2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷人教A版，共10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. 下列四个条件中，使a>b成立的充分而不必要的条件是（ ）
A.a2>b2B.a3>b3C.a>b+1D.a>b−1

2. 方程x2+2y2=4所表示的曲线是（ ）
A.焦点在x轴的椭圆B.焦点在y轴的椭圆
C.抛物线D.圆

3. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±233x，则此双曲线的离心率为( )
A.72B.133C.53D.213

4. 设F1，F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x=3a2上一点，△F2PF1是底角为30∘的等腰三角形，则E的离心率为( )
A.12B.23C.34D.45

5. 如果过点M(−2, 0)的直线l与椭圆x22+y2=1有公共点，那么直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A.(−∞,−22]B.[22，+∞)C.[−12，12]D.[−22，22]

6. 已知点A0,1，抛物线C:y2=axa>0的焦点为F，射线FA与抛物线相交于M，与其准线相交于点N，若|FM|:|MN|=2:5，则a=( )
A.2B.4C.6D.8

7. 已知圆C1:x2+y2=b2与椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，若在椭圆C2上存在一点P，使得由点P所作的圆C1的两条切线互相垂直，则椭圆C2的离心率的取值范围是（ ）
A.[22，32]B.[12，1)C.[32，1)D.[22，1)

8. 已知一个动圆P与圆O:x2+y2=1外切，而与圆C:x2+y2−6x+8=0内切，那么动圆圆心P的轨迹是（ ）
A.双曲线的一支B.椭圆C.抛物线D.圆

9. 已知直线3x−y+6=0经过椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N，F2是椭圆的右焦点，且|MN|=|MF2|，则椭圆的方程为（ ）
A.x240+y24=1B.x25+y2=1
C.x210+y2=1D.x210+y26=1

10. 若数列{xn}满足lgxn+1=1+lgxn(n∈N*)，且x1+x2+⋯+x100=100，则lg(x101+x102+...+x200)的值等于( )
A.200B.120C.110D.102

11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且B为锐角，若sinAsinB=5c2b，sinB=74，S△ABC=574，则b=（ ）
A.23B.27C.15D.14

12. 已知抛物线C:y2=8x与点M−2,2，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若MA→·MB→=0，则k=（ ）
A.12B.22C.2D.2
二、填空题

已知直线y=k(x+3)(k>0)与抛物线C:y2=12x相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=3|FB|，则k的值等于________．
三、解答题


(1)求与双曲线x216−y24=1有相同焦点，且经过点27,6的双曲线的标准方程；

(2)已知椭圆x2+m+3y2=mm>0的离心率e=223，求m的值．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA−2csCcsB=2c−ab．
(1)求ca的值；

(2)若csB=14，b=2，求△ABC的面积S．

已知抛物线C:y2=2pxp>0，焦点为F，准线为l，抛物线C上一点A的横坐标为3，且点A到准线l的距离为5.
(1)求抛物线C的方程；

(2)求以点M3,2为中点的弦所在直线方程．

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l经过点M(0, 1)，且与椭圆C交于A，B两点，若AM→=2MB→，求直线l的方程．

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线x=−2与椭圆交于P，Q两点，A，B是椭圆上位于直线x=−2两侧的动点．若直线AB的斜率为12，求四边形APBQ面积的最大值；

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(2, 1)，且离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l:y=kx+m与曲线C相交于异于点A的两点D、E，且直线AD与直线AE的斜率之和为−2，则直线l是否过定点？若是，求出该定点；若不是，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市某校高二（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据不等式的性质，利用充分而不必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：A，当a=−1，b=0时，满足a2>b2，但a>b不成立，故A不符合题意；
B，∵ y=x3是R上的增函数，∴ a>b⇔a3>b3，∴ B是充要条件，故B不符合题意；
C，当a>b+1，满足a>b，∴ a>b+1是a>b成立的充分不必要条件，故C符合题意；
D，当a>b，满足a>b−1，∴ a>b−1是a>b成立的必要不充分条件，故D不符合题意.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：方程变形为x24+y22=1，表示焦点在x轴的椭圆.
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
无
【解答】
解：渐近线方程为y=±233x，所以ba=233，
则e=ca=1+b2a2=1+43=213．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用△F2PF1是底角为30∘的等腰三角形，可得|PF2|=|F2F1|，根据P为直线x=3a2上一点，可建立方程，由此可求椭圆的离心率．
【解答】
解：
∵ △F2PF1是底角为30∘的等腰三角形，
∴ |PF2|=|F2F1|，∠PF2E=60∘，
∵ P为直线x=3a2上一点，
∴ |PF2|⋅cs60∘=3a2−c，
∴ 2(32a−c)=2c，
∴ e=ca=34.
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
设过点M(−2, 0)的直线l的方程为y=k(x+2)，与椭圆方程联立，得(2k2+1)x2+8k2x+8k2−2=0，由此利用根的判别式能求出直线l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：设过点M(−2, 0)的直线l的方程为y=k(x+2)，
联立y=k(x+2),x22+y2=1,得(2k2+1)x2+8k2x+8k2−2=0，
∵ 过点M(−2, 0)的直线l与椭圆x22+y2=1有公共点，
∴ Δ=64k4−4(2k2+1)(8k2−2)≥0，
整理，得k2≤12，
解得−22≤k≤22．
∴ 直线l的斜率k的取值范围是[−22, 22]．
故选D．
6.
【答案】
D
【考点】
斜率的计算公式
抛物线的性质
【解析】
无
【解答】
解：依题意F点的坐标为a4,0，作MK垂直于准线，垂足为K，
由抛物线的定义知|MF|=|MK|，
因为|FM|:|MN|=2:5，
则|KN|:|KM|=1:2.
kFN=0−1a4−0=−4a，kFN=−|KN||KM|=−12，
所以−4a=−12，求得a=8.
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，P为椭圆上一点，
设两切点分别为A，B，连接OA，OB，OP,
则OA=OB=b，OA⊥AP，OB⊥BP，AP⊥BP，
所以四边形OAPB为正方形，
所以|OP|=2b，
因为b<|OP|≤a，
所以2b2≤a2，即2(a2−c2)≤a2，
所以a2≤2c2，即e=ca≥22.
又0所以22≤e<1.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
轨迹方程
【解析】
设动圆的圆心为M，半径等于r，由题意得 MO=r+1，MC=r−1，故有 MO−MC=2<|OC|，依据双曲线的定义 M的轨迹是以O、C 为焦点的双曲线的右支．
【解答】
解：设动圆的圆心为M，动圆的半径等于r，
圆C:x2+y2−6x+8=0 即 (x−3)2+y2=1，表示以(3, 0)为圆心，以1为半径的圆，
则由题意得 MO=r+1，MC=r−1，∴ MO−MC=2<3=|OC|，
故动圆的圆心M的轨迹是以O，C 为焦点的双曲线的右支.
故选A.
9.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：由题意得直线3x−y+6=0与x轴、y轴分别交于点−2,0，0,6，
因此F1−2,0，N0,6，所以c=2．
又2a=|MF1|+|MF2|=|MN|+|MF1|=|NF1|=22+62=210，
于是a=10，从而b2=10−4=6，故椭圆方程为x210+y26=1．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
数列{xn}满足lgxn+1=1+lgxn(n∈N*)，可得lgxn+1xn=1，即xn+1=10xn．再利用等比数列的通项公式及其性质即可得出．
【解答】
解：∵ 数列{xn}满足lgxn+1=1+lgxn(n∈N*)，
∴ lgxn+1xn=1，即xn+1=10xn，
∴ 数列{xn}是公比为10的等比数列．
∵ x1+x2+...+x100=100，
则lg(x101+x102+...+x200)
=lg[10100(x1+x2+...+x100)]
=lg10100⋅100=102．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
余弦定理
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
无
【解答】
解：由于sinAsinB=5c2b，
由正弦定理可得：ab=5c2b，即a=52c.
由于在△ABC中，sinB=74，S△ABC=574，
所以S△ABC=12acsinB=574，
联立a=52c,12acsinB=574,sinB=74,解得：a=5，c=2，
由于B为锐角，且sinB=74，
所以csB=1−sin2B=34，
所以在△ABC中，由余弦定理可得：
b2=a2+c2−2accsB=14，
故b=14（负数舍去）.
故选D.
12.
【答案】
D
【考点】
直线与抛物线的位置关系
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Ay128,y1，By228,y2，由题意知抛物线C的焦点坐标为2,0，
则直线AB的方程为y=kx−2，联立y2=8x，
得k2x2−4k2+2x+4k2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4k2+2k2， x1x2=4.
因为MA→⋅MB→=0，所以x1+2,y1−2⋅x2+2,y2−2=0，
x1+2x2+2+y1−2y2−2=0，
即x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2−2(y1+y2)+4=0.
因为y1=kx1−2，y2=kx2−2，
所以MA→⋅MB→=0等价于
x1x2+2x1+x2+4+k2x1−2x2−2−2kx1+x2−4+4=0，
整理得到： k2+1x1x2+2−2k2−2kx1+x2+4k2+8k+8=0，
所以4k2+1+2−2k2−2k4k2+2k2+4k2+8k+8=0，
整理得到： k2−4k+4=0，故k=2．
故选D.
二、填空题
【答案】
32
【考点】
抛物线的求解
抛物线的性质
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．联立方程化为k2x2+(6k2−12)x+9k2=0，(k>0)．可得根与系数的关系，利用焦点弦与抛物线的定义可得：|FA|=x1+3，|FB|=x2+3，利用|FA|=3|FB|，联立解出即可．
【解答】
解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
联立直线y=k(x+3)(k>0)与抛物线C:y2=12x，
化为k2x2+(6k2−12)x+9k2=0(k>0)．
∴ x1+x2=12k2−6①，x1x2=9②．
∵ |FA|=3|FB|，|FA|=x1+3，|FB|=x2+3，
∴ x1+3=3(x2+3)，
化为x1=3x2+6③．
联立①②③，解得k=32．
故答案为：32．
三、解答题
【答案】
解：(1)双曲线x216−y24=1的焦点±25,0，
设所求的双曲线方程为：x2a2−y2b2=1，
可得：a2+b2=20,28a2−6b2=1, 解得a2=14，b2=6，
所求双曲线的标准方程为：x214−y26=1.
(2)椭圆方程可化为x2m+y2mm+3=1，
因为m−mm+3=mm+2m+3>0，所以m>mm+3，
可知椭圆的焦点坐标在x轴上，
即a2=m，b2=mm+3，c=a2−b2=mm+2m+3，
由e=223，得e=ca=m+2m+3=223，
解得：m=6，
所以m的值为6．
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】
（1）先求焦点坐标，再利用已知条件设所求的双曲线方程，列出方程组，求解a2，b2即可得出结果；
（2）先利用作差法确定焦点坐标在x轴上，求出a，c，再利用e=223，即可得出答案．
【解答】
解：(1)双曲线x216−y24=1的焦点±25,0，
设所求的双曲线方程为：x2a2−y2b2=1，
可得：a2+b2=20,28a2−6b2=1, 解得a2=14，b2=6，
所求双曲线的标准方程为：x214−y26=1.
(2)椭圆方程可化为x2m+y2mm+3=1，
因为m−mm+3=mm+2m+3>0，所以m>mm+3，
可知椭圆的焦点坐标在x轴上，
即a2=m，b2=mm+3，c=a2−b2=mm+2m+3，
由e=223，得e=ca=m+2m+3=223，
解得：m=6，
所以m的值为6．
【答案】
解：(1)由正弦定理可得，csA−2csCcsB=2c−ab=2sinC−sinAsinB，
整理可得，sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsB+2sinBcsC，
所以sin(A+B)=2sin(B+C)，
即sinC=2sinA，
由正弦定理可得，ca=sinCsinA=2.
(2)由余弦定理可得，csB=14=a2+4a2−44a2，
解可得，a=1，c=2，b=2.
又因为sinB=1−cs2B=154，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×154=154．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（1）由已知结合正弦定理及和差角公式，诱导公式化简可得sinC＝2sinA，再结合正弦定理即可求解；
（2）由已知结合余弦定理可求a，c，然后结合三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：(1)由正弦定理可得，csA−2csCcsB=2c−ab=2sinC−sinAsinB，
整理可得，sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsB+2sinBcsC，
所以sin(A+B)=2sin(B+C)，
即sinC=2sinA，
由正弦定理可得，ca=sinCsinA=2.
(2)由余弦定理可得，csB=14=a2+4a2−44a2，
解可得，a=1，c=2，b=2.
又因为sinB=1−cs2B=154，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×154=154．
【答案】
解：(1)抛物线y2=2pxp>0的准线方程为： x=−p2.
∵ 抛物线C上一点A的横坐标为3，且点A到准线l的距离为5，
∴ 根据抛物线的定义可知， 3+p2=5，
∴ p=4，
∴ 抛物线C的方程是y2=8x．
(2)设以点M3,2为中点的直线与抛物线交于两点Ax,y，Bx2,y2，
则y12=8x1①，y22=8x2②，
①−②得y12−y22=8x1−x2，
即y1−y2x1−x2=8y1+y2=2．
即kAB=2,
∴ 以点M3,2为中点的直线方程为y−2=2x−3，
得2x−y−4=0．
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】


【解答】
解：(1)抛物线y2=2pxp>0的准线方程为： x=−p2.
∵ 抛物线C上一点A的横坐标为3，且点A到准线l的距离为5，
∴ 根据抛物线的定义可知， 3+p2=5，
∴ p=4，
∴ 抛物线C的方程是y2=8x．
(2)设以点M3,2为中点的直线与抛物线交于两点Ax,y，Bx2,y2，
则y12=8x1①，y22=8x2②，
①−②得y12−y22=8x1−x2，
即y1−y2x1−x2=8y1+y2=2．
即kAB=2,
∴ 以点M3,2为中点的直线方程为y−2=2x−3，
得2x−y−4=0．
【答案】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)，
因为c=1,ca=12，
所以a=2,b=3，
所求椭圆方程为x24+y23=1.
(2)由题得直线l的斜率存在，设直线l方程为y=kx+1，
则由y=kx+1，x24+y23=1得(3+4k2)x2+8kx−8=0，且Δ>0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由AM→=2MB→得：x1=−2x2.
又x1+x2=−8k3+4k2，x1⋅x2=−83+4k2，所以−x2=−8k3+4k2，−2x22=−83+4k2，
消去x2得(8k3+4k2)2=43+4k2，
解得k2=14，k=±12，
所以直线l的方程为y=±12x+1，
即x−2y+2=0或x+2y−2=0.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
（1）根据椭圆的焦距为2，离心率为12，求出a，b，即可求椭圆C的方程；
（2）设直线l方程为y=kx+1，代入椭圆方程，由AM→=2MB→得x1=−2x2，利用韦达定理，化简可得(8k3+4k2)2=43+4k2，求出k，即可求直线l的方程．
【解答】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)，
因为c=1,ca=12，
所以a=2,b=3，
所求椭圆方程为x24+y23=1.
(2)由题得直线l的斜率存在，设直线l方程为y=kx+1，
则由y=kx+1，x24+y23=1得(3+4k2)x2+8kx−8=0，且Δ>0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则由AM→=2MB→得：x1=−2x2.
又x1+x2=−8k3+4k2，x1⋅x2=−83+4k2，所以−x2=−8k3+4k2，−2x22=−83+4k2，
消去x2得(8k3+4k2)2=43+4k2，
解得k2=14，k=±12，
所以直线l的方程为y=±12x+1，
即x−2y+2=0或x+2y−2=0.
【答案】
解：(1)∵ 椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，
∴ 设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
∵ 椭圆离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点．
x2=83y焦点为(0,23)，
∴ b=23,e=ca=12，a2=b2+c2，
∴ 解得a2=16，b2=12，
∴ 椭圆C的标准方程x216+y212=1．
(2)直线 x=−2与椭圆x216+y212=1交点P(−2, 3)，
Q(−2, −3)或P(−2, −3)，Q(−2, 3)，
∴ |PQ|=6，
设A (x1, y1 )，B( x2, y2)，直线AB的方程为y=12x+m，
与x216+y212=1联立，得 x2+mx+m2−12=0，
由Δ=m2−4(m2−12)>0，得−4由韦达定理得x1+x2=−m，x1x2=m2−12，
由A，B两点位于直线x=−2两侧，得(x1+2)(x2+2)<0，
即x1x2+2(x1+x2)+4<0，
∴ m2−2m−8<0，
解得−2∴ S=12⋅|PQ|⋅|x1−x2|
=12⋅|PQ|⋅(x1+x2)2−4x1x2
=348−3m2，
∴ 当m=0时，S最大值为123．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，由已知得b=23，e=ca=12，由此能求出椭圆C的标准方程．
（2）①先求出|PQ|=6，设直线AB的方程为y=12x+m，与x216+y212=1联立，得x2+mx+m2−12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、椭圆弦长公式，结合已知能求出四边形APBQ面积的最大值．
②设PA斜率为k，则PB斜率为−k．分别设出PA的直线方程和PB的直线方程，分别与椭圆联立，能求出直线AB的斜率是为定值．
【解答】
解：(1)∵ 椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，
∴ 设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
∵ 椭圆离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点．
x2=83y焦点为(0,23)，
∴ b=23,e=ca=12，a2=b2+c2，
∴ 解得a2=16，b2=12，
∴ 椭圆C的标准方程x216+y212=1．
(2)直线 x=−2与椭圆x216+y212=1交点P(−2, 3)，
Q(−2, −3)或P(−2, −3)，Q(−2, 3)，
∴ |PQ|=6，
设A (x1, y1 )，B( x2, y2)，直线AB的方程为y=12x+m，
与x216+y212=1联立，得 x2+mx+m2−12=0，
由Δ=m2−4(m2−12)>0，得−4由韦达定理得x1+x2=−m，x1x2=m2−12，
由A，B两点位于直线x=−2两侧，得(x1+2)(x2+2)<0，
即x1x2+2(x1+x2)+4<0，
∴ m2−2m−8<0，
解得−2∴ S=12⋅|PQ|⋅|x1−x2|
=12⋅|PQ|⋅(x1+x2)2−4x1x2
=348−3m2，
∴ 当m=0时，S最大值为123．
【答案】
解：(1)因为椭圆经过A(2, 1)，所以4a2+1b2=1，①
因为离心率为22，所以e=ca=22，②
又a2=b2+c2，③
由①②③，解得a=6，b=3，
所以椭圆的方程为x26+y23=1．
(2)设D(x1, y1)，E(x2, y2)，
联立y=kx+m,x26+y23=1, 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
则kAD=y1−1x1−2，kAE=y2−1x2−2.
因为直线AD与直线AE的斜率之和为−2，
所以y1−1x1−2+y2−1x2−2=−2，
所以kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=−2，
所以(2k+2)x1x2+(−2k+m−5)(x1+x2)−4m+12=0，
则(2k+2)(2m2−61+2k2)+(−2k+m−5)(−4km1+2k2)−4m+12=0，
所以(2k+2)(2m2−6)+(−2k+m−5)(−4km)−4m(1+2k2)
+12(1+2k2)=0，
化简得(m+3k)(−1+m+2k)=0，
因为直线l不过点A(2, 1)，
所以1≠2k+m，即−1+m+2k≠0，所以m=−3k，
所以直线l方程为y=kx−3k=k(x−3)，
所以直线过定点(3, 0)．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
(Ⅰ)根据题意，可得关于a，b，c的方程，然后求出a，b，c，写出椭圆的方程即可；
(Ⅱ)设D(x1, y1)，E(x2, y2)，联立直线l与椭圆的方程，消掉y得x的一元二次方程，结合韦达定理得x1+x2，x1x2
由直线AD与直线AE的斜率之和为−2，得y1−1x1−2+y2−1x2−2=−2，化简可得m＝−3k，代入直线l方程为y＝k(x−3)，即可得出答案．
【解答】
解：(1)因为椭圆经过A(2, 1)，所以4a2+1b2=1，①
因为离心率为22，所以e=ca=22，②
又a2=b2+c2，③
由①②③，解得a=6，b=3，
所以椭圆的方程为x26+y23=1．
(2)设D(x1, y1)，E(x2, y2)，
联立y=kx+m,x26+y23=1, 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
则kAD=y1−1x1−2，kAE=y2−1x2−2.
因为直线AD与直线AE的斜率之和为−2，
所以y1−1x1−2+y2−1x2−2=−2，
所以kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=−2，
所以(2k+2)x1x2+(−2k+m−5)(x1+x2)−4m+12=0，
则(2k+2)(2m2−61+2k2)+(−2k+m−5)(−4km1+2k2)−4m+12=0，
所以(2k+2)(2m2−6)+(−2k+m−5)(−4km)−4m(1+2k2)
+12(1+2k2)=0，
化简得(m+3k)(−1+m+2k)=0，
因为直线l不过点A(2, 1)，
所以1≠2k+m，即−1+m+2k≠0，所以m=−3k，
所以直线l方程为y=kx−3k=k(x−3)，
所以直线过定点(3, 0)．