2021-2022学年河北省保定市某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年河北省保定市某校高二（下）月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若直线l经过A1,0,B4,3两点，则直线l的倾斜角为（ ）
A.π6B.π4C.π3D.2π3

2. 等差数列an的前n项和为Sn，若a4+a10=6，则S13=（ ）
A.37B.38C.39D.40

3. 已知抛物线x2=4y的焦点为F，若抛物线上一点P到x轴的距离为2，则|PF|的值为（ ）
A.1B.2C.3D.4

4. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ>0，且λ≠1）的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A−4,0,B2,0，点P满足|PA||PB|=2，则点P的轨迹的圆心坐标为（ ）
A.4,0B.0,4C.−4,0D.2,0

5. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线与直线l:2x−y=2垂直，若右焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（ ）
A.x216−y24=1B.x24−y216=1
C.x212−y24=1D.x24−y212=1

6. 已知直线y=kx−k+2与圆x−22+y−12=4相交于P、Q两点，则弦PQ最短时所在的直线方程是（ ）
A.x+y+1=0B.x+y−1=0C.x−y−1=0D.x−y+1=0

7. 抛物线C:y2=4x的焦点为F，直线m过点F，斜率k=22，且交抛物线C于A，B（点A在x轴的下方）两点，抛物线的准线为l，O为坐标原点，作AA1⊥l于A1，BB1⊥l于B1，小明计算得出以下三个结论：①|AB|=12；②A1F平分∠OFA；③|AA1|⋅|BB1|=|AA1|+|BB1|．其中正确的结论个数为（ ）
A.0B.1C.2D.3

8. 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，M为空间一点，N为底面A1B1C1D1内一点，且满足AM→=λA1B1→+λA1→D1→−A1A→，异面直线A1A 与BN所成角为30∘，则线段MN长度最小值为（ ）
A.32−3B.33−2C.332−2D.322−3
二、多选题

已知两条直线l1,l2的方程分别为3x+4y+12=0与ax+8y−11=0，下列结论正确的是（ ）
A.若l1//l2，则a=6
B.若l1//l2，则两条平行直线之间的距离为72
C.若l1⊥l2，则a=323
D.若a≠6，则直线l1,l2一定相交

已知椭圆x225+y29=1的右焦点是双曲线x2a2−y29=1的右顶点，点P是双曲线第一象限上一点，则下列结论正确的是（ ）
A.a=16
B.双曲线的渐近线方程为y=±34x
C.椭圆的左顶点是双曲线的左焦点
D.若椭圆的左、右焦点分别为F1,F2，则直线PF1,PF2的斜率之积为定值

已知数列ann∈N*为等差数列，Sn为an的前n项和，若a2=5,S5=35，则下列结论中正确的是（ ）
A.a1=2
B.Sn=n2+2n
C.若数列1Sn的前n项和为Tn，则Tn<34
D.若gn=Sn+2n，则gn的最小值为22+2

已知三棱锥A−BCD的各顶点都在球O上，点M，N分别是AC，CD的中点，AB⊥平面BCD，CD=2AB=2BC=4，AD=26，则下列说法中正确的是（ ）
A.三棱锥A−BCD的四个面均为直角三角形
B.球O的表面积为24π
C.直线BD与平面ABC所成角的正切值是12
D.平面BMN被球O所截的截面面积是14π3
三、填空题

已知a→=2,1,−3,b→=1,−2,1，若b→⊥λa→+b→，则实数λ=________.

阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为53，面积为6π，则椭圆C的方程为________.

已知数列an中，a1=0,an+1=an+−1n+1⋅n2n∈N*，则a101=________.

已知F1,F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，O为坐标原点，F2(3,0)，P为右支上一点，且满足|OP|=3，直线PF2交y轴于点Q，若△PF1Q的内切圆的半径为2，则双曲线C的离心率为________.
四、解答题

已知直线l1:x−3y−2=0,l2:3x−2y+1=0，设直线l1,l2的交点为P．
(1)求P的坐标；

(2)若直线l过点P且在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．

已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an−1.
(1)求an;

(2)若数列bn满足bn=lg3an，求数列an+bn的前n项和Tn.

已知圆C过点A1,3,B2,2，且圆周被直线3x+y+7=0平分．
(1)求圆C的标准方程；

(2)已知过点−4,5的直线l被圆C截得的弦长为221，求直线l的方程．

已知数列an满足an+1=2an−n+1,a1=3.
(1)证明数列an−n为等比数列，并求出数列an的通项公式；

(2)若数列cn满足cn=an2n−1，试求数列cn的前n项和Tn.

如图1，一副标准的三角板中，∠B为直角，∠A=60∘,∠E 为直角，DE=EF，且BC=DF，把BC与DF重合，拼成一个三棱锥，如图2．设M是AC的中点，N是BC的中点．

(1)求证：BC⊥EM；

(2)在图2中，若AC=4，且EN⊥NM，试求平面ABE与平面ANE夹角的余弦值．

已知F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点P1,32在椭圆C上，且PF2⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过点A4,0的直线l与椭圆C相交于不同的两点M、N．若5|AM|，6|AP|，7|AN|成等比数列，试求满足条件的直线l的方程．
参考答案与试题解析
2021-2022学年河北省保定市某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：斜率k=34−1=33，
∴ 倾斜角为π6．故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：因为等差数列an中， a4+a10=a1+a13=6，
则S13=13a1+a132=13⋅62=39．故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
抛物线的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：抛物线上一点P到x轴的距离为2，抛物线的准线方程为y=−1，由抛物线的定义可知， |PF|=2+1=3．故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
两点间的距离公式
轨迹方程
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：令Px,y，则x+42+y2=2x−22+y2，平方整理得x2+y2−8x=0，∴ 圆心为4,0．故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：根据题意，双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，则其渐近线方程为y=±bax，又由其一条渐近线与直线l:2x−y=2垂直，有ba=12，即a=2b，右焦点到渐近线的距离为2，则bca2+b2=2，解得b=2，
∴ a=4，则双曲线的方程为x216−y24=1，故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
直线和圆的方程的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：直线y=kx−k+2=kx−1+2，所以直线恒过A1,2，设圆心为B(2,1），
由圆的几何性质知，当直线y=kx−k+2与直线AB垂直时，弦PQ最短，此时，直线AB的斜率为kAB=2−11−2=−1，
∴ kPQ=1，∴ 弦PQ最短时所在的直线方程是y=x+1，即x−y+1=0．故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：由抛物线的方程可得焦点F1,0，准线方程为： x=−1，如图
令直线m的倾斜角为α，∵ tanα=k=22，∴ sinα=33，∴ |AB|=4sin2α=413=12，①正确；
∵ |A1A|=|AF|，∴ ∠AA1F=∠AFA1，又∵ AA1//OF，∴ ∠AA1F=∠A1FO,
∴ ∠A1FA=∠A1FO，∴ A1F平分∠OFA，②正确；
由抛物线的性质可得， |AF|=|AA1|=21+csα=21+26=6−26,
|BF|=|BB1|=21−csα=21−26=6+26,
∴ |AA1|⋅|BB1|=6−266+26=12,
|AA1|+|BB1|=6−26+6+26=12，
∴ |AA1|⋅|BB1|=|AA1|+|BB1|，③正确，
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：由AM→=λA1B1→+λA1D1→−A1A，得A1M→=λA1C1→，∴ M点在直线A1C1上，
A1A//B1B，∴ B1B与BN所成角为30∘，∵ B1B⊥底面A1B1C1D1，
∴ tan30∘=B1NB1B=B1N3=33,
∴ B1N=3，∴ N点在以B1为圆心，3为半径的14圆周上，由圆的性质得，线段MN长度最小值为B1到直线A1C1的距离减去半径，即322−3．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条平行直线间的距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：若l1//l2，则a3=84≠−1112，∴ a=6，A正确；
由A知，l2:6x+8y−11=0，直线3x+4y+12=0可化为6x+8y+24=0，
∴ 两条平行直线之间的距离为|11+24|36+64=72，B正确．
由l1⊥l2，则3a+4×8=0，∴ a=−323，C不正确；
由A知a=6时， l1//l2，所以a≠6时，则直线l1,l2一定相交，D正确．故选ABD．
【答案】
B,C,D
【考点】
双曲线的特性
椭圆的定义和性质
双曲线的定义
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：由椭圆x225+y29=1，得a2=25,b2=9,c2=a2−b2=16，
∴ 椭圆x225+y29=1的右焦点即双曲线x2a2−y29=1的右顶点为4,0，
∴ a2=16,a=4.A不正确；
又b=3，∴ 双曲线的渐近线为y=±34x,B正确；
由上述得椭圆的左顶点是−5,0，双曲线的左焦点是(−5,0)，C正确；
椭圆的左、右焦点分别为F1,F2，恰为双曲线的左、右顶点，
∴ kPF1⋅kPF2=b2a2=916为定值，D正确．
故选BCD．
【答案】
B,C
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：数列ann∈N*为等差数列且a2=5,S5=35，解得an=2n+1，
∴ a1=3，Sn=n2+2n，
A不正确，B正确；
∵ 1Sn=1n2+2n=1nn+2=121n−1n+2，
∴ Tn=1211−13+12−14+⋯+1n−1−1n+1+1n+2
=1211+12−1n+1−1n+2=34−121n+1+1n+2<34，
∴ C正确；
∵ gn=Sn+2n=n2+2n+2n=n+2n+2，且n∈N*，
∴ gn=n+2n+2的最小值为g1=g2=5，∴ D不正确，
故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析： AB⊥平面BCD，∴ △ABC，△ABD为直角三角形，
∵ AB=2,BC=2,AD=26，由勾股定理得AC=22,BD=25，
又∵ BC=2,CD=4，∴ △DBC，△ACD为直角三角形，A正确；
三棱锥A−BCD可看作由长、宽、高分别为4，2，2的长方体截得，O为AD的中点，球O的直径为42+22+22=26，
故球О的表面积S=4π62=24π，故B正确；
直线BD与平面ABC所成角的平面角为∠DBC，
∴ tan∠DBC=CDBC=2，所以C不正确；
在Rt△ABC中，BM=12AC=2，
在△ACD中，MN=12AD=6，
又BN=22，∴ △BMN为直角三角形， S△BMN=12×6×2=3，
设点O到平面BMN的距离为h，由于O到平面BMN的距离与C到平面BMN的距离相等，
∴ VO−BMN=VC−BNM=VM−BCN则13×S△BCN×12AB=13×S△BMN×h，
则13×12×2×2×1=13×3×h，解得h=233，
故平面BMN被球O所截的截面圆的半径r=6−43=143,
故平面BMN被球O所截的截面面积是S=π1432=14π3，故D正确，
故选ABD.
三、填空题
【答案】
2
【考点】
空间向量的数量积运算
空间向量运算的坐标表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：∵ a→=2,1,−3,b→=1,−2,1，
∴ λa→+b→=(2λ+1,λ−2,−3λ+1)，
∵ b→⊥λa→+b，∴ 2λ+1−2λ−2−3λ+1=0，
∴ 3λ=6，∴ λ=2.
【答案】
x24+y29=1
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由条件得 6ππ=abca=53,a2=b2+c2, 解得a=3,b=2，∴ 椭圆C的方程为x24+y29=1.
【答案】
−5050
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析： a2=a1+12,a3=a2−22,a4=a3+32,a5=a4−42，…，a101=a100−1002，叠加得a101=a1+12−22+32−42+⋯+992−1002
=0−1+2+3+⋯+100=−5050.
【答案】
32
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：∵ F23,0，∴ c=3，∴ |F1F2|=6，又O为F1F2中点，|OP|=3，
∴ △PF1F2为直角三角形，∴ △PF1Q也为直角三角形，
由内切圆的性质知2r=|PQ|+|PF1|−|QF1|，
∵ |QF1|=|QF2|，
∴ 2r=|PQ|+|PF1|−|QF2|=|PF1|−|PF2|=2a=4，
∴ a=2，
又c=3，∴ e=ca=32.
四、解答题
【答案】
解：（1）联立方程x−3y−2=0,3x−2y+1=0, 解得P−1,−1 .
（2）∵ 直线l在两坐标轴上的截距相等，∴ 直线l的斜率为−1或经过原点，
当直线l过原点时，∵ 直线l过点P，
∴ l的方程为y=x ，
当直线l斜率为−1时，
∵ 直线l过点P，
∴ l的方程为y+1=−x+1，
综上，直线l的方程为x+y+2=0或x−y=0.
【考点】
两条直线的交点坐标
过两条直线交点的直线系方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）联立方程x−3y−2=0,3x−2y+1=0, 解得P−1,−1 .
（2）∵ 直线l在两坐标轴上的截距相等，∴ 直线l的斜率为−1或经过原点，
当直线l过原点时，∵ 直线l过点P，
∴ l的方程为y=x ，
当直线l斜率为−1时，
∵ 直线l过点P，
∴ l的方程为y+1=−x+1，
综上，直线l的方程为x+y+2=0或x−y=0.
【答案】
解：（1）当n=1时，2S1=3a1−1，∴ a1=1．
当n≥2时， 2an=2Sn−2Sn−1=3an−1−3an−1−1
∴ anan−1=3，∴ 数列an是以a1=1为首项，3为公比的等比数列，
综上，an=3n−1．
（2）由（1）得bn=lg33n−1=n−1，
∴ 数列bn为b1=0，公差d=1的等差数列．
∴ Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn=11−3n1−3+0+n−1n2=3n+n2−n−12.
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当n=1时，2S1=3a1−1，∴ a1=1．
当n≥2时， 2an=2Sn−2Sn−1=3an−1−3an−1−1
∴ anan−1=3，∴ 数列an是以a1=1为首项，3为公比的等比数列，
综上，an=3n−1．
（2）由（1）得bn=lg33n−1=n−1，
∴ 数列bn为b1=0，公差d=1的等差数列．
∴ Tn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn=11−3n1−3+0+n−1n2=3n+n2−n−12.
【答案】
解：（1）∵ A1,3,B2,2，且直线3x+y+7=0过圆心，
∴ AB的中点坐标为32,52，
又kAB=3−21−2=−1，
∴ AB的垂直平分线方程为y−52=x−32，即x−y+1=0，
联立3x+y+7=0x−y+1=0, 解得x=−2y=−1
∴ 圆C的圆心坐标为−2,−1，r=−2−12+−1−32=5，
则圆C的标准方程为x+22+y+12=25.
（2）当斜率存在时，设直线方程为y−5=kx+4，即kx−y+4k+5=0,
圆心−2,−1到直线的距离d=|−2k+1+4k+5|k2+1=|2k+6|k2+1=52−21=2，
解得k=−43，
∴ 直线l的方程为4x+3y+1=0，
当斜率不存在时，x=−4也满足条件．
则直线l的方程为4x+3y+1=0或x=−4.
【考点】
圆的标准方程
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）∵ A1,3,B2,2，且直线3x+y+7=0过圆心，
∴ AB的中点坐标为32,52，
又kAB=3−21−2=−1，
∴ AB的垂直平分线方程为y−52=x−32，即x−y+1=0，
联立3x+y+7=0x−y+1=0, 解得x=−2y=−1
∴ 圆C的圆心坐标为−2,−1，r=−2−12+−1−32=5，
则圆C的标准方程为x+22+y+12=25.
（2）当斜率存在时，设直线方程为y−5=kx+4，即kx−y+4k+5=0,
圆心−2,−1到直线的距离d=|−2k+1+4k+5|k2+1=|2k+6|k2+1=52−21=2，
解得k=−43，
∴ 直线l的方程为4x+3y+1=0，
当斜率不存在时，x=−4也满足条件．
则直线l的方程为4x+3y+1=0或x=−4.
【答案】
解：（1）证明：由an+1=2an−n+1，得an+1−n+1=2an−n，
又a1=3，∴ a1−1=2，
所以an−n是首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an−n=2×2n−1=2n，
∴ an=2n+n．
（2）由（1）得cn=2n+n2n−1=1+n2n−1=n2n,
Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n,①
12Tn=122+223+324+⋯+n−12n+n2n+1, ②
①−②得
12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12[1−12n]1−12−n2n+1= 1−2+n2n+1，
∴ Tn=2−n+212n．
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）证明：由an+1=2an−n+1，得an+1−n+1=2an−n，
又a1=3，∴ a1−1=2，
所以an−n是首项为2，公比为2的等比数列，
∴ an−n=2×2n−1=2n，
∴ an=2n+n．
（2）由（1）得cn=2n+n2n−1=1+n2n−1=n2n,
Tn=12+222+323+⋯+n−12n−1+n2n,①
12Tn=122+223+324+⋯+n−12n+n2n+1, ②
①−②得
12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12[1−12n]1−12−n2n+1= 1−2+n2n+1，
∴ Tn=2−n+212n．
【答案】
解：（1）证明：∵ AB⊥BC,BE=CE，M是AC的中点，N是BC的中点，
∴ EN⊥BC，MN//AB，∴ MN⊥BC ,
∵ EN∩MN=N，EN，MN⊂平面E MN，∴ BC⊥平面EMN ，∴ BC⊥EM.
（2）∵ AC=4,EN⊥NM，且EN⊥BC，∴ EN⊥平面ABC，
AB=2,BC=23,BE=CE=6,EN=3，
以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
A2,0,0,B0,0,0,E0,3,3,C0,23,0,N0,3,0,
BA→=2,0,0,BE→=0,3,3，
设平面ABE的法向量n→1=x1,y1,z1，
则
n→1⋅BA→=2x1=0,n→1⋅BE→=3y1+3z=0
取y1=1，得n1=0,1,−1，
同理得平面ANE的法向量为n2=3,2,0，
∴ |cs⟨n→1,n→2⟩|=|n→1⋅n→2|n→1|⋅|n→2||=227=147，
∴ 平面ABE与平面ANE夹角的余弦值为147.
【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】
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【解答】
解：（1）证明：∵ AB⊥BC,BE=CE，M是AC的中点，N是BC的中点，
∴ EN⊥BC，MN//AB，∴ MN⊥BC ,
∵ EN∩MN=N，EN，MN⊂平面E MN，∴ BC⊥平面EMN ，∴ BC⊥EM.
（2）∵ AC=4,EN⊥NM，且EN⊥BC，∴ EN⊥平面ABC，
AB=2,BC=23,BE=CE=6,EN=3，
以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
A2,0,0,B0,0,0,E0,3,3,C0,23,0,N0,3,0,
BA→=2,0,0,BE→=0,3,3，
设平面ABE的法向量n→1=x1,y1,z1，
则
n→1⋅BA→=2x1=0,n→1⋅BE→=3y1+3z=0
取y1=1，得n1=0,1,−1，
同理得平面ANE的法向量为n2=3,2,0，
∴ |cs⟨n→1,n→2⟩|=|n→1⋅n→2|n→1|⋅|n→2||=227=147，
∴ 平面ABE与平面ANE夹角的余弦值为147.
【答案】
解：(1)因为点P1,32在C上，且PF2⊥x轴，所以c=1，
b2a=32，∵ a2=b2+c2=b2+1，∴ a2=4,b2=3．
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−4，
由 y=kx−4x24+y23=1, 消去y，整理得3+4k2x2−32k2x+64k2−12=0，
由题意知Δ=32k22−43+4k264k2−12>0,
解得−12设Mx1,y1,Nx2,y2
则x1+x2=32k3+4k2 x1x2=64k2−123+4k2,
又|AM|⋅|AN|=4−x12+y12⋅4−x22+y22
=k2+14−x14−x2
=k2+1x1x2−4x1+x2+16
=k2+164k2−123+4k2−4×32k23+4k2+16
=k2+1⋅363+4k2.
∵ |AP|2=454，
且∵ 35|AM|⋅|AN|=36|AP|2，
∴ |AM|⋅|AN|=3635×454=817，
所以k2+1⋅363+4k2=817，解得k=±24，经检验成立．
所以直线l的方程为2x−4y−42=0或2x+4y−42=0．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆中的平面几何问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为点P1,32在C上，且PF2⊥x轴，所以c=1，
b2a=32，∵ a2=b2+c2=b2+1，∴ a2=4,b2=3．
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−4，
由 y=kx−4x24+y23=1, 消去y，整理得3+4k2x2−32k2x+64k2−12=0，
由题意知Δ=32k22−43+4k264k2−12>0,
解得−12设Mx1,y1,Nx2,y2
则x1+x2=32k3+4k2 x1x2=64k2−123+4k2,
又|AM|⋅|AN|=4−x12+y12⋅4−x22+y22
=k2+14−x14−x2
=k2+1x1x2−4x1+x2+16
=k2+164k2−123+4k2−4×32k23+4k2+16
=k2+1⋅363+4k2.
∵ |AP|2=454，
且∵ 35|AM|⋅|AN|=36|AP|2，
∴ |AM|⋅|AN|=3635×454=817，
所以k2+1⋅363+4k2=817，解得k=±24，经检验成立．
所以直线l的方程为2x−4y−42=0或2x+4y−42=0．