江西省新建一中2021-2022学年高考临考冲刺数学试卷含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角\"条形码粘贴处\"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数zA．

4 55，则复数z的虚部为（ ） 34i44B． C．i

55D．4i 52．在ABC中，M是BC的中点，AM1，点P在AM上且满足AP2PM，则PA(PBPC)等于（ ） A．

4 9B．4 9C．

4 3D．4 323．正项等差数列an的前n和为Sn，已知a3a7a5150，则S9=（ ）

A．35 B．36 C．45 D．54

4．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，芜草第1天长高1尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草每天长高前一天的2倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？”你认为莞草是蒲草的二倍长所需要的天数是（ ） （结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg30.4771，lg20.3010） A．2

=（ ） 5．tan570°A．B．3

C．4

D．5

3 3B．-3 3C．3

D．3 226．过抛物线y4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，则直线AB的斜率为( ) O为坐标原点.若AF3，

A．2 B．2 C．22 D．22

7．设a，b是非零向量，若对于任意的R，都有abab成立，则 A．a//b

B．ab

C．aba

D．abb

8．已知平面向量a,b，满足aA．

 6B．

 31,b1，且2abab，则a与b的夹角为（ ） 325C．

3 D．

6

9．已知向量a与ab的夹角为60，a1，b3，则ab( ) A．3 2B．0

C．0或3 2D．3 2210．定义域为R的偶函数f(x)满足任意xR，有f(x2)f(x)f(1)，且当x[2,3]时，f(x)2x12x18.

若函数yf(x)loga(x1)至少有三个零点，则a的取值范围是（ ）

2A．0,2

3B．0,3

5C．0,

56D．0,6

11．若函数fx2sinx2cosx（0A．函数yfx的值域是0,2

2）的图象过点0,2，则（ ）

B．点,0是yfx的一个对称中心 4C．函数yfx的最小正周期是2

D．直线x

4

是yfx的一条对称轴

12．设Sn为等差数列an的前n项和，若a33，S77，则Sn的最小值为（ ） A．12

B．15

C．16

D．18

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．1161x展开式中x2的系数为________． 2x2214．过直线ykx7上一动点M(x,y)向圆C:xy2y0引两条切线MA，MB，切点为A，B，若k[1,4]，则四边形MACB的最小面积S[3,7]的概率为________．

x2y215．已知曲线Q:21(x0)，点A，B在曲线Q上，且以AB为直径的圆的方程是(x2)2(y1)21．则22aaa_______．

x2y21的左右顶点为A,B，以AB为直径作圆O，P为双曲线右支上不同于顶点B的任一点，连16．双曲线C:43接PA交圆O于点Q，设直线PB,QB的斜率分别为k1,k2，若k1k2，则_____. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）某商场以分期付款方式销售某种商品，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数X的分布列为：

X P 2 0.4 3 4 a b 其中0a1，0b1

（Ⅰ）求购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率；

（Ⅱ）商场销售一件该商品，若顾客选择分2期付款，则商场获得利润l00元，若顾客选择分3期付款，则商场获得利润150元，若顾客选择分4期付款，则商场获得利润200元.商场销售两件该商品所获的利润记为Y（单位：元） （ⅰ）求Y的分布列；

（ⅱ）若PY3000.8，求Y的数学期望EY的最大值.

18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线ykx1k0与抛物线C：x4pyp0交于A，B两点，且

2当k1时，AB8. （1）求p的值；

（2）设线段AB的中点为M，抛物线C在点A处的切线与C的准线交于点N，证明：MN//y轴. 19．（12分）选修4-5：不等式选讲 设函数

．

（1） 证明:；

（2）若不等式的解集非空，求的取值范围．

20．（12分）如图，在直三棱柱ABCABC中，ACAB，AAABAC2，D，E分别为AB，BC的中点.

（1）证明：平面BDE平面AABB； （2）求点C到平面BDE的距离.

21．（12分）如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，ADAB，BCD60，AB23，BC3，E为线段CD上一点，满足BCCE，F为BE的中点，现将梯形沿BE折叠（如图2），使平面BCE平面ABED.

（1）求证：平面ACE平面BCE；

（2）能否在线段AB上找到一点P（端点除外）使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为点P的位置；若不存在，请说明理由.

3？若存在，试确定4x2y222．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x3y1，椭圆E：221（ab0）的

ab22右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.

（1）求椭圆E的方程；

（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当AN12AM时，求直线l的方程. 7 参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．B 【解析】

利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出 【详解】

534i534zi，

34i34i34i55则复数z的虚部为故选：B. 【点睛】

本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题. 2．B 【解析】

由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足AP2PM可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解． 【详解】

解：∵M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，

4. 5

又由点P在AM上且满足AP2PM ∴P是三角形ABC的重心 ∴PAPBPC

PAAP|PA|2

又∵AM＝1 ∴|PA|2 3∴PAPBPC故选B． 【点睛】

4 9判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：PAPBPC0或

222APBPCP取得最小值③坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数．

3．C 【解析】

2由等差数列an通项公式得a3a7a5150，求出a5，再利用等差数列前n项和公式能求出S9.

【详解】

正项等差数列an的前n项和Sn，

2a3a7a5150，

a522a5150，

解得a55或a53（舍），

S99a1a99a59545，故选C. 2【点睛】

本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质

apaqaman2ar（pqmn2r）与前n 项和的关系.

4．C 【解析】

131nn221由题意可利用等比数列的求和公式得莞草与蒲草n天后长度，进而可得：2，解出即可得出． 12112【详解】

1由题意可得莞草与蒲草第n天的长度分别为an32n1,bn12n1

131nn221据题意得：2， 解得2n＝12， 12112∴nlg12lg31． 2lg2lg2故选：C． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．A 【解析】

直接利用诱导公式化简求解即可． 【详解】

tan570°=tan（360°+210°=tan（180°+30°=）=tan210°）=tan30°故选：A． 【点睛】

本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，主要考查诱导公式的应用，属于基础题. 6．D 【解析】

根据抛物线的定义，结合|AF|3，求出A的坐标，然后求出AF的斜率即可． 【详解】

解：抛物线的焦点F(1,0)，准线方程为x1，

设A(x,y)，则|AF|x13，故x2，此时y22，即A(2,3． 322)．

则直线AF的斜率k故选：D． 【点睛】

2222． 21本题考查了抛物线的定义，直线斜率公式，属于中档题． 7．D 【解析】

画出a，b，根据向量的加减法，分别画出(ab)的几种情况，由数形结合可得结果. 【详解】

由题意，得向量(ab)是所有向量(ab)中模长最小的向量，如图，

当ACBC，即abb时，|AC|最小，满足abab，对于任意的R， 所以本题答案为D. 【点睛】

本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题. 8．C 【解析】

根据2abab， 两边平方2abab，化简得2ab3a，再利用数量积定义得到

2222abcosa,b3a求解.

【详解】

因为平面向量a,b，满足a所以2abab， 所以2ab3所以 22221,b1，且2abab， 3a，

2abcosa,b3a，

1， 2232所以cosa,b所以a与b的夹角为故选：C 【点睛】

.

本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题. 9．B

【解析】

由数量积的定义表示出向量a与ab的夹角为60，再由aa，bb代入表达式中即可求出ab. 【详解】

由向量a与ab的夹角为60，

得aabaabaabcos60，

222221所以aaba22ab22221aa2abb， 222又a1，b3，aa，bb， 所以1ab故选：B 【点睛】

本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题. 10．B 【解析】

2由题意可得f(x)的周期为2，当x[2,3]时，f(x)2x12x18，令g(x)loga(x1)，则f(x)的图像和g(x)21112ab3，解得ab0. 2的图像至少有3个交点，画出图像，数形结合，根据g(2)f(2)，求得a的取值范围. 【详解】

f(x)是定义域为R的偶函数，满足任意xR，

f(x2)f(x)f(1)，令x1,f(1)f(1)f(1)，

又f(1)f(1),f(1)0,f(x2)f(x)，

f(x)为周期为2的偶函数，

22当x[2,3]时，f(x)2x12x182(x3)，

2当x[0,1],x2[2,3],f(x)f(x2)2(x1)，

当x[1,0],x[0,1],f(x)f(x)2(x1)， 作出f(x),g(x)图像，如下图所示：

函数yf(x)loga(x1)至少有三个零点，

2则f(x)的图像和g(x)的图像至少有3个交点，

f(x)0，若a1，

f(x)的图像和g(x)的图像只有1个交点，不合题意，

所以0a1，f(x)的图像和g(x)的图像至少有3个交点， 则有g(2)f(2)，即loga(21)f(2)2,loga32，

1132. 3,a,0a1,0a2a33故选:B.

【点睛】

本题考查函数周期性及其应用，解题过程中用到了数形结合方法，这也是高考常考的热点问题，属于中档题. 11．A 【解析】

根据函数fx的图像过点0,2，求出，可得fxcos2x1，再利用余弦函数的图像与性质，得出结论. 【详解】

由函数fx2sinx2cosx（0可得2sin22，即sin21，

2）的图象过点0,2，

22，4，

2故fx2sinx2cosx2cosxcos2x1， 对于A，由1cos2x1，则0fx2，故A正确；

对于B，当x

4

时，f1，故B错误； 4对于C，T2，故C错误； 2对于D，当x故选：A 【点睛】

4

时，f1，故D错误； 4本题主要考查了二倍角的余弦公式、三角函数的图像与性质，需熟记性质与公式，属于基础题. 12．C 【解析】

根据已知条件求得等差数列an的通项公式，判断出Sn最小时n的值，由此求得Sn的最小值. 【详解】

a12d39依题意，解得a17,d2，所以an2n9.由an2n90解得n，所以前n项和中，前

27a121d74项的和最小，且S44a16d281216.

故选：C 【点睛】

本小题主要考查等差数列通项公式和前n项和公式的基本量计算，考查等差数列前n项和最值的求法，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．30 【解析】

先将问题转化为二项式(1x)的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第r1项，令x的指数分别等于

62，4，求出特定项的系数． 【详解】 由题可得：11661x展开式中x2的系数等于二项式(1x)展开式中x的指数为2和4时的系数之和， 2xrr6由于二项式(1x)的通项公式为Tr1C6x，

262，得(1x)展开式的x2的系数为C615，

令r4令r4，得(1x)6展开式的x4的系数为C615，

1611x所以展开式中x2的系数151530， 2x故答案为30. 【点睛】

本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题． 14．

157. 3【解析】

先求圆的半径, 四边形MACB的最小面积S[3,7],转化为S△MBC的最小值为S△MBC[37,]，求出切线长的22最小值MBmin[3,7],再求MC的距离也就是圆心到直线的距离,可解得k的取值范围,利用几何概型即可求得概率． 【详解】

22由圆的方程得x(y1)1，所以圆心为(0,1)，半径为r1，四边形的面积S2S△MBC，若四边形MACB的

最小面积S[3,7]，所以S△MBC的最小值为S△MBC[137SrMB，即MB的最小值，而,]△MBC222MBmin[3,7]，此时MC最小为圆心到直线的距离，此时d157． 317k21[12(3)2,12(7)2]，因为k0，

所以k[7,15]，所以k[1,4]的概率为【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般. 15．3 2【解析】

设AB所在直线方程为lAB:y1k(x2)设A､B点坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，都在Q上，代入曲线方程，

y1y21x1x2141，从而可得直线的斜率，联立直线AB与Q的方程，由|AB|2，利用两式作差可得

x1x22y1y222弦长公式即可求解.

【详解】

因为AB是圆的直径，必过圆心(2,1)点， 设AB所在直线方程为lAB:y1k(x2)

设A､B点坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，都在Q上，

x12y1212a2a2故2两式相减， 2xy2212a2a2可得

x1x2x1x2y1y2y1y2

2a2a2y1y21x1x2141

x1x22y1y222(因为(2,1)是AB的中点)，即k1 联立直线AB与Q的方程：

yx12x24x22a20 xy2221a2a又|AB|2，即|AB|4，即

2x1x22y1y24

2又因为y1y2x1x2，

xx24x1x2 则有42x1x2212224422a

22即88a22 ∴a3. 23 2故答案为：【点睛】

本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题. 16．3 4【解析】

根据双曲线上的点的坐标关系得kPAkPB式kPAkQB1，两式作商即可得解. 【详解】

设Px0,y0,A2,0B2,0

x023x02y0221x024 1，y034344y0y0y0232，PA交圆O于点Q，所以PAQB，建立等x02x02x044kPAkPBy0y0y0232 x02x02x044PA交圆O于点Q，所以PAQB 3kkk3PAPB4PB 易知:4kPAkQB1kQB即

k13. k24故答案为：【点睛】

3 4此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（Ⅰ）0.288（Ⅱ）（ⅰ）见解析（ⅱ）数学期望EY的最大值为280 【解析】

（Ⅰ）根据题意，设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，由重复事件的特点得出利用二项分布的概率公式，即可求出结果；

（Ⅱ）（ⅰ）依题意，Y的取值为200，250，300，350，400，根据离散型分布求出概率和Y的分布列；（ⅱ）由题意

B3,0.4，

知0.4ab1，PY3000.160.48a0.8，解得a0.6，根据Y的分布列，得出Y的数学期望EY，

2结合a0.4,0.6，即可算出EY的最大值. 【详解】

解：（Ⅰ）设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，则则P2C310.40.40.288，

22B3,0.4，

故购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率为0.288. （Ⅱ）（ⅰ）依题意，Y的取值为200，250，300，350，400，

PY2000.40.40.16，PY25020.4a0.8a，

PY30020.4ba20.8ba2，PY3502ab，PY400b2 Y的分布列为：

Y P 200 0.16 250 300 350 400 0.8a 0.8ba2 2ab b2 2（ⅱ）PY300PY200PY250PY3000.160.8aba， 由题意知0.4ab1，ab0.6，b0.6a，

PY3000.160.48a20.8，

a0.4，又b0，即0.6a0，解得a0.6，

a0.4,0.6，

EY2000.162500.8a3000.8ba23502ab400b2

320100a，

当a0.4时，EY的最大值为280， 所以Y的数学期望EY的最大值为280. 【点睛】

本题考查重复事件和二项分布的应用，以及离散型分布列和数学期望，考查计算能力. 18．（1）1；（2）见解析 【解析】

2（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线和抛物线方程，得x4px4p0，写出韦达定理，根据弦长公式，即可求

出p1； （2）由y121x，得yx，根据导数的几何意义，求出抛物线在点A点处切线方程，进而求出xNxM，即可证42出MN//y轴. 【详解】

解：（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，

2将直线l代入C中整理得：x4px4p0，

∴x1x24p，x1x24p， ∴AB2x1x224x1x2216p216p8，

解得：p1.

（2）同（1）假设Ax1,y1，Bx2,y2， 由y121x，得yx， 42121x1x1xx1， 42从而抛物线在点A点处的切线方程为y即y11x1xx12， 24x124令y1，得xN，

2x1x12x1x2x1x2xM， 由（1）知4x1x2，从而xN2x12这表明MN//y轴. 【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导数求切线方程，考查转化思想和计算能力. 19． (1)见解析. (1) 【解析】

.

试题分析：（1）直接计算，由绝对值不等式的性质及基本不等式证之即可；

（1），分区间讨论去绝对值符号分别解不等式即可.

试题解析： （1）证明：函数f（x）=|x﹣a|，a＜2，

则f（x）+f（﹣）=|x﹣a|+|﹣﹣a|=|x﹣a|+|+a|≥|（x﹣a）+（+a）| =|x+|=|x|+

≥1

=1．

（1）f（x）+f（1x）=|x﹣a|+|1x﹣a|，a＜2．

当x≤a时，f（x）=a﹣x+a﹣1x=1a﹣3x，则f（x）≥﹣a； 当a＜x＜时，f（x）=x﹣a+a﹣1x=﹣x，则﹣＜f（x）＜﹣a； 当x

时，f（x）=x﹣a+1x﹣a=3x﹣1a，则f（x）≥﹣．则f（x）的值域为[﹣，+∞）.

不等式f（x）+f（1x）＜的解集非空，即为＞﹣，解得，a＞﹣1，由于a＜2， 则a的取值范围是

．

考点：1.含绝对值不等式的证明与解法.1.基本不等式. 20．（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）通过证明DE面AABB，即可由线面垂直推证面面垂直；

（2）根据AC//面BDE，将问题转化为求A到面BDE的距离，利用等体积法求点面距离即可. 【详解】

（1）因为棱柱ABCABC是直三棱柱，所以ACAA 又ACAB，AA45. 5ABA

所以AC面AABB 又D，E分别为AB，BC的中点 所以DE//AC 即DE面AABB

又DE面BDE，所以平面BDE平面AABB （2）由（1）可知AC//AC//DE 所以AC//平面BDE

即点C到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离 设点A到面BDE的距离为h 由（1）可知，DE面AABB 且在RtBDE中，BD5，DE1

SBDE5易知S2ABD2

由等体积公式可知VABDEVEABD 即

1S3131hSBDE3ABDDE

由5145 h21得h52345 5所以C到平面BDE的距离等于【点睛】

本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.

21．（1）证明见解析；（2）存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为【解析】

（1）在直角梯形ABCD中，根据BEBC3，BCD60，得BCE为等边三角形，再由余弦定理求得AE，满足AE2BE2AB2，得到AEBE，再根据平面BCE平面ABED，利用面面垂直的性质定理证明. （2）建立空间直角坐标系：假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为

3. 43，且APAB，40,1，求得平面PCF的一个法向量，再利用线面角公式cosCA,n解. 【详解】

（1）证明：在直角梯形ABCD中，BEBC3，BCD60， 因此BCE为等边三角形，从而BE3，又AB23， 由余弦定理得：AE21292233cos303，

∴AE2BE2AB2，即AEBE，且折叠后AE与BE位置关系不变，

32332141223求4又∵平面BCE平面ABED，且平面BCE∴AE⊥平面BCE，∵AE平面ACE， ∴平面ACE平面BCE.

平面ABEDBE.

（2）∵BCE为等边三角形，F为BE的中点，

∴CFBE，又∵平面BCE平面ABED，且平面BCE∴CF平面ABED，

取AB的中点G，连结FG，则FG//AE，从而FGBE，以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：

平面ABEDBE，

333333A3,,0C0,0,CA3,,则，则，， 2222假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为

3，且APAB，0,1， 43B∵0,,0，∴AB3,3,0，故AP3,3,0， 233333∴CPCAAP31,221,2，又FC0,0,2，

该平面PCF的法向量为nx,y,z，

33331x21yz0nCP022， nFC033z02令y21得n∴cosCA,n321,21,0，

32332141223， 4解得71或（舍）， 263. 4综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为【点睛】

本题主要考查面面垂直的性质定理和向量法研究线面角问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

x2y222．（1）1（2）xy20或xy20.

43【解析】

（1）圆C的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设NxN,yN，MxM,yM，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：ykx2，将直线方程和椭圆方程联立，消去y，可得xN，同理直线方程和圆

12AM可解得k，即得；方法二：设直线l的方程为：xty2(t0)，与椭圆方712AM可解得k，即得. 程联立，可得yN，将其与圆方程联立，可得yM，由AN7方程联立，可得xM，再由AN【详解】

2a2（1）记椭圆E的焦距为2c（c0）.右顶点Aa,0在圆C上，右准线x与圆C：x3y21相

ca32021,a2切.a2解得，

c131,cx2y21. bac3，椭圆方程为：43222（2）法1：设NxN,yN，MxM,yM，

显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：ykx2.

ykx2,2222直线方程和椭圆方程联立，由方程组x2y2消去y得，整理得4k3x16kx16k120.

13416k2128k26. 由xN2，解得xN224k34k3ykx2,2222k1x4k6x4k80 y直线方程和圆方程联立，由方程组消去得，22x3y1,4k282k24. 由xM22，解得xM2k1k11212AM，则有2xNxM2. 7712122即2，解得k1， 24k371k又AN故直线l的方程为xy20或xy20.

分法2：设NxN,yN，MxM,yM，当直线l与x轴重合时，不符题意.

xty2 设直线l的方程为：xty2(t0).由方程组x2y2134消去x得，3t4x12ty0，解得yN2212t.

3t24xty222t1x2ty0， x由方程组消去得，22x3y12t. 解得yM2t11212AM，则有yNyM. 又AN7712t122t2即2，解得t1，

3t47t1故直线l的方程为xy20或xy20. 【点睛】

本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.