2020-2021学年河南省高二（上）联考数学试卷（理科）（1月份）人教A版

这是一份2020-2021学年河南省高二（上）联考数学试卷（理科）（1月份）人教A版，共13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. 命题“∀x≥1，2x−1>0”的否定是（ ）
A.∀x≥1，2x−1≤0B.∃x0≥1，2x0−1≤0
C.∃x0<1，2x0−1>0D.∃x0<1，2x0−1≤0

2. 抛物线y=4x2的焦点坐标是（ ）
A.(0, 1)B.(0, 116)C.(1, 0)D.(116, 0)

3. 关于x的方程4x+2x+1−m＝0有正实数解的一个必要不充分条件是（ ）
A.m≥0B.m≥5C.m>3D.m≥4

4. 已知双曲线C：＝1(a>0, b>0)，直线l:y＝与双曲线C仅有一个公共点，则双曲线C的离心率为（ ）
A.2B.C.2D.

5. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M是BD的中点，则B1M与平面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）

A.66B.33C.−306D.306

6. 若椭圆x24+y2m=1(m>0)的离心率为12，则实数m等于（ ）
A.3B.1或3C.3或163D.1或163

7. 若“∀x∈(1, 4]，x2−2ax+9>0”是假命题，则实数a的取值范围为（ ）
A.(−∞, 3]B.[3, +∞)C.(3, +∞)D.[5, +∞)

8. 设曲线C的方程为＝1，给出关于曲线C的性质的结论：①曲线C关于坐标轴对称，也关于坐标原点对称；②曲线C上的所有点均在椭圆＝1内部．下面判断正确的是（ ）
A.①错误②正确B.①正确②错误C.①②都错误D.①②都正确

9. 如图，F1，F2是双曲线C：＝1(a>0)的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为F2B的中点，且F1B⊥F2B，则|F1F2|＝（ ）

A.4B.C.6D.9

10. 以M(0, 2)为圆心，4为半径的圆与抛物线C:x2＝8y相交于A，B两点，如图，点P是优弧上不同于A，B的一个动点，过P作平行于y轴的直线交抛物线于点N，则△PMN的周长的取值范围是（ ）

A.(8, 12)B.(8, 12]C.[8, 12)D.[8, 12]

11. 以下四个关于双曲线的命题：
①设A，B为两个定点，m为正数，若动点P使||PA|−|PB||＝m，则动点P的轨迹是双曲线；
②方程2x2−5x+2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③双曲线＝1与椭圆＝1有相同的焦点；
④若双曲线C:x2−＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上一点，若|PF1|＝，则|PF2|＝或．
其中真命题的个数为（ ）
A.1B.2C.3D.4

12. 已知椭圆＝1上存在两个不同的点A，B关于直线x+y+m＝0对称，则实数m的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

王安石在《游褒禅山记》中写道：“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也．”请问“有志”是能到达“奇伟、瑰怪，非常之观”的________条件．（填“充分”“必要”“充要”中的一个）

双曲线C:x24−y22=1的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，若|OP|=2|OF|，则△PFO的面积为________．

如图，二面角α−l−β为135∘，A∈α，B∈β，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为C，D，若AC＝1，BD＝，CD＝2，则AB的长度为________．


已知抛物线C:x2＝ay焦点为F，准线方程y＝−1，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|−1，则当∠AFB最大时，|AD|＝________．
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．

已知p：方程＝1对应的图形是双曲线；q：函数f(x)＝−x2+2mx+1−m(x∈[0, 1])的最大值不超过2．若p∨q为真命题，p∧q为假命题，求实数m的取值范围．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面ABP，BC // AD，∠PAB＝90∘，PA＝AB＝2，AD＝3，BC＝1，E是PB的中点．

（1）证明：PB⊥平面ADE；

（2）求二面角C−AE−D的余弦值．

已知过点的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y＝0．
（1）求双曲线C的方程；

（2）若O是坐标原点，直线l:y＝kx−1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为，求实数k的值．

在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，BA⊥AC，四边形ACC1A1为菱形，且∠A1AC＝60∘，E，F分别是棱BC，BB1的中点，AC＝2AB＝2．

（1）求异面直线A1B和EF所成角的余弦值；

（2）求C1到平面AEF的距离．

以抛物线C:y2＝2px(p>0)的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|＝4，|DE|＝2．
（1）求抛物线C的方程；

（2）过(−1, 0)的直线l交抛物线C于不同的两点P，Q，交直线x＝−4于点G（Q在PG之间），直线QF交直线x＝−1于点H．是否存在这样的直线l，使得GH // PF（F为C的焦点）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

已知F1，F2是椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线2x−3y−2＝0与椭圆C交于P，Q两点，R为P，Q的中点，直线OR的斜率为−1．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点F2的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O:x2+y2＝2相交于G，H两点，求|AB|∗|GH|2的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省高二（上）联考数学试卷（理科）（1月份）
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.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题，即可得到命题“∀x≥1，2x−1>0”的否定．
【解答】
由全称命题的否定是特称命题，
可知“∀x≥1，2x−5>0”的否定为“∃x0≥6，2x0−3≤0“．
2.
【答案】
B
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
把抛物线y=4x2的方程化为标准形式，确定开口方向和p值，即可得到焦点坐标．
【解答】
解：抛物线y=4x2的标准方程为 x2=14y，p=18，开口向上，焦点在y轴的正半轴上，
故焦点坐标为(0, 116).
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据求谁解谁的思想，方程转化为m＝4x+2x+1＝(2x+1)2−1，当x>0时，求出(2x+1)2−1的范围，即可得出x的方程4x+2x+1−m＝0有正实数解的充要条件，根据充分必要条件的定义即可判断．
【解答】
因为m＝4x+2x+1＝(2x+1)2−1，
当x>0时，2x>1，∴ (2x+1)2−1>3，
故关于x的方程4x+2x+1−m＝0有正实数解的充要条件是m>3，
所以选项B，C，D都是方程4x+2x+1−m＝0有正实数解的充分条件，排除选项B，C，D，
4.
【答案】
C
【考点】
直线与双曲线的位置关系
双曲线的离心率
【解析】
说明直线l过双曲线的右焦点，且与双曲线仅有一个公共点，则l与双曲线的一条渐近线平行，推出，然后求解双曲线的离心率．
【解答】
由题意知直线l过双曲线的右焦点，且与双曲线仅有一个公共点，
则l与双曲线的一条渐近线平行，
所以，
所以．
5.
【答案】
D
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出B1M与平面AA1D1D所成角的正弦值，再求余弦值．
【解答】
以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为2，则B1(2, 2, 2)，M(1, 1, 0)，B1M→=(−1, −1, −2)，
由DC⊥平面AA1D1D，所以DC→=(0, 2, 0)是平面AA1D1D的一个法向量，
所以B1M与平面AA1D1D所成角的正弦值为
sinθ=||DC→|×|B1M→|˙|=|0×(−1)+2×(−1)+0×(−2)|02+22+02×(−1)2+(−1)2+(−2)2=22×6=66，
所以所求角的余弦值为csθ=1−(66)2=306．
故选：D．
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
【解析】
对m分04两类讨论，利用椭圆的简单性质即可求得m的值．
【解答】
解：∵ 椭圆的方程为：x24+y2m=1(m>0)，
∴ 若0解得m=3；
若m>4，则椭圆的焦点在y轴，e2=m−4m=14，
解得m=163．
综上所述，m=3或m=163．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
全称命题与特称命题
全称量词与存在量词
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用存在性问题和恒成立问题的应用，真假命题的判定的应用判定参数a的取值范围．
【解答】
因为“∀x∈(1, 4]，x2−2ax+9>02”是假命题，
所以“∃x∈(1, 4]，x2−2ax+9≤0”是真命题，
即存在x∈(1, 4]，使成立．
又等号仅当，
即x＝3时成立，
所以只要2a≥6，
解得a≥3．
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
根据曲线方程即可判断①正确，再根据椭圆的几何性质即可判断②是否正确．
【解答】
设曲线上点为A(x, y)，则A关于原点对称的点为B(−x, −y)，
关于x轴对称的点C(x, −y)，关于y轴对称的点D(−x, y)，
显然B，C，D点都在曲线上，故①正确，
在曲线C上，−2≤x≤2，，
而在椭圆中，−4≤x≤4，−2≤y≤2，
即曲线C在一个4×8的矩形内，易判断该矩形在椭圆内部，故②正确．
9.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
结合已知条件判断OA // F1B，推出∠AOF2＝∠AOB＝∠BOF1＝60∘，然后求解a，即可求解|F1F2|．
【解答】
因为点A为F2B的中点，所以OA // F1B，
又F6B⊥F2B，所以OA⊥F2B，|OF5|＝|OF2|＝|OB|，
所以∠AOF2＝∠AOB＝∠BOF3＝60∘，
所以，所以a＝4．
所以．
10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
圆心M(0, 2)也是抛物线C的焦点，设PN与抛物线的准线y＝−2交于点H，推出△PMN的周长l＝|PH|+4．设点B的坐标为(x0, y0)，得到B的坐标为(4, 2)，然后转化求解即可．
【解答】
圆心M(0, 2)也是抛物线C的焦点，
根据抛物线的定义，可得|MN|＝|NH|，
故△PMN的周长l＝|NH|+|NP|+|MP|＝|PH|+6．
设点B的坐标为(x0, y0)，则B(5．
由于点P不与A、B两点重合，
所以|PH|的取值范围为(4, 8)，
所以△PMN的周长的取值范围为(7, 12)．
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用椭圆和双曲线的定义和性质的应用判定①②③④四个命题的真假．
【解答】
对于①，A，B为两个定点，m为正数，|PA|−|PB|＝m，当m＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；
对于②，方程2x2−5x+2＝0的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
对于③，双曲线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，故③正确；
对于④，因为，所以a+c＝3>|PF1|，所以点P在双曲线的左支，
所以|PF2|−|PF1|＝2，即，
所以，故④错误．
故正确的命题有②③．
12.
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
设直线AB的方程是y＝x+n，代入椭圆方程化简得7x2+8nx+4n2−12＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB的中点是D(x0, y0)，利用判别式大于0，韦达定理结合AB的中点D在直线x+y+m＝0上，转化求解m的范围即可．
【解答】
依题意，设直线AB的方程是y＝x+n，代入椭圆方程化简得7x2+8nx+4n2−12＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB的中点是D(x0, y0)，
则△＝64n2−28(4n2−12)>0，解得，
又，
所以，．
因为AB的中点D在直线x+y+m＝0上，
所以，所以n＝7m，
所以，
解得．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
必要
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分必要条件的定义判断即可．
【解答】
因为“非有志者不能至”，所以“能至是有志者”，
因此“有志”是能到达“奇伟、瑰怪．
【答案】
23
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的渐近线求解三角形的一个内角，通过c，转化求解三角形的面积．
【解答】
不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2=6，所以|OF|＝6，|OP|＝2|OF|＝26，
又tan∠POF＝ba＝22，sin∠POF＝33，
所以S△FPO＝12×6×26×33＝23．
【答案】
3
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
【解析】
，AC⊥CD，CD⊥DB，结合空间向量距离公式，转化求解即可．
【解答】
因为，AC⊥CD，CD⊥DB，
所以，
又因为二面角α−l−β为135∘，所以〈〉＝45∘，所以．
【答案】
16
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线C:x2＝ay的准线方程y＝−1，求解a，得到抛物线方程，不妨设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x3, y3)，由抛物线定义得y1+y2+2＝|AF|+|BF|．推出|AF|+|BF|＝2|AB|，结合余弦定理以及基本不等式推出当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，此时A，B关于y轴对称，然后转化求解y1+y3的值，即可推出结果．
【解答】
因为抛物线C:x2＝ay的准线方程y＝−1，所以，所以a＝4，
所以抛物线C的方程是x2＝4y．
不妨设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x3, y3)，
由抛物线定义得y1+y2+2＝|AF|+|BF|．
因为，所以|AF|+|BF|＝2|AB|，
所以，当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．
所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，此时A，B关于y轴对称，
不妨设x1>0，消去y，得，
所以，所以．
所以|AD|＝y1+y3+2＝16．
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．
【答案】
对于p，因为方程，
所以m(m−5)>2，解得m<0或m>5．
所以若p为真命题，则m<3或m>5．
对于q：当m≤0时，f(x)max＝f(0)＝4−m≤2，解得m≥−1；
当7当m≥1时，f(x)max＝f(1)＝m≤5，所以1≤m≤2．
所以若q为真命题，则−2≤m≤2．
若p∨q为真命题，p∧q为假命题，q一真一假．
若p真q假，则实数m满足；
若p假q真，则实数m满足．
综上，实数m的取值范围为(−∞, 2]∪(5．
【考点】
双曲线的离心率
复合命题及其真假判断
【解析】
求出两个命题分别是真命题时，m的范围，然后利用复合命题的真假，列出不等式组求出m的取值范围．
【解答】
对于p，因为方程，
所以m(m−5)>2，解得m<0或m>5．
所以若p为真命题，则m<3或m>5．
对于q：当m≤0时，f(x)max＝f(0)＝4−m≤2，解得m≥−1；
当7当m≥1时，f(x)max＝f(1)＝m≤5，所以1≤m≤2．
所以若q为真命题，则−2≤m≤2．
若p∨q为真命题，p∧q为假命题，q一真一假．
若p真q假，则实数m满足；
若p假q真，则实数m满足．
综上，实数m的取值范围为(−∞, 2]∪(5．
【答案】
证明：因为AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB；
又PA＝AB，E是PB的中点，
所以AE⊥PB；
又AD，AE⊂ADE，且AD∩AE＝A，
所以PB⊥平面ADE．
因为AD⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AD⊥AB，AD⊥PA；
又因为PA⊥AB，
以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的建立空间直角坐标系A−xyz；
则A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 1, 0)，E(1, 0, 1)，P(0, 0, 2)，
所以，；
设平面AEC的法向量，，
令x＝1，则y＝−2，z＝−1，
所以；
又因为PB⊥平面AED，所以是平面ADE的一个法向量，
所以．
由图可知二面角C−AE−D是锐二面角，
所以二面角C−AE−D的余弦值是．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）证明AD⊥PB，AE⊥PB，即可证明PB⊥平面ADE．
（2）以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的建立空间直角坐标系A−xyz．求出平面AEC的法向量，平面ADE的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】
证明：因为AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB；
又PA＝AB，E是PB的中点，
所以AE⊥PB；
又AD，AE⊂ADE，且AD∩AE＝A，
所以PB⊥平面ADE．
因为AD⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AD⊥AB，AD⊥PA；
又因为PA⊥AB，
以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的建立空间直角坐标系A−xyz；
则A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 1, 0)，E(1, 0, 1)，P(0, 0, 2)，
所以，；
设平面AEC的法向量，，
令x＝1，则y＝−2，z＝−1，
所以；
又因为PB⊥平面AED，所以是平面ADE的一个法向量，
所以．
由图可知二面角C−AE−D是锐二面角，
所以二面角C−AE−D的余弦值是．
【答案】
因为双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y＝0，
所以可设双曲线C的方程是x2−y2＝λ(λ≠0)，则，解得λ＝1．
所以双曲线C的方程是x2−y2＝1．
y＝kx−1代入x2−y2＝1，
消去y整理，得(1−k2)x2+2kx−2＝0．
由题意知，解得且k≠±1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则，．
因为l与双曲线的交点分别在左、右两支上，所以x1∗x2<0，所以1−k2>0，所以−1则．
所以，
即，
解得k＝0或，又，
所以k＝0．
【考点】
直线与双曲线的位置关系
双曲线的离心率
【解析】
（1）设双曲线C的方程是x2−y2＝λ(λ≠0)，代入点的坐标，求解λ，点的双曲线方程．
（2）直线方程代入双曲线方程，得(1−k2)x2+2kx−2＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用韦达定理，结合l与双曲线的交点分别在左、右两支上，得到−1【解答】
因为双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y＝0，
所以可设双曲线C的方程是x2−y2＝λ(λ≠0)，则，解得λ＝1．
所以双曲线C的方程是x2−y2＝1．
y＝kx−1代入x2−y2＝1，
消去y整理，得(1−k2)x2+2kx−2＝0．
由题意知，解得且k≠±1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则，．
因为l与双曲线的交点分别在左、右两支上，所以x1∗x2<0，所以1−k2>0，所以−1则．
所以，
即，
解得k＝0或，又，
所以k＝0．
【答案】
设异面直线AB和EF所成角为θ，则；
设平面AEF的法向量为，
则，令y＝1，得x＝−2，，
所以，
所以点C1到平面AEF的距离．
【考点】
点、线、面间的距离计算
异面直线及其所成的角
【解析】
利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理先证明三条直线OA1，OE，OC两两垂直，然后建立空间直角坐标系，
（1）求出两条直线的方向向量，再利用异面直线A1B和EF所成角计算公式求解即可；
（2）求出平面AEF的法向量，再利用点到平面的距离公司求解即可．
【解答】
设异面直线AB和EF所成角为θ，则；
设平面AEF的法向量为，
则，令y＝1，得x＝−2，，
所以，
所以点C1到平面AEF的距离．
【答案】
设圆的方程为x2+y2＝r2，
∵ ，可设，代入y2＝2px得，∴ ，代入x2+y2＝r2，得．①
∵ ，抛物线的准线方程为，可设，
代入x2+y2＝r2，得．②
解①②得p＝4（p＝−4舍去）．
∴ 抛物线C的方程是y2＝8x．
C的焦点F的坐标(2, 0)，显然直线l与坐标轴不垂直，
设直线l的方程为y＝k(x+1)(k≠0)，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
消去y得k2x2+(2k2−8)x+k2＝0，
由△＝(2k2−8)2−4k4>0，解得，∴ 且k≠0．
由韦达定理得，x1x2＝1．
方法一：
直线QF的方程为，
又xH＝−1，所以，所以，
∵ GH // PF，∴ 直线GH与直线PF的斜率相等，
又G(−4, −3k)，∴ ，
整理得，即，
化简得，，即x1+x2＝7，
∴ ，
整理得，
解得．经检验，符合题意，
∴ 这样的直线l存在，且直线l的方程为或，
即或．
方法二：
∵ GH // PF，∴ ，∴ ，
整理得x1x2+(x1+x2)＝8，∴ ，
整理得，
解得，经检验符合题意．
∴ 这样的直线l存在，且直线l的方程为或，
即或．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
（1）设圆的方程为x2+y2＝r2，设，代入y2＝2px，．求出，代入x2+y2＝r2，结合，转化求解P，得到抛物线C的方程．
（2）方法一：C的焦点F的坐标(2, 0)，显然直线l与坐标轴不垂直，
设直线l的方程为y＝k(x+1)(k≠0)，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，代入抛物线方程消，得k2x2+(2k2−8)x+k2＝0．利用韦达定理，求出直线QF的方程推出H的坐标，通过GH // PF，直线GH与直线PF的斜率相等．结合抛物线的性质求出k，得到直线方程．
方法二：利用韦达定理后，结合GH // PF，推出，然后求解k得到直线方程．
【解答】
设圆的方程为x2+y2＝r2，
∵ ，可设，代入y2＝2px得，∴ ，代入x2+y2＝r2，得．①
∵ ，抛物线的准线方程为，可设，
代入x2+y2＝r2，得．②
解①②得p＝4（p＝−4舍去）．
∴ 抛物线C的方程是y2＝8x．
C的焦点F的坐标(2, 0)，显然直线l与坐标轴不垂直，
设直线l的方程为y＝k(x+1)(k≠0)，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
消去y得k2x2+(2k2−8)x+k2＝0，
由△＝(2k2−8)2−4k4>0，解得，∴ 且k≠0．
由韦达定理得，x1x2＝1．
方法一：
直线QF的方程为，
又xH＝−1，所以，所以，
∵ GH // PF，∴ 直线GH与直线PF的斜率相等，
又G(−4, −3k)，∴ ，
整理得，即，
化简得，，即x1+x2＝7，
∴ ，
整理得，
解得．经检验，符合题意，
∴ 这样的直线l存在，且直线l的方程为或，
即或．
方法二：
∵ GH // PF，∴ ，∴ ，
整理得x1x2+(x1+x2)＝8，∴ ，
整理得，
解得，经检验符合题意．
∴ 这样的直线l存在，且直线l的方程为或，
即或．
【答案】
在2x−3y−2＝0中，令y＝0，得右焦点F2的坐标是(1, 0)，所以a2−b2＝1．①
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，R(x0, y0)，则，，两式相减得，，，
又OR的斜率为−1，所以，
所以，所以． ②
解①②得所以椭圆C的方程为．
①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1，
易求A，B的坐标为，，G，H的坐标为(1, 1)，(1, −1)，
所以，|GH|2＝4，．
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x−1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)．
消去y整理得(2+3k2)x2−6k2x+3k2−6＝0，
则，，．
所以
＝＝．
因为圆心O(0, 0)到直线l的距离，
所以，
所以＝．
因为k2∈[0, +∞)，所以．
综上，|AB|∗|GH|2的取值范围是．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）利用已知条件推出a2−b2＝1．设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，R(x0, y0)，则，，利用点差法，求解斜率，推出，求解a，b，然后得到椭圆方程．
（2）①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1，验证结果．
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x−1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)．
代入椭圆方程，消去y整理得(2+3k2)x2−6k2x+3k2−6＝0，利用韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离求解|AB|∗|GH|2的表达式，然后推出范围即可．
【解答】
在2x−3y−2＝0中，令y＝0，得右焦点F2的坐标是(1, 0)，所以a2−b2＝1．①
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，R(x0, y0)，则，，两式相减得，，，
又OR的斜率为−1，所以，
所以，所以． ②
解①②得所以椭圆C的方程为．
①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1，
易求A，B的坐标为，，G，H的坐标为(1, 1)，(1, −1)，
所以，|GH|2＝4，．
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x−1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)．
消去y整理得(2+3k2)x2−6k2x+3k2−6＝0，
则，，．
所以
＝＝．
因为圆心O(0, 0)到直线l的距离，
所以，
所以＝．
因为k2∈[0, +∞)，所以．
综上，|AB|∗|GH|2的取值范围是．