2020-2021学年福建省泉州市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年福建省泉州市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共12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−y−1=0的倾斜角α=( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

2. 已知向量a→=1,2,5，b→=3,x,y，且a→//b→，则( )
A.x=6，y=15B.x=3，y=152C.x=3，y=15D.x=6，y=152

3. 椭圆x224+y225=1的一个焦点坐标为( )
A.(7, 0)B.(0, 7)C.(1, 0)D.(0, 1)

4. 过点1,0且与直线x+2y−1=0垂直的直线方程为( )
A.x−2y−1=0B.x−2y+1=0C.2x−y−2=0D.2x+y−1=0

5. 与圆x+12+y−22=1有相同圆心，且过点2,−2的圆的方程为( )
A.x−22+y+22=25B.x−22+y+22=5
C.x+12+y−22=25D.x+12+y−22=5

6. 已知双曲线x28−y2b2=1的焦点到渐近线的距离为2，则渐近线方程是( )
A.y=±12xB.y=±22xC.y=±2xD.y=±2x

7. 如图所示，在空间四边形OABC中， OA→=a→，OB→=b→，OC→=C→，点N在AB上，且AN→=2NB→，M为OC中点，则MN→=( )

A.12a→−23b→−12c→B.−23a→+12b→+12c→
C.13a→+12b→−12c→D.13a→+23b→−12c→

8. 椭圆x2a2+y2b2=1的左焦点为F1，点M在椭圆上，线段MF1的中点为N，若ON⊥MF1，且|ON|=b，则该椭圆的离心率为( )
A.13B.23C.33D.53
二、填空题

将圆x2+y2+4x−6y+4=0的周长平分的直线方程是( )
A.x−y+1=0B.x+y−1=0C.2x−y+1=0D.2x+y+1=0

顶点在原点，且过点2,−4的抛物线的标准方程是( )
A.y2=8xB.x2=−8yC.x2=−yD.y2=x

方程x23−m−y2m−1=1表示的曲线为C，则下列正确的是( )
A.曲线C可能是圆
B.若m<1，则曲线C为椭圆
C.若曲线C为双曲线，则1D.曲线C一定表示焦点在x轴上的椭圆

如图，等腰直角三角形△ABC中， AC=BC=9， AE:EC=5:4，DE//BC，沿DE将△ADE折起，使点A在平面BCED上的射影是点C，则下列正确的是( )

A.异面直线AD与BC所成角的大小为45∘
B.直线AD与平面ABC所成角的正弦值为225
C.四棱锥A−BCED的体积为28
D.点B到平面ACD的距离为42
三、解答题

若A−1,1,4，B1,2,3，C3,0,3，线段BC的中点为D，则|AD|=________.

点P是圆x2+y2=8上的动点， Q2,2，则线段PQ的中点的轨迹方程为________.

已知点M3,m， Nn,−2，若线段MN的垂直平分线的方程是x+2y−2=0，则m=________；n=________.

过抛物线y2=16x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是原点，若|AF|=5，则|BF|=________，△AOB的面积为________.
四、解答题

已知直线l1:2x+y−3=0，直线l2:ax−2y+1=0.
(1)若直线l1与直线l2平行，求直线l1与l2的距离；

(2)若直线l1与直线l2垂直，求直线l1与l2的交点坐标．

已知顶点在原点，焦点在y轴上的抛物线上一点Pm,3到焦点的距离为4．
(1)求此抛物线的方程；

(2)若此抛物线方程与直线y=kx−2相交于不同的两点A，B，且AB中点横坐标为2，求k的值．

如图，底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=CD=2，E，F分别是PC，AB的中点．

(1)求证： EF//平面PAD；

(2)求直线BE与平面PAD所成角的正弦值．

P是x轴上的动点，过点P做圆C：x2+y−22=1的切线，切点为A，B．
(1)求切线长|PA|的最小值；

(2)求证：直线AB恒过一个定点．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，侧面ABB1A1是正方形，AA1=3，AC=4，BC=5.

(1)求证： AA1⊥平面ABC；

(2)求二面角A1−BC1−B1的余弦值；

(3)证明：在线段BC1存在点D，使直线AD⊥A1B，并求BDBC1的值．

己知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为23，右焦点F与抛物线y2=4x的焦点重合，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l:x=my+1m∈R与椭圆C交于两点A，B，在x轴上是否存在点M，使得MA→⋅MB→为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省泉州市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，再求直线的倾斜角，得到选项．
【解答】
解：由直线3x−y−1=0可知，
直线的斜率k=tanα=3，
解得α=60∘.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
平行向量的性质
【解析】
利用向量共线，得所以a→=λb→，可得解.
【解答】
解：∴ a→//b→，
∴ a→=λb→，
即1,2,5=λ3,x,y，
解得λ=13，x=6，y=15.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
直接利用椭圆方程求解椭圆的焦点坐标即可．
【解答】
解：∵ 24<25，
∴ 椭圆x224+y225=1的焦点在y轴上，
∵ a=5，b=26，
∴ c=1，
∴ 椭圆的焦点坐标是(0, ±1).
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
直线的点斜式方程
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用两直线垂直斜率的关系，解得斜率为k1=2，再代入点斜式得解.
【解答】
解：由题意可知，x+2y−1=0的斜率k=−12，
∴ 所求直线的斜率k1=2，
又所求直线过点(1,0)，
∴ 所求直线y=2x−1，
即2x−y−2=0.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
圆的标准方程
【解析】
本题考查圆的标准方程，两点间的距离.
【解答】
解：由题意，设圆心为C−1,2，A2,−2，
所以半径CA=2+12+−2−22=5，
则圆的方程为x+12+y−22=25.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】
利用双曲线方程，解得渐近线与焦点的坐标，再利用距离公式得解.
【解答】
解：由题意可知，双曲线的一条渐近线方程为y=b22x，
即bx−22y=0，
焦点坐标为8+b2,0.
又双曲线的焦点到渐近线的距离为2，
即b8+b2b2+8=2，
解得b2=4，
所以渐近线方程为y=±22x.
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
空间向量的加减法
【解析】
利用向量的加法，MN→=MO→+OB→+BN→，利用中点公式代入．
【解答】
解：MN→ =MO→ +OB→ +BN→，
MO→ =−12OC→，BN→ = 13BA→ = 13(OA→ −OB→)，
所以MN→=−12OC→ + 23OB→ + 13OA→
=−12c→+23b→+13a→.
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的定义及几何性质，由中位线定理，以及直角三角形得解.
【解答】
解：由题意可知，ON//MF2，ON=12MF2，
又ON=b，
∴ MF2=2b.
由椭圆的定义，得MF1=2a−2b，F1F2=2c，
且ON⊥MF1，
∴ F1F22=MF12+MF22，
即2c2=2a−2b2+2b2，
且b2=a2−c2，0解得e=ca=53.
故选D.
二、填空题
【答案】
B,D
【考点】
圆的标准方程
直线恒过定点
【解析】
利用圆的一般方程解得圆心，代入选项得解.
【解答】
解：由题意，得x+22+y−32=9，
则圆心为−2,3.
又直线平分圆的周长，
则直线过圆的圆心，将−2,3代入直线方程可验证，
则x+y−1=0，2x+y+1=0成立.
故选BD.
【答案】
A,C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
由于点(2, −4)在第四象限，故抛物线可能开口向右，也可能开口向上．故可设抛物线的标准方程为y2＝2px，或x2＝−2my，把 点(2, −4)代入方程可得 p，m值，即得抛物线方程．
【解答】
解：∵ 点(2, −4)在第四象限，
∴ 抛物线可能开口向右，也可能开口向下，
∴ 设抛物线的标准方程为y2=2px，p>0或x2=−2my，m>0，
把点(2, −4)代入方程，得p=4， m=12，
∴ 抛物线的标准方程y2=8x或x2=−y.
故选AC.
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】
直接利用圆锥曲线标准方程的条件，判断即可.
【解答】
解：A，当3−m=1−m时，此时无解，
故不可能为圆，故A错误；
B，若m<1，则3−m>0，m−1<0，
且3−m≠1−m，故曲线为椭圆，故B正确；
C，若曲线C为双曲线，则3−mm−1>0，
解得1D，由选项C可知，该曲线还可能表示为双曲线，故D错误.
故选BC.
【答案】
A,B,C
【考点】
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
【解答】
解：如图，以C为原点，
分别以CE，CB，CA所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,0,3，B0,9,0，D4,5,0，E4,0,0，
∴ AD→=4,5,−3，BC→=0,−9,0，
∴ csθ=|cs⟨AD→,BC→⟩|=|AD→⋅BC→||AD→|⋅|BC→|=4552×9=22，
解得θ=45∘，故A正确；
B．∵ 平面ABC的一个法向量为n→=1,0,0，
∴ sinθ=|cs⟨AD→,n→⟩|=|AD→⋅n→||AD→|⋅|n→|=452×1=225 ，
故B正确；
C．四棱锥A−BCED的体积为V=13⋅S梯形BCDE⋅AC
=13×12×5+9×4×3=28，故C正确；
D．由三棱锥B−ACD的体积等于三棱锥A−BCD的体积，
∴ 13S△ACD⋅d=13S△BCD⋅AC，
即1241×3⋅d=12×9×4×3，
解得点B到平面ACD的距离 d=364141，故D错误.
故选ABC．
三、解答题
【答案】
10
【考点】
空间两点间的距离公式
中点坐标公式
【解析】
首先求出中点坐标，再利用两点坐标求距离即可.
【解答】
解：由题意，得D2,1,3，
所以AD=−1−22+1−12+4−32=10.
故答案为：10.
【答案】
(x−1)2+(y−1)2=2
【考点】
轨迹方程
【解析】
利用代入法求轨迹方程，设出中点坐标，表示出圆上的点，带入得到关系式整理即可.
【解答】
解：由题意，设PQ的中点为(x, y)，P(a, b)，
∵ Q(2, 2)，
∴ a=2x−2，b=2y−2.
又P为圆x2+y2=8上一动点，
∴ (2x−2)2+(2y−2)2=8，
整理，得(x−1)2+(y−1)2=2，
∴ PQ的中点的轨迹方程为(x−1)2+(y−1)2=2．
故答案为：(x−1)2+(y−1)2=2.
【答案】
2,1
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
中点坐标公式
【解析】
由垂直平分线的性质可知线段MN的斜率，且中点在直线x+2y−2=0，即可构造方程，解出即可.
【解答】
解：由题意，得m+23−n=2，3+n2+2×m−22−2=0，
解得m=2，n=1.
故答案为：2；1.
【答案】
20,40
【考点】
三角形的面积公式
抛物线的应用
【解析】
求出A点坐标，即可求出直线AB的方程，与抛物线方程联立求出B点坐标，即可求出结果．
【解答】
解：如图所示：
由题意可知，抛物线的焦点F的坐标为4,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2.
∵ |AF|=5，
∴ x1+4=5，
解得x1=1，
代入y2=16x中，得y2=16，
由图可知，A点的坐标为1,−4，
∴ kAF=0−−44−1=43，
∴ 直线AB的方程为y=43x−4.
由y=43x−4，y2=16x，
解得x=16，y=16,或x=1，y=−4，(舍去)
∴ B16,16，
∴ |BF|=x2+p2=16+4=20，
∴ S△AOB=12|OF||y1−y2|=12×4×20=40.
故答案为：20；40.
四、解答题
【答案】
解：(1)若直线l1与直线l2平行，
则有a2=−21≠1−3，
解得a=−4，
直线l2：4x+2y−1=0，直线l1：4x+2y−6=0，
直线l1与l2的距离为d=|−6−−1|42+22=525=52 .
(2)若直线l1与直线l2垂直，
则有−2⋅a2=−1，
解得a=1 ，
即直线l2：x−2y+1=0，
直线l1：2x+y−3=0，
由题意得2x+y−3=0,x−2y+1=0,
解得x=1,y=1,
∴ 直线l1与l2的交点坐标为1,1 .
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线的交点坐标
【解析】
（1）若直线l1与直线l2平行，则有a2=−21≠13，求得a=−4，
直线l1：4x+2y−6=0，直线l2：4x+2y−1=0，
直线l1与l2的距离为d=|−6−−1|42+22=525=52 .

【解答】
解：(1)若直线l1与直线l2平行，
则有a2=−21≠1−3，
解得a=−4，
直线l2：4x+2y−1=0，直线l1：4x+2y−6=0，
直线l1与l2的距离为d=|−6−−1|42+22=525=52 .
(2)若直线l1与直线l2垂直，
则有−2⋅a2=−1，
解得a=1 ，
即直线l2：x−2y+1=0，
直线l1：2x+y−3=0，
由题意得2x+y−3=0,x−2y+1=0,
解得x=1,y=1,
∴ 直线l1与l2的交点坐标为1,1 .
【答案】
解：(1)由题意，设抛物线方程为x2=2pyp>0，
则其准线方程为y=−p2.
∵ Pm,3到焦点的距离等于到准线的距离，
∴ 3+p2=4，
解得p=2，
∴ 抛物线的方程为x2=4y .
(2)由题意，联立y=kx−2，x2=4y，
消去y，得x2−4kx+8=0 .
∵ 直线y=kx−2与抛物线相交于不同的两点，
∴ Δ>0，即16k2−32>0，
解得k>2或k<−2.
设Ax2,y1，Bx2,y2，
由韦达定理，得x1+x2=4k，
∵ AB中点横坐标为2，
∴ x1+x22=2k=2，
解得k=1，
当k=1时，Δ=16−32=−16<0，
∴ k的值不存在．
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
（1）由题意设抛物线方程为x2=2pp>0，其准线方程为y=−p2，
∵ Pm,3到焦点的距离等于到准线的距离，∴ 3+p2=4，即p=2，
∴ 此抛物线的方程为x2=4y .
（2）由y=kx−2x2=4y，消去y得x2−4x+8=0 ，
∵ 直线y=kx−2与抛物线相交于不同两点，则有Δ>0，即16k2−32>0，
解得k>2,或k<−2，
设Ax2,y1,Bx2,y2，则由韦达定理得x1+x2=4k，
∵ AB中点横坐标为2，则有x1+x22=2k=2，即k=1，
∵ k=1不满足Δ>0，∴ 所求k的值不存在．
【解答】
解：(1)由题意，设抛物线方程为x2=2pyp>0，
则其准线方程为y=−p2.
∵ Pm,3到焦点的距离等于到准线的距离，
∴ 3+p2=4，
解得p=2，
∴ 抛物线的方程为x2=4y .
(2)由题意，联立y=kx−2，x2=4y，
消去y，得x2−4kx+8=0 .
∵ 直线y=kx−2与抛物线相交于不同的两点，
∴ Δ>0，即16k2−32>0，
解得k>2或k<−2.
设Ax2,y1，Bx2,y2，
由韦达定理，得x1+x2=4k，
∵ AB中点横坐标为2，
∴ x1+x22=2k=2，
解得k=1，
当k=1时，Δ=16−32=−16<0，
∴ k的值不存在．
【答案】
(1)证明：由题意可知，PD，CD，AD两两垂直，
分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，B2,2,0，P0,0,2，C0,2,0，
E0,1,1，F2,1,0，
∴ E→F=2,0,−1，
又平面PAD的一个法向量为n→=0,1,0，
∴ EF→⋅n→=0，
∴ EF→⊥n→，
∴ EF//平面PAD.
(2)解：由(1)可知，B2,2,0，E0,1,1，
则BE→=−2,−1,1.
设直线BE与平面PAD所成的角为θ，
又平面PAD的一个法向量为n→=0,1,0，
则sinθ=|cs⟨BE→,n→⟩|=|BE→⋅n→||BE→|⋅|n→|=16×1=66，
所以直线BE与平面PAD所成角的正弦值为66．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面所成的角
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：由题意可知，PD，CD，AD两两垂直，
分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，B2,2,0，P0,0,2，C0,2,0，
E0,1,1，F2,1,0，
∴ E→F=2,0,−1，
又平面PAD的一个法向量为n→=0,1,0，
∴ EF→⋅n→=0，
∴ EF→⊥n→，
∴ EF//平面PAD.
(2)解：由(1)可知，B2,2,0，E0,1,1，
则BE→=−2,−1,1.
设直线BE与平面PAD所成的角为θ，
又平面PAD的一个法向量为n→=0,1,0，
则sinθ=|cs⟨BE→,n→⟩|=|BE→⋅n→||BE→|⋅|n→|=16×1=66，
所以直线BE与平面PAD所成角的正弦值为66．
【答案】
(1)解：由题意可知，圆C的圆心C0,2，半径r=1，
∵ |PA|=|PC|2−r2=|PC|2−1，
则当|PC|最小时，|PA|最小，
又|PC|的最小值为点C到x轴的距离，且距离为2，
此时|PA|=3，
∴ |PA|的最小值为3.
(2)证明：由题意，设Pa,0，Ax1,y1，Bx2,y2.
∵ |PA|2=|PC|2−r2，
即x1−a2+y12=a2+4−1，
整理，得x12+y12−2ax1−3=0，
同理可得，x22+y22−2ax2−3=0，
∴ A，B两点在圆x2+y2−2ax−3=0上，
又A，B两点在圆C：x2+y2−4y+3=0上，
即直线AB为两圆公共弦所在直线，
∴ 直线AB的方程为2ax−4y+6=0，
∴ 直线AB恒过一个定点0,32．
【考点】
圆的切线方程
与圆有关的最值问题
直线和圆的方程的应用
相交弦所在直线的方程
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由题意可知，圆C的圆心C0,2，半径r=1，
∵ |PA|=|PC|2−r2=|PC|2−1，
则当|PC|最小时，|PA|最小，
又|PC|的最小值为点C到x轴的距离，且距离为2，
此时|PA|=3，
∴ |PA|的最小值为3.
(2)证明：由题意，设Pa,0，Ax1,y1，Bx2,y2.
∵ |PA|2=|PC|2−r2，
即x1−a2+y12=a2+4−1，
整理，得x12+y12−2ax1−3=0，
同理可得，x22+y22−2ax2−3=0，
∴ A，B两点在圆x2+y2−2ax−3=0上，
又A，B两点在圆C：x2+y2−4y+3=0上，
即直线AB为两圆公共弦所在直线，
∴ 直线AB的方程为2ax−4y+6=0，
∴ 直线AB恒过一个定点0,32．
【答案】
(1)证明：因为四边形ABB1A1是正方形，
所以AA1⊥AB，
又因为平面ABB1A1⊥平面 ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，
所以AA1⊥平面 ABC.
(2)解：因为AB=3，AC=4，BC=5，
所以AB⊥AC，
分别以AC，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A10,0,3，B10,3,3，C14,0,3，B0,3,0，
所以A1C1→=4,0,0，A1B→=0,3,−3，
B1C1→=4,−3,0，B1B→=0,0,−3.
设平面A1BC1的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⊥A1C1→，n→⊥A1B→，
即n→⋅A1C1→=4x=0,n→⋅A1B→=3y−3z=0,
取y=1，则n→=0,1,1.
设平面BC1B1的法向量为m→=x,y,z，
则m→⊥B1C1→,m→⊥B1B→,
即m→⋅B1C1→=4x−3y=0,m→⋅B1B→=−3z=0,
取x=3，则m→=3,4,0，
所以cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=42×5=225，
由图可知，二面角A1−BC1−B1为锐角，
所以二面角A1−BC1−B1的余弦值为225．
(3)证明：设点D的纵坐标为t（0在平面BCC1B1中作DE⊥BC于点E.
根据比例关系可知D43t,3−t,t，
所以AD→=43t,3−t,t，A1B→=0,3,−3，
因为AD⊥A1B，
所以AD→⋅A1B→=9−3t−3t=0，
解得t=32，
所以存在符合题意的点D，且BDBC1=DECC1=t3=12．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)证明：因为四边形ABB1A1是正方形，
所以AA1⊥AB，
又因为平面ABB1A1⊥平面 ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，
所以AA1⊥平面 ABC.
(2)解：因为AB=3，AC=4，BC=5，
所以AB⊥AC，
分别以AC，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A10,0,3，B10,3,3，C14,0,3，B0,3,0，
所以A1C1→=4,0,0，A1B→=0,3,−3，
B1C1→=4,−3,0，B1B→=0,0,−3.
设平面A1BC1的一个法向量为n→=x,y,z，
则n→⊥A1C1→，n→⊥A1B→，
即n→⋅A1C1→=4x=0,n→⋅A1B→=3y−3z=0,
取y=1，则n→=0,1,1.
设平面BC1B1的法向量为m→=x,y,z，
则m→⊥B1C1→,m→⊥B1B→,
即m→⋅B1C1→=4x−3y=0,m→⋅B1B→=−3z=0,
取x=3，则m→=3,4,0，
所以cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=42×5=225，
由图可知，二面角A1−BC1−B1为锐角，
所以二面角A1−BC1−B1的余弦值为225．
(3)证明：设点D的纵坐标为t（0在平面BCC1B1中作DE⊥BC于点E.
根据比例关系可知D43t,3−t,t，
所以AD→=43t,3−t,t，A1B→=0,3,−3，
因为AD⊥A1B，
所以AD→⋅A1B→=9−3t−3t=0，
解得t=32，
所以存在符合题意的点D，且BDBC1=DECC1=t3=12．
【答案】
解：(1)由题意，得b=3，c=1.
∵ a2=b2+c2，
∴ a=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)假设满足条件的点M存在，设其坐标为x0,0，
∵ 直线l的方程为x=my+1，
则x24+y23=1,x=my+1,
整理，得3m2+4y2+6my−9=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
由韦达定理，得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4.
∵ MA→=x1−x0,y1，MB→=x2−x0,y2，
∴ MA→⋅MB→=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(1−x0)(y1+y2)+(1−x0)2
=−9m2+13m2+4−6m⋅m1−x03m2+4+1−x02
=6x0−5m2−93m2+4+1−x02.
要使上式为定值，即与m无关，
则有6x0−153=−94，
解得x0=118，
此时，MA→⋅MB→=−13564，
∴ 存在点M118,0，使得MA→⋅MB→=−13564.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）先由短轴长为23求出b，再由右焦点F与抛物线y2=4x的焦点重合c，从而得到长半半轴长a，写出椭圆的标准方程．
（2）设点Ax1,y1,Bx2,y2，将直线1的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，利用向量的坐标运算计算MA→⋅MB→并代入韦达定理进行化简，并结合该数量积为定值，求出x0的值，从而得出M的坐标；
【解答】
解：(1)由题意，得b=3，c=1.
∵ a2=b2+c2，
∴ a=2，
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)假设满足条件的点M存在，设其坐标为x0,0，
∵ 直线l的方程为x=my+1，
则x24+y23=1,x=my+1,
整理，得3m2+4y2+6my−9=0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
由韦达定理，得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4.
∵ MA→=x1−x0,y1，MB→=x2−x0,y2，
∴ MA→⋅MB→=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(1−x0)(y1+y2)+(1−x0)2
=−9m2+13m2+4−6m⋅m1−x03m2+4+1−x02
=6x0−5m2−93m2+4+1−x02.
要使上式为定值，即与m无关，
则有6x0−153=−94，
解得x0=118，
此时，MA→⋅MB→=−13564，
∴ 存在点M118,0，使得MA→⋅MB→=−13564.