据题意，求出a，b代入即可；
（2）根据题意，左焦点F(−3,0)，设直线l为y＝k(x+3)，联立解方程组，由|EF|＝2求出k；
（3）当直线l与x轴重合时，x0＝4，当直线l不与x轴重合时，设l:x＝my+1，联立解方程组，由dAdB=|PA||PB|，求出x0＝4成立．
【解答】
由题意，2a＝4b，即a＝2b，
由M(3,12)在椭圆C上，3a2+14b2=1，
联立解得a＝2，b＝1，
故椭圆的方程为x24+y2=1；
根据题意，左焦点F(−3,0)，
设直线l为y＝k(x+3)，由y=k(x+3)x24+y2=1 ．
消去y，得(1+4k2)x2+83k2x+12k2−4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2，
所以|EF|=1+3⋅(x1+x2)2−4x1x2=4⋅1+k21+4k2=2，
得k=±22；
当直线l与x轴重合时，设A(2, 0)，B(−2, 0)，
所以|PA||PB|=13，dAdB=x0−2x0+2，得x0＝4，
同理A(−2, 0)，B(2, 0)，x0＝4，
当直线l不与x轴重合时，设l:x＝my+1，
x=my=1x24+y2=1 ，消去x整理可得(m2+4)y2+2my−3＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
由dAdB=|PA||PB|，得x0−x1x0−x2=x0−my1−1x0−my2−1=−y1y2，
整理得x=2my1y2y1+y2=2m⋅−3m2+4−2mm2+4+1＝4，
综上，当dAdB=|PA||PB|时，x0＝4．