2020-2021学年江西省赣州市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（上）10月月考数学（理）试卷北师大版，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. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n // α，则m⊥n；
②若α // β，β // γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若m // α，n // α，则m // n；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α // β；
其中正确命题的序号是( )
A.①和②B.②和③C.③和④D.①和④

2. 一个水平放置的三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′=1，那么原△ABO的面积是( )

A.12B.22C.2D.22

3. 设x，y满足约束条件x−y+1≤0,3x−y≥0,y−3≤0, 则z=x+y的最小值为( )
A.−1B.2C.4D.5

4. 已知直线k+1x+k−1y−5k−3=0恒过定点Pm,n，若正实数a，b满足ma+nb=1，则a+b的最小值为（ ）
A.9B.8C.7D.6

5. 已知fx=21+x2x∈R，若等比数列an满足a1a2020=1，则fa1+fa2+⋯+fa2020=( )
A.20192B.1010C.2019D.2020

6. 如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是多面体的三视图，则该多面体的体积为( )

A.223B.8C.203D.163

7. 圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2−4x+4y−12=0的公共弦的长为( )
A.2B.3C.22D.32

8. 过点M(−2, 4)作圆C：(x−2)2+(y−1)2=25的切线l，且直线l1:ax+3y+2a=0与l平行，则l1与l间的距离是（ ）
A.85B.25C.285D.125

9. 若直线y=x+b与曲线y=3−4x−x2有公共点，则b的取值范围是（ ）
A.[−1,1+22]B.[1−22,1+22]C.[1−22,3]D.[1−2,3]

10. 与直线x−y−4=0和圆x2+y2+2x−2y=0都相切的半径最小的圆的方程是（ ）
A.(x+1)2+(y+1)2=2B.(x−1)2+(y+1)2=4
C.(x−1)2+(y+1)2=2D.(x+1)2+(y+1)2=4

11. 如图，正方形A1BCD折成直二面角A−BD−C，则二面角A−CD−B的余弦值为( )

A.13B.33C.12D.22

12. 已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为( )
A.34B.34C.54D.54
二、填空题

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点．下列结论中，正确结论的序号是________．
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1 // 平面EFG；
③BD1⊥平面ACB1；
④异面直线EF与BD1所成角的正切值为22；
⑤四面体ACB1D1的体积等于12a3.

三、解答题

已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an−1．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn−an}是等差数列，且b1=2，b3=14，求数列{bn}的前n项和Tn.

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，D为AC中点．

(1)求证：直线AB1 // 平面BC1D；

(2)求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1．

设a→=(sinx,csx)，b→=(csx,csx)，x∈R，函数f(x)=a→⋅(a→+b→)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及最大值；

(2)求f(x)的单调递增区间.

如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD // BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN // 平面PAB；

(2)求四面体N−BCM的体积．

已知直线x−y+1=0与圆C: x2+y2−4x−2y+m=0交于A，B两点．
(1)求线段AB的垂直平分线的方程；

(2)若|AB|=22，求m的值；

(3)在(2)的条件下，求过点P4,4的圆C的切线方程．

已知圆C的圆心坐标为C3,0，且该圆经过点A0,4.

(1)求圆C的标准方程；

(2)若点B也在圆C上，且弦AB长为8，求直线AB的方程；

(3)直线l交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求出该定点坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（上）10月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断．
【解答】
解：由m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知：
①若m⊥α，n // α，则由直线与平面垂直的性质知m⊥n，故①正确；
②若α // β，β // γ，m⊥α，
则由平面与平面平行的判定定理和直线与平面垂直的判定定理知m⊥γ，故②正确；
③若m // α，n // α，则m与n相交、平行或异面，故③错误；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故④错误．
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
可根据直观图和原图面积之间的关系求解，也可作出原图，直接求面积．
【解答】
解：由题意，由斜二测直观图还原图形如图，
直观图的面积为12，
因为直观图和原图面积之间的关系为S原图S直观图=22，
故原△ABO的面积是2.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式．数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件x−y+1≤0,3x−y≥0,y−3≤0 作出可行域如图，
化目标函数z=x+y为y=−x+z，由图可知，当直线y=−x+z过点A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值．
联立x−y+1=0,3x−y=0,解得A12,32 ,
∴ z的最小值为12+32=2．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
直线恒过定点
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
本题考查了直线过定点和基本不等式的应用．
【解答】
解：原式子可化为： x+y−5k+x−y−3=0，
令x+y−5=0，x−y−3=0，可得x=4，y=1，
所以m=4，n=1，4a+1b=1，
a+b=a+b4a+1b
=5+4ba+ab≥5+24=9，
当且仅当4ba=ab，即b=3，a=6等号成立．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
数列与函数的综合
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵f(x)=21+x2(x∈R),
∴ f(x)+f(1x)=21+x2+21+(1x)2
=21+x2+2x21+x2=2.
∵等比数列an满足a1a2020=1，
∴a1a2020=a2a2019=⋯=a1010a1011=1,
∴f(a1)+f(a2020)=f(a2)+f(a2019)=⋯=f(a1010)+f(a1011)=2,
即f(a1)+f(a2)+⋯+f(a2020)=2020.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积（切割型）
【解析】
根据三视图可知几何体是一个棱长为2的正方体，截去一个三棱锥得到，利用体积公式求出几何体的体积．
【解答】
解：根据三视图可知几何体是一个棱长为2的正方体，截去一个三棱锥得到，
所以几何体的体积为2×2×2−13×12×1×2×2=223.
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
点到直线的距离公式
【解析】
两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到求出直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．
【解答】
解：圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2−4x+4y−12=0方程相减得：
x−y+2=0，
∵ 圆心C1(0, 0)到直线x−y+2=0的距离为：
d=22=2，
又r=2，
则公共弦长为2r2−d2=22．
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
两条平行直线间的距离
【解析】
先求出切线l的方程，利用直线l1:ax+3y+2a=0与l平行，结合两条平行线间的距离公式，即可求得结论．
【解答】
解：因为点M(−2, 4)在圆C上，圆心坐标为C(2,1)，
则kCM=−34，
故切线的斜率为k=43，
可得切线方程为4x−3y+20=0．
因为直线l与直线l1平行，所以−a3=43，即a=−4，
所以直线l1的方程是−4x+3y−8=0，即4x−3y+8=0．
所以直线l1与直线l间的距离为|20−8|42+(−3)2=125．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
曲线与方程
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：直线y=x+b表示斜率为1的直线，
而曲线y=3−4x−x2可化为(x−2)2+(y−3)2=4，(1≤y≤3)，
即表示以(2,3)为圆心以2为半径的下半圆，
如图，
由图可知，当直线y=x+b与曲线y=3−4x−x2相切时取到最小值，
则有|b−1|2=2，解得b=1−22或b=1+22；
当直线y=x+b经过点(0,3)时取到最大值，此时b=3，
所以b∈[1−22,3].
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆x2+y2+2x−2y=0的圆心为(−1,1)，半径为2，
过圆心(−1,1)与直线x−y−4=0垂直的直线方程为x+y=0，
所求圆的圆心在此直线上，
又圆心(−1,1)到直线x−y−4=0的距离为62=32，
则所求圆的半径为2，设所求圆的圆心为(a,b)，
且圆心在直线x−y−4=0的左上方，则|a−b−4|2=2，
且a+b=0，解得a=1，b=−1（a=3，b=−3不符合，舍去），
故所求圆的方程为(x−1)2+(y+1)2=2．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角，
∴ 平面ABD⊥平面BCD，
连接BD，A1C相交于O，
则AO⊥BD.
∵ 平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD,
∴ AO⊥平面BCD.
取CD的中点M，则OM//BC，有OM⊥CD,
∴ ∠AMO即为所求.
不妨设正方形A1BCD的边长为2，则AO=2，OM=1,
∴ AM=2+1=3，
∴ cs∠AMO=OMAM=33.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．
【解答】
解：设BC的中点为D，连接A1D，AD，A1B，
易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角（或其补角）.
设三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面边长为1，
则AD=32，A1D=12，A1B=22，
由余弦定理，得csθ=A1A2+AB2−A1B22A1A⋅AB=1+1−122=34．
故选B.
二、填空题
【答案】
①③④
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据公里3，作截面可知①正确；根据直线与平面的位置关系可知②不正确；根据线面垂直的判定定理可知③正确；根据异面直线所成的角的定义，求得异面直线 EF 与BD1的夹角的正切值为 22可知④正确；用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知⑤不正确．
【解答】
解：延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，
设HG与B1C1的延长线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，
连FH，HG，GI，IM，ME，EF，如图，
则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确；
∵ B1D1与HG相交，故B1D1与平面 EFG相交，故②不正确；
∵ BD1⊥AC，BD1⊥B1C，且AC与B1C相交，∴ BD1⊥平面ACB1，故③正确；
取 AD1 的中点 K，连接 FK，EK，则 KE // BD1，
∴ ∠KEF 就是异面直线 EF 与BD1的夹角，
设正方体的棱长为2，可得FK=1，FE=2，KE=3，
∴ △KEF 是直角三角形，所以 tan∠KEF=22，
∴ 异面直线EF与BD1的夹角的正切值为22，故④正确；
四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，
即为a3−4×13×12a3=13a3，故⑤不正确．
故答案为：①③④.
三、解答题
【答案】
解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，
且2Sn=3an−1①,
当n=1时，解得：a1=1,
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1②，
①−②得：an=3an−1，
故：anan−1=3，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n−1.
(2)数列{bn−an}是等差数列，且b1=2，b3=14，
所以设cn=bn−an．c1=b1−a1=1，
c3=b3−a3=14−9=5，
公差d=c3−c12=5−12=2，
所以：cn=2n−1．
bn=an+cn=3n−1+2n−1，
所以Tn=(30+31+⋯+3n−1)+(1+3+⋯+2n−1)，
=(3n−1)3−1+n(2n−1+1)2，
=3n−12+n2.
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）首先利用已知条件建立等量关系求出数列的通项公式．
（2）利用分组法求数列的和．
【解答】
解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，
且2Sn=3an−1①,
当n=1时，解得：a1=1,
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1②，
①−②得：an=3an−1，
故：anan−1=3，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n−1.
(2)数列{bn−an}是等差数列，且b1=2，b3=14，
所以设cn=bn−an．c1=b1−a1=1，
c3=b3−a3=14−9=5，
公差d=c3−c12=5−12=2，
所以：cn=2n−1．
bn=an+cn=3n−1+2n−1，
所以Tn=(30+31+⋯+3n−1)+(1+3+⋯+2n−1)，
=(3n−1)3−1+n(2n−1+1)2，
=3n−12+n2.
【答案】
证明：(1)连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．
∵ D为AC中点，得DO为△AB1C的中位线，
∴ AB1 // OD．
∵ OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴ 直线AB1 // 平面BC1D.
(2)∵ AA1⊥底面ABC，
∴ AA1⊥BD.
∵ 底面ABC为正三角形，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC.
∵ AA1∩AC=A，
∴ BD⊥平面ACC1A1.
∵ BD⊂平面BC1D，
∴ 平面BC1D⊥平面ACC1A1.
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B // OD，结合线面平行的判定定理，得A1B // 平面BC1D；
（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最后由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；
【解答】
证明：(1)连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．
∵ D为AC中点，得DO为△AB1C的中位线，
∴ AB1 // OD．
∵ OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴ 直线AB1 // 平面BC1D.
(2)∵ AA1⊥底面ABC，
∴ AA1⊥BD.
∵ 底面ABC为正三角形，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC.
∵ AA1∩AC=A，
∴ BD⊥平面ACC1A1.
∵ BD⊂平面BC1D，
∴ 平面BC1D⊥平面ACC1A1.
【答案】
解：(1)由题意可得函数f(x)=a→⋅(a→+b→)
=(sinx, csx)⋅(sinx+csx, 2csx)
=sinx(sinx+csx )+2cs2x
=1+12sin2x+1+cs2x2
=12sin2x+12cs2x+32
=32+22sin(2x+π4)，
故函数的最小正周期等于 2π2=π．
当2x+π4=π2+2kπ,k∈Z时，
即x=π8+kπ,k∈Z，函数取得最大值，最大值为3+22.
(2)由(1)知，f(x)=32+22sin(2x+π4)，
令 2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，
解得，kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z，
故函数的单调递增区间为[kπ−3π8, kπ+π8]，k∈Z.
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦函数的周期性
三角函数的最值
平面向量数量积的运算
复合三角函数的单调性
【解析】
（1）利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)的解析式为 32+22cs(2x+π4)，由此求得它的周期．
（2）令 2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈z，求得x的范围，即可求得函数的单调增区间．
【解答】
解：(1)由题意可得函数f(x)=a→⋅(a→+b→)
=(sinx, csx)⋅(sinx+csx, 2csx)
=sinx(sinx+csx )+2cs2x
=1+12sin2x+1+cs2x2
=12sin2x+12cs2x+32
=32+22sin(2x+π4)，
故函数的最小正周期等于 2π2=π．
当2x+π4=π2+2kπ,k∈Z时，
即x=π8+kπ,k∈Z，函数取得最大值，最大值为3+22.
(2)由(1)知，f(x)=32+22sin(2x+π4)，
令 2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，
解得，kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z，
故函数的单调递增区间为[kπ−3π8, kπ+π8]，k∈Z.
【答案】
(1)证明：取BC中点E，连结EN，EM，
∵ N为PC的中点，
∴ NE是△PBC的中位线，
∴ NE // PB.
又∵ AD // BC，∴ BE // AD.
∵ AB=AD=AC=3，
PA=BC=4，AM=2MD，
∴ BE=12BC=AM=2，
∴ 四边形ABEM是平行四边形，
∴ EM // AB，
∴ 平面NEM // 平面PAB.
∵ MN⊂平面NEM，∴ MN // 平面PAB．
(2)解：取AC中点F，连结NF，
∵ NF是△PAC的中位线，
∴ NF // PA，NF=12PA=2，
又∵ PA⊥平面ABCD，∴ NF⊥平面ABCD.
延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，
∵ AM=//CG，∴ 四边形ACGM是平行四边形，
∴ AC=MG=3，
又∵ ME=3，EC=CG=2，
∴ △MEG的高ℎ=5，
∴ S△BCM=12×BC×ℎ=12×4×5=25，
∴ 四面体N−BCM的体积V四面体N−BCM=13×S△BCM×NF
=13×25×2=453．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(Ⅰ)取BC中点E，连结EN，EM，得NE是△PBC的中位线，推导出四边形ABEM是平行四边形，由此能证明MN // 平面PAB．
(Ⅱ)取AC中点F，连结NF，NF是△PAC的中位线，推导出NF⊥面ABCD，延长BC至G，使得CG＝AM，连结GM，则四边形AGCM是平行四边形，由此能求出四面体N−BCM的体积．
【解答】
(1)证明：取BC中点E，连结EN，EM，
∵ N为PC的中点，
∴ NE是△PBC的中位线，
∴ NE // PB.
又∵ AD // BC，∴ BE // AD.
∵ AB=AD=AC=3，
PA=BC=4，AM=2MD，
∴ BE=12BC=AM=2，
∴ 四边形ABEM是平行四边形，
∴ EM // AB，
∴ 平面NEM // 平面PAB.
∵ MN⊂平面NEM，∴ MN // 平面PAB．
(2)解：取AC中点F，连结NF，
∵ NF是△PAC的中位线，
∴ NF // PA，NF=12PA=2，
又∵ PA⊥平面ABCD，∴ NF⊥平面ABCD.
延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，
∵ AM=//CG，∴ 四边形ACGM是平行四边形，
∴ AC=MG=3，
又∵ ME=3，EC=CG=2，
∴ △MEG的高ℎ=5，
∴ S△BCM=12×BC×ℎ=12×4×5=25，
∴ 四面体N−BCM的体积V四面体N−BCM=13×S△BCM×NF
=13×25×2=453．
【答案】
解：(1)由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心2,1，斜率为−1，
∴ 方程为y−1=−x−2，即x+y−3=0．
(2)圆x2+y2−4x−2y+m=0可化为
x−22+y−12=−m+5.
∵ |AB|=22，
∴ 圆心到直线的距离为−m+5−2=3−m.
∵ 圆心到直线的距离为d=|2−1+1|2=2，
∴ 3−m=2，
∴ m=1．
(3)由题意知,点P4,4不在圆上．
①当所求切线的斜率存在时，设切线方程为y−4=kx−4，
即kx−y−4k+4=0．
由圆心到切线的距离等于半径，得|2k−1+4−4k|k2+1=2，
解得k=512，
所以所求切线的方程为5x−12y+28=0．
②当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x=4．
综上，所求切线的方程为x=4或5x−12y+28=0．
【考点】
直线和圆的方程的应用
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
圆的切线方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心2,1，斜率为−1，
∴ 方程为y−1=−x−2，即x+y−3=0．
(2)圆x2+y2−4x−2y+m=0可化为
x−22+y−12=−m+5.
∵ |AB|=22，
∴ 圆心到直线的距离为−m+5−2=3−m.
∵ 圆心到直线的距离为d=|2−1+1|2=2，
∴ 3−m=2，
∴ m=1．
(3)由题意知,点P4,4不在圆上．
①当所求切线的斜率存在时，设切线方程为y−4=kx−4，
即kx−y−4k+4=0．
由圆心到切线的距离等于半径，得|2k−1+4−4k|k2+1=2，
解得k=512，
所以所求切线的方程为5x−12y+28=0．
②当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x=4．
综上，所求切线的方程为x=4或5x−12y+28=0．
【答案】
解：(1)圆以(3,0)为圆心，AC=5为半径，
所以圆的标准方程为x−32+y2=25.
(2)①k不存在时，直线AB的方程为：x=0；
②k存在时，设直线AB的方程为：y=kx+4,
所以d=|3k+4|k2+1=3，解得k=−724,
所以直线AB的方程为：7x+24y−96=0,
综上所述，直线AB的方程为x=0或7x+24y−96=0.
(3)设直线MN：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t),
kAM⋅kAN=kx1+t−4x1⋅kx2+t−4x2=2
⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0①，
联立方程y=kx+t,(x−3)2+y2=25⇒(k2+1)x2+(2kt−6)x+t2−16=0,
所以x1+x2=−(2kt−6)1+k2，x1x2=t2−161+k2代入①
得(k2−2)(t2−16)+(kt−4k)(−2kt+6)+(t−4)2(1+k2)=0,
化简得k=t6+2，所以直线l的方程为:y=(t6+2)x+t,
所以过定点(−6,−12).
【考点】
直线和圆的方程的应用
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
【解析】
（1）圆以（3,0）为圆心，AB=5为半径，直接写出圆的标准方程
(2)对直线的斜率进行讨论，再利用弦长公式和点到直线距离公式，可求得直线的斜率，再由点斜式方程求得答案
(3)设直线MN：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t),利用
kAM⋅kAN=2得到k,t的关系，从而证得结论.
【解答】
解：(1)圆以(3,0)为圆心，AC=5为半径，
所以圆的标准方程为x−32+y2=25.
(2)①k不存在时，直线AB的方程为：x=0；
②k存在时，设直线AB的方程为：y=kx+4,
所以d=|3k+4|k2+1=3，解得k=−724,
所以直线AB的方程为：7x+24y−96=0,
综上所述，直线AB的方程为x=0或7x+24y−96=0.
(3)设直线MN：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t),
kAM⋅kAN=kx1+t−4x1⋅kx2+t−4x2=2
⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0①，
联立方程y=kx+t,(x−3)2+y2=25⇒(k2+1)x2+(2kt−6)x+t2−16=0,
所以x1+x2=−(2kt−6)1+k2，x1x2=t2−161+k2代入①
得(k2−2)(t2−16)+(kt−4k)(−2kt+6)+(t−4)2(1+k2)=0,
化简得k=t6+2，所以直线l的方程为:y=(t6+2)x+t,
所以过定点(−6,−12).