2020-2021学年山西省晋中市高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省晋中市高二（上）12月月考数学（理）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. 下列说法正确的是( )
A.棱柱的各个侧面都是平行四边形
B.底面是矩形的四棱柱是长方体
C.有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥

2. 直线3x+3y+1=0的倾斜角是( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )

A.12πB.18πC.24πD.36π

4. 已知原命题为“若两个三角形全等，则这两个三角形面积相等”，那么它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3

5. 设l，m是两条不同的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的个数为( )
①若l⊥α，m⊥α，则l // m；
②若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γ；
③若m // α，m // β，α∩β=l，则m // l；
④若l⊥m，m⊥α，则l // α．
A.1B.2C.3D.4

6. 直线mx−y−m+2=0过定点A，若直线l过点A且与2x+y−2=0平行，则直线l的方程为( )
A.2x+y−4=0B.2x+y+4=0C.x−2y+3=0D.x−2y−3=0

7. 如图，在下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB // 平面MNP的图形是( )

A.①④B.③④C.④D.①②④

8. 设点A(−2, 3)，B(3, 2)，若直线ax+y+2=0与线段AB没有交点，则a的取值范围是( )
A.(−∞, −52)∪(43, +∞)B.(−43, 52)
C.[−52, 43]D.(−∞, −43)∪(52, +∞)

9. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1 的各棱长都相等，D是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1与BD所成角的大小为( )
A.30∘B.45∘C.90∘D.60∘

10. 已知圆C：(x−2)2+y2=2，直线l：y=kx−2，若直线l上存在点P，过点P引圆的两条切线l1,l2，使得l1⊥l2，则实数k的取值范围是( )
A.[0,2−3)∪(2+3,+∞)B.[2−3,2+3]
C.(−∞,0)D.[0,+∞)

11. 已知F1，F2是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，且满足AF2→=2F2B→，|F1B→|=|AB→|，则该椭圆的离心率是( )
A.12B.33C.32D.53

12. 在边长为2的菱形ABCD中，BD=23，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使二面角B−AC−D的大小为60∘，则所得三棱锥A−BCD外接球的表面积为( )
A.4πB.529πC.6πD.203π
二、填空题

若直线(3a+2)x+(1−4a)y+8=0与(5a−2)x+(a+4)y−7=0垂直，则a=________．

已知p:|m+1|<1，q：幂函数y=m2−m−1xm在0,+∞上单调递减，则p是q的________条件．（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）

在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱长等于底面边长，A1在底面上的射影是△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于________.

过椭圆x29+y24=1上一点M作圆x2+y2=2的两条切线，切点为A，B，过A，B的直线与x轴和y轴分别交于点P，Q，则△POQ 面积的最小值为________.
三、解答题

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AD1，CD1的中点．

(1)证明：EF//平面ABCD；

(2)求异面直线EF与B1C1所成角的大小．

已知△ABC的三个顶点分别为A4,0，B0,−2，C−2,1 .
(1)求AB边上的高CD所在直线的方程；

(2)求过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．

已知a>0，命题p:∀x>0，x+ax≥2恒成立，命题q:∀k∈R，直线kx−y+2=0与椭圆x2+y2a2=1有公共点，求使得p∨q为真命题，p∧q为假命题的实数a的取值范围．

已知圆C经过点A2,−1，和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=−2x上．
(1)求圆C的方程；

(2)已知直线l经过点0,3，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．

如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是直角梯形，AB//CD，AD⊥CD，四边形CDEF是菱形，∠DCF=60∘，CD=2AD=2AB，AE=5AD.

(1)证明：CE⊥AF.

(2)已知点P在线段BC上，且CP=λCB，若二面角A−DF−P的大小为60∘，求实数λ．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，直线l：x−y+2=0与以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=4，证明直线AB过定点，并求出此定点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断
D．
【解答】
解：A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；
B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，
只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，故B错误；
C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，
只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；
D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，
如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角．
【解答】
解：直线3x+3y+1=0的斜率为−3，
设直线的倾斜角为θ，则tanθ=−3，
可得θ=120∘．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是底面半径为3，母线长为5的圆锥，
则高为52−33=4，
故该几何体体积为13×π×32×4=12π.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
四种命题的定义
【解析】
写出该命题的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假．
【解答】
解：原命题“若两个三角形全等，则这两个三角形面积相等”，
它的逆命题是“若两个三角形面积相等，则这两个三角形全等”，是假命题；
否命题是“若两个三角形不全等，则这两个三角形面积不相等”，是假命题；
逆否命题是“若两个三角形面积不相等，则这两个三角形不全等”，是真命题；
∴ 以上逆命题、否命题、逆否命题中，真命题有1个．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的性质
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
根据线面垂直的性质定理即可知①正确；利用面面垂直的性质定理可知②正确；
根据线面平行的性质定理和判定定理可知③正确，利用线面平行的定义可知④错误．
【解答】
解：对于①，根据线面垂直的性质定理可知①正确；
对于②，过l上任意一点作a⊥γ，利用面面垂直的性质可知，a既在α内又在β内，所以a与l重合，即l⊥γ，②正确；
对于③，设经过m的平面与α相交于b，与β相交于c，则由m // α可得m // b，同理，m // c，
由公理4可知，b // c，∴ b // β，∵ α∩β=l，∴ b // l，即有m // l，③正确；
对于④，若l⊥m，m⊥α，则l // α或l⊂α，④错误．
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
待定系数法求直线方程
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由mx−y−m+2=0得：y−2=m(x−1)，
故直线mx−y−m+2=0恒过定点A(1, 2)，
直线2x+y−2=0的斜率是：k=−2，
故直线l的方程是：y−2=−2(x−1)，
整理得：2x+y−4=0，
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
根据线面平行的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【解答】
解：在①中，连接AC，则AC // MN，由正方体性质得到平面MNP // 平面ABC，
∴ AB // 平面MNP，故①成立；
②若下底面中心为O，则NO // AB，NO∩面MNP=N，
∴ AB与面MNP不平行，故②不成立；
③过M作ME // AB，则E是中点，
则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，
∴ AB与面MNP不平行，故③不成立；
④连接CD，则AB // CD，NP // CD，则AB // PN，∴ AB // 平面MNP，故④成立．
综上所述，能得出AB // 平面MNP的图形是①④.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
斜率的计算公式
过两条直线交点的直线系方程
【解析】
直线ax+y+2=0过定点(0, −2)，直线ax+y+2=0与线段AB没有交点转化为过定点(0, −2)的直线与线段AB无公共点，作出图象，由图求解即可．
【解答】
解：直线ax+y+2=0恒过点M(0, −2)，
且斜率为−a，
∵ kMA=3−(−2)−2−0=−52，
kMB=2−(−2)3−0=43，
由图可知：−a>−52且−a<43，
∴ a∈(−43, 52).
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
直接构造平面角，再利用余弦定理得出即可.
【解答】
解：如图：取AB，BB1的中点分别为E，F，连接EF，FC1，EC1，
则易得EF//AB1，BD//FC1，从而∠EFC1为异面直线AB1与BD所成角的平面角或其补角，
设棱长为2，易得EF=12AB1=2，FC1=1+4=5，
EC1=4+94+34=7，
所以EF2+FC12=EC12，
故∠EFC1=90∘，则异面直线AB1与BD所成角的平面角为90∘.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
作图，根据题意可知∠CPA=45∘,即可得到|CP|=2,设Px,y ，则点P满足： (x−2)2+y2=4，与y=kx−2联立化为：1+k2×2−4k+4x+4=0,根据Δ≥0，即可实数k的取值范围是[0,+∞）．
【解答】
解：如图所示，
直线l上存在点P，过点P引圆的两条切线l1,l2 使得l1⊥l2，
则∠CPA=45∘，
∴ |CP|=2.
设Px,y ，则点P满足： (x−2)2+y2=4，
与y=kx−2联立化为：1+k2x2−4k+4x+4=0,
由Δ=4k+42−4×41+k2≥0解得k≥0，
∴ 实数k的取值范围是[0,+∞）.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
余弦定理
【解析】

【解答】
解：设F2B=t，则由已知有AF2=2t,
所以F1B=AB=AF2+F2B=3t.
由椭圆定义，有2a=F1B+F2B=t+3t=4t,
所以t=12a.
于是F1B=32a，F2B=12a，AF2=a，
进一步有AF1=2a−AF2=a.
所以在等腰△AF1F2中，cs∠AF2F1=ca,
又在△BF1F2中，由余弦定理得
cs∠BF2F1=4c2+14a2−94a22×2c×12a=2c2−a2ac.
而∠BF2F1=π−∠AF2F1，
所以2c2−a2ac=−ca，a2=3c2，e=33.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
余弦定理
【解析】
由已知可得]ABC、□AC．−D都是边长为2的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得∠BED为二面角B−AC−D的
平面角，即∠BED=60∘，作出图形，找出三棱锥A−BCD的外接球球心，利用四点共圆结合正弦定理求解三棱锥A−BCD
的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果．
【解答】
解：由于四边形ABCD是边长为2的菱形，且BD=23，
则AC=2AE=2AB2−BE2=2，
所以，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，
由于菱形的对角线互相垂直，则BE⊥AC，DE⊥AC，
所以，∠BED为二面角B−AC−D的平面角，即∠BED=60∘，
过点B作平面ACD的垂线BM，垂足为点M，则点M在线段DE上，
由BE=DE=3，∠BED=60∘，
可得ME=MD=12DE=32，
且△BDE是等边三角形，
所以BD=BE=3.
设△ACD的外心为点G，BD的中点H，
在平面BED内，过点G，H分别作平面ACD，BD的垂线交于点O，
则点O为三棱锥B−ACD的外接球的球心，
则DG=23DE=233，DH=12BD=32，
因为∠BDE=60∘，
则GH=DG2+DH2−2DG⋅DHcs60∘=1312，
由于O，G，D，H四点共圆，可得OD=GHsin60∘=133，
所以，三棱锥B−ACD的外接球的表面积为4π×1332=52π9.
故选B．
二、填空题
【答案】
0或1
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得．
【解答】
解：由题可得(3a+2)(5a−2)+(1−4a)(a+4)=0，
化简可得a2−a=0，解得a=0或a=1，
故答案为：0或1.
【答案】
必要不充分
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
分别化简p，q，再根据充分必要条件的定义即可判断．
【解答】
解：p：|m+1|<1等价于−2∵ 幂函数y=(m2−m−1)xm在(0, +∞)上单调递减，
∴ m2−m−1=1，且m<0，
解得m=−1，
∴ p是q的必要不充分条件，
故答案为：必要不充分.
【答案】
23
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
求直线与平面所成的角，可利用直线与平面所成角
的定义，过点B1作底面的垂线，找出斜线
在底面内的射影，计算求值即可.
【解答】
解：根据题意画出图形，
由题意不妨令棱长为2，点B1到底面的距离是B1E,
故OA=233，
由勾股定理得A1O=4−43=263，
故B1E=263，
如图作A1S⊥AB于中点S，易得A1S=3，
所以AB1=32+32=23，
所以AB1与底面ABC所成角的正弦值为
sin∠B1AE=26323=23.
故答案为：23.
【答案】
23
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则MA，MB的方程分别为x1x+y1y=2，x2x+y2y=2，
而MA，MB交于M(x0, y0)，即x1x0+y1y0=2，x2x0+y2y0=2，
∴ AB的直线方程为：x0x+y0y=2，
∴ P(2x0, 0)，Q(0, 2y0)，
∴ S△POQ=12|OP|⋅|OQ|=|2x0y0|，
∵ |x0y0|=6|x03⋅y02|≤3(x029+y024)=3，
∴ S△POQ≥23，
当且仅当x03=y02时，△POQ的面积的最小值为23.
故答案为：23.
三、解答题
【答案】
(1)证明：连接AC，
∵ E，F分别为AD1，CD1的中点，
∴ EF//AC，
又∵ EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ EF//平面ABCD．
(2)解：∵ EF//AC，B1C1//BC，
∴ ∠ACB为异面直线EF与B1C1所成的角或其补角，
△ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ 异面直线EF与B1C1所成角的大小为45∘．
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】


【解答】
(1)证明：连接AC，
∵ E，F分别为AD1，CD1的中点，
∴ EF//AC，
又∵ EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ EF//平面ABCD．
(2)解：∵ EF//AC，B1C1//BC，
∴ ∠ACB为异面直线EF与B1C1所成的角或其补角，
△ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ 异面直线EF与B1C1所成角的大小为45∘．
【答案】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
直线的截距式方程
【解析】


【解答】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【答案】
解：命题p：因为a>0时，对∀x>0，x+ax≥2a，
则2a≥2，即a≥1；
命题q：将直线kx−y+2=0代入椭圆x2+y2a2=1，
得(k2+a2)x2+4kx+4−a2=0，
则Δ=4a2(a2+k2−4)≥0，即a2≥−k2+4；
而−k2+4在R上的最大值为4；
∴ a2≥4，∵ a>0，∴ 解得a≥2；
（或者直线kx−y+2=0经过定点(0, 2)，则0+4a2≤1，
∵ a>0，∴ 解得a≥2.）
由题可得p，q一真一假，
当p真q假时，a≥1,0当p假q真时，0综上1≤a<2.
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
求出命题的等价条件，结合复合命题之间的关系进行求解即可．
【解答】
解：命题p：因为a>0时，对∀x>0，x+ax≥2a，
则2a≥2，即a≥1；
命题q：将直线kx−y+2=0代入椭圆x2+y2a2=1，
得(k2+a2)x2+4kx+4−a2=0，
则Δ=4a2(a2+k2−4)≥0，即a2≥−k2+4；
而−k2+4在R上的最大值为4；
∴ a2≥4，∵ a>0，∴ 解得a≥2；
（或者直线kx−y+2=0经过定点(0, 2)，则0+4a2≤1，
∵ a>0，∴ 解得a≥2)
由题可得p，q一真一假，
当p真q假时，a≥1,0当p假q真时，0综上1≤a<2.
【答案】
解：(1)设圆心C(a,−2a)，
由题知|a−2a−1|2=a−22+−2a+12，解得a=1．
所以圆C的方程为x−12+y+22=2．
(2)当直线l的斜率不存在时，它的方程为x=0，
此时与圆交于两点0,−1,0,−3，满足弦长为2．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx+3，
圆心到直线l的距离为|k+5|1+k2，
令|k+5|1+k2=2−1，解得k=−125，
直线l的方程为12x+5y−15=0 .
综上所述，直线l的方程为x=0或12x+5y−15=0．
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
直线的点斜式方程
【解析】


【解答】
解：(1)设圆心C(a,−2a)，
由题知|a−2a−1|2=a−22+−2a+12，解得a=1．
所以圆C的方程为x−12+y+22=2．
(2)当直线l的斜率不存在时，它的方程为x=0，
此时与圆交于两点0,−1,0,−3，满足弦长为2．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx+3，
圆心到直线l的距离为|k+5|1+k2，
令|k+5|1+k2=2−1，解得k=−125，
直线l的方程为12x+5y−15=0 .
综上所述，直线l的方程为x=0或12x+5y−15=0．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形CDEF是菱形，
∴ DE=CD=2AD，CE⊥DF，
∵ AE=5AD，∴ AE2=AD2+DE2=5AD2，
∴ AD⊥DE，
∵ AD⊥CD，∴ AD⊥平面CDEF．
∴ AD⊥CE，
∴ CE⊥平面ADF，∴ CE⊥AF．
(2)解：由(1)知以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设DA=1，由题设可得A(1,0,0)，B(1,1,0)，
C(0,2,0)，E(0,−1,3)，F(0,1,3)，
∴ CP→=λCB→=λ,−λ,0，
∴ DP→=DC→+CP→=(λ,2−λ,0)，
设m→=x,y,z是平面DFP的一个法向量，
则m→⋅DF→=y+3z=0,m→⋅DP→=λx+(2−λ)y=0,
令z=−1，得m→=3λ−23λ,3,−1，
由①可知CE→=0,−3,3是平面ADF的一个法向量，
∵ 二面角A−DF−P的大小为60∘，
∴ cs60∘=|m→⋅CE→||m→||CE→|=4323⋅3(1−2λ)2+4=12.
解得λ=23.
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：∵ 四边形CDEF是菱形，
∴ DE=CD=2AD，CE⊥DF，
∵ AE=5AD，∴ AE2=AD2+DE2=5AD2，
∴ AD⊥DE，
∵ AD⊥CD，∴ AD⊥平面CDEF．
∴ AD⊥CE，
∴ CE⊥平面ADF，∴ CE⊥AF．
(2)解：由(1)知以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设DA=1，由题设可得A(1,0,0)，B(1,1,0)，
C(0,2,0)，E(0,−1,3)，F(0,1,3)，
∴ CP→=λCB→=λ,−λ,0，
∴ DP→=DC→+CP→=(λ,2−λ,0)，
设m→=x,y,z是平面DFP的一个法向量，
则m→⋅DF→=y+3z=0,m→⋅DP→=λx+(2−λ)y=0,
令z=−1，得m→=3λ−23λ,3,−1，
由①可知CE→=0,−3,3是平面ADF的一个法向量，
∵ 二面角A−DF−P的大小为60∘，
∴ cs60∘=|m→⋅CE→||m→||CE→|=4323⋅3(1−2λ)2+4=12.
解得λ=23.
【答案】
(1)解：由已知得：
ca=22，212+(−1)2=b，b2+c2=a2，
解得a=2，b=1，
故椭圆方程为：x22+y2=1.
(2)证明：①若直线AB的斜率存在，
设直线AB：y=kx+m，m≠±1，
由(1)得M(0, 1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立椭圆方程和直线方程，消去y，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
由已知k1+k2=4，
可得y1−1x1+y2−1x2=4，
即kx1+m−1x1+kx2+m−1x2=4，
2k−4+(m−1)x1+x2x1x2=0，
将x1+x2，x1x2代入得到，k=2(m+1)，即m=k2−1，
则AB:y=kx+k2−1，即y=k(x+12)−1，
AB恒过定点(−12, −1)；
②若直线AB斜率不存在，设AB:x=x0，
则A(x0, y0)，B(x0, −y0)，
由y0−1x0+−y0−1x0=4，得x0=−12，
故直线AB:x=−12，
故直线AB也过定点(−12, −1)．
综上，直线AB恒过定点，此定点坐标为(−12, −1)．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
点到直线的距离公式
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由离心率为22得ca=22，由直线l与圆相切得212+(−1)2=b，再由b2+c2=a2即可解得a，b值；
（2）要证明直线AB过定点N(−12, −l)，可证NA→ // NB→．设MA:y=k1x+1，代入椭圆方程消掉y得x的二次方程，由韦达定理可表示点A坐标，同理可得点B坐标，由向量共线的条件可证NA→ // NB→；
【解答】
(1)解：由已知得：
ca=22，212+(−1)2=b，b2+c2=a2，
解得a=2，b=1，
故椭圆方程为：x22+y2=1.
(2)证明：①若直线AB的斜率存在，
设直线AB：：y=kx+m，m≠±1，
由(1)得M(0, 1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立椭圆方程和直线方程，消去y，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
由已知k1+k2=4，
可得y1−1x1+y2−1x2=4，
即kx1+m−1x1+kx2+m−1x2=4，
2k−4+(m−1)x1+x2x1x2=0，
将x1+x2，x1x2代入得到，k=2(m+1)，即m=k2−1，
则AB:y=kx+k2−1，即y=k(x+12)−1，
AB恒过定点(−12, −1)；
②若直线AB斜率不存在，设AB:x=x0，
则A(x0, y0)，B(x0, −y0)，
由y0−1x0+−y0−1x0=4，得x0=−12，
故直线AB:x=−12，
故直线AB也过定点(−12, −1)．
综上，直线AB恒过定点，此定点坐标为(−12, −1)．