2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷 (1)人教A版，共10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. 椭圆3x2+4y2＝12的焦点坐标为（ ）
A.(±1, 0)B.(0, ±1)C.(±7, 0)D.(0, ±7)

2. 在空间直角坐标系中，已知M(−1, 0, 2)，N(3, 2, −4)，则MN的中点Q关于平面xOy的对称点坐标是（ ）
A.(1, 1, −1)B.(−1, 1, −1)C.(1, −1, −1)D.(1, 1, 1)

3. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，二面角A−BD−A1的余弦值为（ ）
A.12B.33C.22D.32

4. 祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sℎ，其中S是柱体的底面积，ℎ是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（ ）

A.158B.162C.182D.324

5. 方程|x|+|y|=2所表示的曲线大致形状为（ ）
A.B.
C.D.

6. 已知曲线C:mx2+ny2=1．则下列命题不正确的是（ ）
A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B.若m=n>0，则C是圆，其半径为m
C.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±−mnx
D.若m=0，n>0，则C是两条直线

7. 已知焦点在x轴上的椭圆方程为x24a+y2a2−1=1，随着a的增大该椭圆的形状（ ）
A.越接近于圆B.越扁
C.先接近于圆后越扁D.先越扁后接近于圆

8. 已知以F1(−2, 0)，F2(2, 0)为焦点的椭圆与直线x+3y+4=0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为（ ）
A.32B.26C.27D.42

9. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，线段AD，BD的中点分别为E，F．现将△ABD沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围是（ ）
A.(π6, π3)B.(π6, π2]C.(π3, π2]D.(π3, 2π3)

10. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，I，G分别为△PF1F2的内心和重心，当IG⊥x轴时，椭圆的离心率为（ ）
A.13B.12C.32D.63
二、填空题

双曲线x24−y23＝1的实轴长为________，渐近线方程是________．

已知点P(x, y)在椭圆x24+y23＝1上运动，则x+2y的最大值是________；点P到直线l:x−2y−10=0的最小距离是________．

中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．


已知三棱锥P−ABC，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA=2，AC=BC=1，则三棱锥P−ABC外接球的体积为________．


若F是双曲线C：x2−y28＝1的右焦点，P是双曲线C左支上一点，A(0, 4)，则△APF的周长的最小值为________．

若椭圆x2a2+y2b2=1的焦点在x轴上，过点(2, 1)作圆x2+y2=4的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．
三、解答题

如图，在△ABC中，∠ABC=60∘，∠BAC=90∘，AD是BC上的高，沿AD把△ABC折起，使∠BDC=90∘．

（1）证明：平面ADB⊥平面BDC；

（2）设E为BC的中点，求异面直线AE与DB的夹角的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点(2, 1)．
（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆的右焦点，倾斜角为60∘的直线交椭圆C于A，B两点，求△AOB的面积．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60∘．

（1）证明：AD⊥PB；

（2）若PB=6，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．

已知焦点在x轴上椭圆的长轴的端点分别为A，B，O为椭圆的中心，F为右焦点，且AF→⋅BF→=−1，离心率e=22．
（1）求椭圆的标准方程；

（2）记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰好为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
化简椭圆方程为标准方程，然后求解焦点坐标即可．
【解答】
椭圆3x2+4y2＝12的标准方程为：x24+y23=1，
所以a＝2，b=3，c＝1，
所以椭圆的焦点坐标(±1, 0)．
2.
【答案】
D
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
求出MN的中点Q，由此能求出Q关于平面xOy的对称点坐标．
【解答】
∵ M(−1, 0, 2)，N(3, 2, −4)，
∴ MN的中点Q(1, 1, −1)，
∴ Q关于平面xOy的对称点坐标是(1, 1, 1)．
3.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
画出直观图，作出二面角的平面角，然后求解三角形推出结果即可．
【解答】
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，BD交点为O，连接A1O，
∵ 几何体是正方体，∴ BD⊥AC，BD⊥AA1，∴ BD⊥平面AOA1，可知BD⊥A1O，
∴ ∠AOA1是二面角的平面角，
设正方体的棱长为2，则AO=2，A1O=2+4=6，
二面角A−BD−A1的余弦值为：26=33．
4.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，可知该几何体为直五棱柱，由两个梯形面积求得底面积，代入体积公式得答案．
【解答】
由三视图还原原几何体如图，
该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，
即SABCDE=12(4+6)×3+12(2+6)×3=27，
高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝1(62)
5.
【答案】
D
【考点】
曲线与方程
【解析】
判断曲线在第一象限的形状，即可得到正确的选项．
【解答】
当x>0，y>0时，方程|x|+|y|＝2化为x+y=2，
即y=(2−x)2=(x−2)2，它是x2=y的图象向右平移2个单位得到，第一象限的部分，
图象为选项D在第一选项的部分．
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
曲线与方程
【解析】
通过m，n的取值，判断二次曲线表示的方程判断选项的正误即可．
【解答】
曲线C:mx2+ny2=1．m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
若m=n>0，则C是圆，其半径为1m，所以B不正确；
若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±−mnx，C正确；
若m=0，n>0，则C是ny2=1，是两条直线，所以D正确；
7.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
首先根据椭圆成立的条件求出a的取值范围，进一步利用函数的单调性求出椭圆中的短轴的变化规律，最后确定结果．
【解答】
椭圆方程x24a+y2a2−1=1为焦点在x轴上的椭圆方程，
所以：4a>0a2−1>04a>a2−1
解得：1由于a在不断的增大，所以对函数y＝a2−1(1即短轴中的b2在不断增大．即离心率e=1−a2−14a不断减小．
所以椭圆的形状越来越接近于圆．
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆的应用
【解析】
由题设条件可以求出椭圆的方程是x2a2+y2a2−4=1．再把椭圆和直线联立方程组，由要根的判别式△=0能够求出a的值，从而能够求出椭圆的长轴长．
【解答】
解：设椭圆长轴长为2a（且a>2），则椭圆方程为x2a2+y2a2−4=1．
由，x2a2+y2a2−4=1x+3y+4=0得(4a2−12)y2+83(a2−4)y+(16−a2)(a2−4)=0．
∵ 直线与椭圆只有一个交点，
∴ Δ=0，
即192(a2−4)2−16(a2−3)×(16−a2)×(a2−4)=0．
解得a=0（舍去），a=2（舍去），a=7．
∴ 长轴长2a=27．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
可设菱形的边长为1，从而由条件可得到BE=CF=32，BD=1，根据向量加法的平行四边形法则及向量减法的几何意义可得到BE→=12(BA→+BD→)，CF→=12(BD→−2BC→)，然后进行向量数量积的运算可求出BE→⋅CF→，从而可得到cs=18−12cs34，而由−12<1可得−12<12，从而可以得到向量BE→，CF→夹角的范围，进而便可得出异面直线BE与CF所成角的取值范围．
【解答】
解：可设菱形的边长为1，则BE=CF=32，BD=1；
线段AD，BD的中点分别为E，F；
∴ BE→=12(BA→+BD→)，CF→=12(CB→+CD→)=12(BD→−2BC→)；
∴ BE→⋅CF→=14(BA→+BD→)⋅(BD→−2BC→)=14BA→⋅BD→−12BA→⋅BC→+14BD→2−12BD→⋅BC→
=18−12cs+14−14=18−12cs；
∴ cs=|BE→||CF→|˙=18−12cs34；
由图看出−12<1；
∴ −12<12；
∴ π3<<2π3；
即异面直线BE与CF所成角的取值范围是(π3，π2]．
故选：C．
10.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
如图所示，设P(x0, y0)，不妨设y0>0．利用三角形重心性质可得G(x03, y03)，根据IG⊥x轴，可得xI=x03．设三角形内切圆的半径为r．由三角形内切圆的性质可得：12r(2a+2c)=12⋅2c⋅y0．可得r=cy0a+c=yI．设PF1，PF2分别与内切圆相切于点D，E．可得PD＝PE=12(2a−2c)＝a−c．在Rt△PDI中，由勾股定理可得：PD2+ID2＝PI2．化简整理即可得出．
【解答】
如图所示，设P(x0, y0)，不妨设y0>0．
F1(−c, 0)，F2(c, 0)．
则G(x03, y03)，∵ IG⊥x轴，∴ xI=x03．
设三角形内切圆的半径为r．
由三角形内切圆的性质可得：12r(2a+2c)=12⋅2c⋅y0．
解得r=cy0a+c，∴ yI=cy0a+c．
设PF1，PF2分别与内切圆相切于点D，E．
则PD＝PE=12(2a−2c)＝a−c．
在Rt△PDI中，由勾股定理可得：PD2+ID2＝PI2．
∴ (a−c)2+(cy0a+c)2=(x0−x03)2+(y0−cy0a+c)2，
化为：x0294(a−c)2+y02b2=1．
与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)比较可得：a2=94(a−c)2，
∴ a=32(a−c)，可得ca=13．
∴ e=13．
二、填空题
【答案】
4,y=±32x
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线方程求解实轴长以及渐近线方程即可．
【解答】
双曲线x24−y23＝1，可得a=2，b=3，
双曲线的实轴长为：2a=4；
渐近线方程是：y=±32x．
【答案】
4,655
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
利用三角换元设出点P的坐标，然后利用三角函数的性质以及辅助角公式即可求解．
【解答】
因为点P在椭圆上，则可设点P的坐标为(2csθ, 3sinθ)，θ∈[0, 2π)，
所以x+2y=2csθ+23sinθ=4sin(θ+π6)，
当θ+π6＝π2即θ＝π3时，(x+2y)max=4，
点P到直线x−2y−10=0的距离为：d=|2csθ−23sinθ−10|12+22=|4cs(θ+π3)−10|5，
当cs(θ+π3)=1时，dmin=|4−10|5＝655，
【答案】
26,2−1
【考点】
球内接多面体
【解析】
中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1，个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的cs45∘=22倍．
【解答】
该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+22x+22x＝1，解得x=2−(1)
【答案】
6π
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
取PB的中点O，推导出O为外接球的球心，从而得到外接球半径R=62，由此能求出结果．
【解答】
取PB的中点O，∵ PA⊥平面ABC，
∴ PA⊥AB，PA⊥BC，
又BC⊥AC，PC∩AC=A，∴ BC⊥平面PAC，
∴ BC⊥PC，∴ OA=12PB，OC=12PB，
∴ OA=OB=OC=OP，
∴ O为外接球的球心，
又PA=2，AC=BC=1，
∴ AB=2，PB=6，
∴ 外接球半径R=62，
∴ V球＝43πR3＝43π×(62)3=6π．
【答案】
12
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设双曲线的左焦点为F′，求出双曲线的a，b，c，运用双曲线的定义可得|PA|+|PF|=|PA|+|PF′|+2，考虑P在左支上运动到与A，F′共线时，取得最小值，即可得到所求值．
【解答】
设双曲线的左焦点为F′，
由双曲线C：x2−y28＝1，可得a=1，b=22，c=3，即有F(3, 0)，F′(−3, 0)，|AF|=|AF′|=5，
△APF周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|PF|+5，
由双曲线的定义可得|PF|−|PF′|=2a=2，即有|PA|+|PF|=|PA|+|PF′|+2，
当P在左支上运动到A，P，F′共线时，|PA|+|PF′|取得最小值|AF′|=5，
则有△APF周长的最小值为5+5+2=12．
【答案】
x220+y216=1
【考点】
椭圆的定义
【解析】
设出切点坐标，利用切点与原点的连线与切线垂直，列出方程得到AB的方程，将右焦点坐标及上顶点坐标代入AB的方程，求出参数c，b；利用椭圆中三参数的关系求出a，求出椭圆方程．
【解答】
解：设切点坐标为(m, n)则
n−1m−2⋅nm=−1即m2+n2−n−2m=0
∵ m2+n2=4
∴ 2m+n−4=0
即AB的直线方程为2x+y−4=0
∵ 线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点
∴ 2c−4=0；b−4=0
解得c=2，b=4
所以a2=b2+c2=20
故椭圆方程为x220+y216=1
故答案为：x220+y216=1．
三、解答题
【答案】
解1：由∠BDC=90∘及（1）知DA，DB，DC两两垂直，
不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，
分别以DB→、DC→、DA→所在直线x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，
A(0,0,3)，E(12，32，0)，AE→＝(12,32,−3)，DB→＝(1,0,0)，
所以AE→与DB→夹角的余弦值为cs⟨AE→，DB→⟩＝|AE→|⋅|DB→|˙＝121×224＝2222．
解2：过E点作EM // BD，交DC于M，EM＝12，AM＝AD2+DM2＝212，
而BD⊥ADC，即EM⊥平面ADC，
所以EM⊥AM，异面直线AE与DB的夹角为∠AEM，
则cs∠AEM＝EMAE＝12222＝2222．
【考点】
异面直线及其所成的角
平面与平面垂直
【解析】
（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）方法一、建立空间直角坐标系，运用向量法求得异面直线所成角；
方法二、过E点作EM // BD，交DC于M，运用解直角三角形可得所求值．
【解答】
解1：由∠BDC=90∘及（1）知DA，DB，DC两两垂直，
不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，
分别以DB→、DC→、DA→所在直线x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 3, 0)，
A(0,0,3)，E(12，32，0)，AE→＝(12,32,−3)，DB→＝(1,0,0)，
所以AE→与DB→夹角的余弦值为cs⟨AE→，DB→⟩＝|AE→|⋅|DB→|˙＝121×224＝2222．
解2：过E点作EM // BD，交DC于M，EM＝12，AM＝AD2+DM2＝212，
而BD⊥ADC，即EM⊥平面ADC，
所以EM⊥AM，异面直线AE与DB的夹角为∠AEM，
则cs∠AEM＝EMAE＝12222＝2222．
【答案】
由题e＝ca＝22⇒a2＝2c2，∴ b2=a2−c2=c2，
把点(2, 1)代入椭圆C:x22c2+y2c2＝1，得c2=3，
故椭圆C的方程为：x26+y23＝1；
过右焦点F2(3,0)，斜率k＝3的直线方程：y＝3x−3，
联立x26+y23＝1y＝3x−3，化简得7x2−123x+12=0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝1237x1x2＝127，所以|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(1237)2−4×127=467，
故S△AOB＝12×|−3|×|x1−x2|＝32×(x1+x2)2−4x1x2＝667．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）根据离心率可得a，c的关系，再代入已知点求出a，b的关系，然后根据a，b，c的恒等式即可求解；
（2）由题意可求出直线AB的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出A，B两点的横坐标之间的距离，进而可以求解．
【解答】
由题e＝ca＝22⇒a2＝2c2，∴ b2=a2−c2=c2，
把点(2, 1)代入椭圆C:x22c2+y2c2＝1，得c2=3，
故椭圆C的方程为：x26+y23＝1；
过右焦点F2(3,0)，斜率k＝3的直线方程：y＝3x−3，
联立x26+y23＝1y＝3x−3，化简得7x2−123x+12=0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝1237x1x2＝127，所以|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=(1237)2−4×127=467，
故S△AOB＝12×|−3|×|x1−x2|＝32×(x1+x2)2−4x1x2＝667．
【答案】
证明：取AD中点O，连结PO，BO，BD，
∵ 底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60∘，
∴ △ABD是等边三角形，∴ PO⊥AD，
∵ PA＝PD，∴ △PAD是等腰三角形，
∴ PO⊥AD，
∵ PO∩BO＝O，∴ AD⊥平面PBO，
∵ PB⊂平面PBO，∴ AD⊥PB．
∵ AB＝PA＝2，
∴ 由（1）知△PAB，△ABD中边长为2的正三角形，则PO=3，BO=3，
∵ PB=6，
∴ PO2+BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又由（1）知，BO⊥AD，PO⊥AD，
∴ 以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D(−1, 0, 0)，P(0, 0, 3)，C(−2, 3, 0)，B(0, 3, 0)，
PB→=(0, 3,−3)，DP→=(1, 0, 3)，CD→=(1, −3, 0)，
设n→=(x, y, z)是平面PCD，
∴ n→⋅DP→=x+3z=0n→⋅CD→=x−3y=0 ，取y＝1，得n→=(3,1,−1)，
设直线PB与平面PDC所成角为θ，
则sinθ=|PB→⋅n→||PB→|⋅|n→|=236⋅5=105，
∴ 直线PB与平面PDC所成角的正弦值为105．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
【解析】
（1）取AD中点O，连结PO，BO，BD，推导出PO⊥AD，PO⊥AD，从而AD⊥平面PBO，由此能证明AD⊥PB．
（2）推导出PO⊥BO，BO⊥AD，PO⊥AD，以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面PDC所成角的正弦值．
【解答】
证明：取AD中点O，连结PO，BO，BD，
∵ 底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60∘，
∴ △ABD是等边三角形，∴ PO⊥AD，
∵ PA＝PD，∴ △PAD是等腰三角形，
∴ PO⊥AD，
∵ PO∩BO＝O，∴ AD⊥平面PBO，
∵ PB⊂平面PBO，∴ AD⊥PB．
∵ AB＝PA＝2，
∴ 由（1）知△PAB，△ABD中边长为2的正三角形，则PO=3，BO=3，
∵ PB=6，
∴ PO2+BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又由（1）知，BO⊥AD，PO⊥AD，
∴ 以O为原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D(−1, 0, 0)，P(0, 0, 3)，C(−2, 3, 0)，B(0, 3, 0)，
PB→=(0, 3,−3)，DP→=(1, 0, 3)，CD→=(1, −3, 0)，
设n→=(x, y, z)是平面PCD，
∴ n→⋅DP→=x+3z=0n→⋅CD→=x−3y=0 ，取y＝1，得n→=(3,1,−1)，
设直线PB与平面PDC所成角为θ，
则sinθ=|PB→⋅n→||PB→|⋅|n→|=236⋅5=105，
∴ 直线PB与平面PDC所成角的正弦值为105．
【答案】
解：（1）设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，则A(−a, 0)，B(a, 0)，F(c, 0)
∵ AF→⋅BF→=−1
∴ (c+a, 0)⋅(c−a, 0)=−1
∴ c2−a2=−1
∵ 离心率e=22，∴ ca=22
∴ a2=2，c2=1
∴ b2=a2−c2=1
∴ 椭圆的标准方程为x22+y2=1；
（2）假设存在直线l交椭圆与点P，Q两点，且F恰好为△PQM的垂，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，因为M(0, 1)，F(1.0)，所以kPQ=1．
于是设直线l为y=x+m，由y=x+mx22+y2=1得3x2+4mx+2m2−2=0
∴ x1+x2=−4m3，x1x2=2m2−23
∵ MP→⋅FQ→=0
∴ x1(x2−1)+y2(y1−1)=0
∴ 2x1x2+(x1+x2)(m−1)+m2−m=0=0
∴ 2×2m2−23−4m3(m−1)+m2−m=0=0
∴ m=−43或m=1（舍去）
故直线l的方程为y=x−43．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）设椭圆的标准方程，利用AF→⋅BF→=−1，离心率e=22，可求几何量，从而可得椭圆的标准方程；
（2）假设存在直线l交椭圆与点P，Q两点，且F恰好为△PQM的垂心，设直线l为y=x+m，与椭圆方程联立，利用韦达定理，及MP→⋅FQ→=0，即可求得直线l的方程．
【解答】
解：（1）设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，则A(−a, 0)，B(a, 0)，F(c, 0)
∵ AF→⋅BF→=−1
∴ (c+a, 0)⋅(c−a, 0)=−1
∴ c2−a2=−1
∵ 离心率e=22，∴ ca=22
∴ a2=2，c2=1
∴ b2=a2−c2=1
∴ 椭圆的标准方程为x22+y2=1；
（2）假设存在直线l交椭圆与点P，Q两点，且F恰好为△PQM的垂，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，因为M(0, 1)，F(1.0)，所以kPQ=1．
于是设直线l为y=x+m，由y=x+mx22+y2=1得3x2+4mx+2m2−2=0
∴ x1+x2=−4m3，x1x2=2m2−23
∵ MP→⋅FQ→=0
∴ x1(x2−1)+y2(y1−1)=0
∴ 2x1x2+(x1+x2)(m−1)+m2−m=0=0
∴ 2×2m2−23−4m3(m−1)+m2−m=0=0
∴ m=−43或m=1（舍去）
故直线l的方程为y=x−43．