山东省枣庄市滕州市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份山东省枣庄市滕州市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则AB−DB−AC=( )
A. ADB. CDC. BCD. DA
2.直线 3x+y+2=0的倾斜角为( )
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
3.椭圆x29+y24=1的长轴长是( )
A. 3B. 6C. 9D. 4
4.已知圆C1：(x−2)2+(y+4)2=16，圆C2：x2+y2+2x−3=0，则两圆的公切线的条数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.在等差数列{an}中，a3+a4+a5=30，则a2+a6的值为( )
A. 20B. 15C. 10D. 5
6.若离心率为 5的双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线x+my+1=0垂直，则m=( )
A. ±12B. ± 52C. ±2D. ± 5
7.已知数列{an}的通项公式为an=100−3n，若bn=anan+2an+4，当数列{bn}的前n项和Sn取最大值时，n=( )
A. 29B. 32C. 33D. 34
8.已知三棱锥P−ABC中，AP=BC=BP=AC= 3，AB=PC=2，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为( )
A. 13B. 23C. 33D. 23
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在等差数列中，已知a4=8，a12=−8，Sn是其前n项和，则下列选项正确的是( )
A. d=−2B. a8=0C. S15=54D. S77>S88
10.已知直线l：kx−y−k+1=0(k≠1)与圆O：x2+y2=9交于A，B两点，则( )
A. 直线l恒过定点(1,1)
B. 使得AB=4 2的直线l有2条
C. △OAB面积的最大值为 14
D. 圆O在A，B两点处的切线的交点在直线x+y−9=0上
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点M为CC1的中点，点P为该正方体的上底面A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足CP/​/平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 存在唯一的点P满足AP⊥PM
C. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 24
D. 存在点P满足PA+PM=2
12.如图，F为抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，过y轴左侧一点P作抛物线C的两条切线，切点为A、B，PA、PB分别交y轴于M、N两点，则下列结论一定正确的是( )
A. ∠APB+∠MFN=180°
B. ∠AFB+∠APB=180°
C. |OM||ON|=|FA||FB|
D. |OM||ON|=|MA||MP|
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知等比数列{an}中，a1+a2=2，a3+a4=4，则a5+a6= ______．
14.过定点(1,2)且与直线x−3y+1=0平行的直线的一般式方程为______．
15.在三棱锥P−ABC中，N在线段PA上，满足PA=3PN，M是平面ABC内任意一点，4PM=5PN+xPB+2PC，则实数x= ______．
16.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，过点A(2a,0)作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为M，直线AM与双曲线的左支交于点N，且2AN=5AM，则双曲线的离心率为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知正项数列{an}满足a12+a22+a32+…+an2=n2+n2(n∈N*)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=1an+an+1，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn．
18.(本小题12分)
已知以点A(−1,2)为圆心的圆与直线m：x+2y+7=0相切，过点B(−2,0)的动直线l与圆A相交于M、N两点
(1)求圆A的方程．
(2)当|MN|=2 19时，求直线l方程．
19.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2−an=3．
(1)求a2n；
(2)当n为奇数时，求数列{an}的前n项和Sn．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
(1)求证：PA//平面EDB；
(2)求证：PB⊥平面EFD．
21.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形，平面PBC⊥平面ABCD，O，E分别是BC，PA的中点，平面α经过点O，D，E与棱PB交于点F，PB=PC=CD=2．
(Ⅰ)求PFFB的值；
(Ⅱ)求直线AF与平面CDE所成角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(−2,−1)，焦距为2 6．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)直线l：y=kx+m与椭圆C交于异于A的两点M，N，直线AM，AN分别与直线x=−4交于点P，Q两点，O为坐标原点且|OP|=|OQ|，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB−DB−AC=AB+BD−AC=AD−AC=CD．
故选：B．
运用向量加法法则、减法法则计算即可．
本题考查空间向量的线性运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵直线 3x+y+2=0的斜率k=− 3
∴直线的倾斜角α满足tanα=− 3，
结合0°≤α<180°，可得α=120°
故选：B．
根据直线的方程，算出直线的斜率k=− 3，利用斜率与倾斜角的关系即可算出所求的倾斜角大小．
本题给出直线方程，求直线的倾斜角的大小．着重考查了直线的基本量与基本形式等知识，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由椭圆x29+y24=1可知，椭圆焦点在x轴上，
长轴长2a=6，
故选：B．
直接由椭圆的性质得答案．
本题考查椭圆的标准方程，考查了椭圆的性质，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：圆C1：(x−2)2+(y+4)2=16，圆C2：x2+y2+2x−3=0，
所以C1(2,−4)，C2(−1,0)，且r1=4，r2=12 22+12=2，
因为|C1C2|= (2+1)2+(−4) =5，
所以r1−r2=2<5<6=r1+r2，
所以两圆相交，所以两圆有2条公切线．
故选：B．
判断两圆的位置关系，即可判断出公切线的条数．
本题考查两圆的位置关系与公切线条数间的关系，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：在等差数列{an}中，a3+a4+a5=3a4=30，
则a4=10，
因此a2+a6=2a4=20．
故选：A．
由等差数列的性质计算即可得．
本题主要考查了等差数列的性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵e= 1+(ba)2= 5，∴ba=2，∴渐近线方程为y=±2x，
∵其中一条渐近线与直线x+my+1=0垂直，
∴±2⋅(−1m)=−1，得m=±2．
故选：C．
根据双曲线离心率求得ba=2，再根据双曲线的一条渐近线与直线x+my+1=0垂直列出±2⋅(−1m)=−1，求解m．
本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：令an=100−3n>0，则n<1003，
所以当n≤33时，an>0；当n≥34时，an<0，
由bn=anan+2an+4知，当n≤33时，bn>0；当n≥34时，bn<0，
要使Sn取最大值，则需取到数列{bn}中的所有正数项，所以n=33．
故选：C．
易知当n≤33时，an>0；当n≥34时，an<0，再找出数列{bn}中所有正数项对应的n，即可得解．
本题考查数列求和，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：根据三棱锥P−ABC中，相对的棱的棱长相等，将三棱锥P−ABC补成长方体，
设该长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则a2+c2=4a2+b2=3b2+c2=3，解得a= 2b=1c= 2，
以P为原点，分别以PE、PF、PH所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
可得A(1,0, 2)，P(0,0,0)，B(1, 2,0)，C(0, 2, 2)，AP=(−1,0,− 2)，BC=(−1,0, 2)，
设直线AP与BC所成角为θ，则csθ=|cs|=|AP⋅BC||AP|⋅|BC|=|1+0−2| 1+0+2⋅ 1+0+2=13．
故选：A．
根据题意，将图形补成一个长、宽、高分别为 2，1， 2的长方体，然后建立空间直角坐标系，利用向量法算出直线AP与BC所成角的余弦值．
本题主要考查长方体的性质、利用空间向量研究异面直线所成角的大小，考查了计算能力、空间想象能力，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：设等差数列的公差为d，
由a4=8，a12=−8，可得a1+3d=8a1+11d=−8，
解得d=−2a1=14，
∴a8=a1+7d=14−7×2=0，故A，B正确，
∴S15=15×14+15×142×(−2)=0，故C错误，
∴S77=7×14+7×62×(−2)7=8，S88=8×14+8×72×(−2)8=7，
∴S77>S88，故D正确．
故选：ABD．
设等差数列的公差为d，由题意可得a1+3d=8a1+11d=−8，可求出a1和d，再结合等差数列的通项公式和前n项和公式判断各个选项即可．
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，直线l：k(x−1)−(y−1)=0恒过定点(1,1)，故A正确；
对于B，由|AB|=4 2得，弦心距d=1，
∴|−k+1| k2+1=1，解得k=0，只有1条，故B错误；
对于C，设圆心到直线的距离为d，则|AB|=2 9−d2，0≤d≤ (1−0)2+(1−0)2= 2，
△OAB的面积S=12|AB|⋅d=d⋅ 9−d2= −d4+9d2= −(d2−92)2+814 ，
又d∈[0, 2]，所以当d= 2时，Smax= 14，故C正确；
对于D，设交点P(x0,y0)，则切点弦AB的方程为x0x+y0y=9，
又AB过点(1,1)，所以x0+y0=9，即交点P在直线x+y−9=0上，故D正确．
故选：ACD．
求得直线过定点判断A；利用点到直线的距离求得k判断B；求得最大面积判断C；求得交点所在直线方程判断D．
本题主要考查直线和圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：选项A，如图：
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD1//BA1，
因为CD1⊄平面BDA1，BA1⊂平面BDA1，
所以CD1/​/平面BDA1，同理可得：CB1//平面BDA1，
又CD1∩CB1=C，所以平面CB1D1//平面BDA1，
又平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1，
故满足CP/​/平面BDA1的点P的轨迹为线段B1D1，
由题意知，B1D1= 2，故选项A正确；
选项B，在正方体中，建立如图所示坐标系，
则A(1,0,0)，M(0,1,12)，设P(x,y,1)，其中0≤x≤1，0≤y≤1，
则AP=(x−1,y,1)，MP=(x,y−1,12)，
由AP⊥MP，可得x(x−1)+y(y−1)+12=0，
即(x−12)2+(y−12)2=0，故x=y=12，
即P(12,12,1)，故选项B正确；
选项C，AM=(−1,1,12)，MP=(x,y−1,12)，
由MP⊥AM可得：−x+y−1+14=0，即x−y+34=0，
故点P的轨迹为图中线段EF，
其中E，F为线段A1D1和D1C1上靠近D1的四等分点，
则EF= 24，故选项C正确；
选项D，作点M关于平面A1B1C1D1的对称点M′，则M′(0,1,32)，
当A，P，M′三点共线时，PA+PM最短，
故PA+PM≥AM′= 1+1+94= 172>2，
故不存在点P满足PA+PM=2，故D错误．
故选：ABC．
通过证明面面平行，得出点P的轨迹为线段B1D1，可判断A；建立空间直角坐标系，通过AP⊥MP，求得点P只有唯一解，可判断B；由MP⊥AM可得点P坐标满足x−y+34=0，从而判定点P轨迹，可判断C；作点M关于平面A1B1C1D1的对称点M′，当A，P，M′三点共线时，PA+PM最短，求得最短距离，可判断D．
本题考查空间点、线、面间的距离计算，考查空间向量解决距离问题，属难题．
12.【答案】AD
【解析】解：如图，
由题，设M(x0,y0)，则y02=2px0，
过点M(x0,y0)的切线方程为y−y0=k(x−x0)，
联立方程组y−y0=k(x−x0)y2=2px，消去x得y2−2pky−2pk+y12=0，
令Δ=0，解得k=py1，即过抛物线上一点的切线的斜率为py1，
对于A，设A(y122p,y1),B(y222p,y2),(y1≠y2)，
所以过点A的切线方程为y=py1x+y12，令x=0，可得y=y12，即M(0,y12)，
又F(p2,0)，所以kMF=−y1p，则kMFkAP=−1，
所以MF⊥PM，即∠PMF=π2，同理可得∠PNF=π2，
则P，N，F，M四点共圆，所以∠APB+∠MFN=π，故A正确；
对于B，若点P在准线x=−p2上，则直线AB的方程为y0y=p(x−p2)，
此时直线过焦点F(p2,0)，则∠AFB=π，所以∠AFB+∠APB>π，故B错误；
对于C，由M(0,y12)，N(0,y22)，
可得|OM||ON|=−y1y2，|FA||FB|=x1+p2x2+p2=y122p+p2y222p+p2=y12+p2y22+p2，
若|OM||ON|=|FA||FB|，可得−y1y2=y12+p2y22+p2，
则y1y22+y1p2=−y12y2−y2p2，
所以y1y2=−p2，此时直线AB过焦点F，设直线y=k(x−p2)，代入抛物线y2=2px，
可得y2−2pky−p2=0，可得y1y2=−p2，
所以当直线过抛物线焦点时，两交点的纵坐标之积为−p2，
而直线AB不一定过焦点，故C错误；
对于D，因为M(0,y12)，N(0,y22)，可得|OM||ON|=−y1y2，故|OM|2|ON|2=y12y22，
联立方程组y=py1x+y12y=py2x+y22，解得x=y1y22p,y=y1+y22，即P(y1y22p,y1+y22)，
则|MA|2|MP|2=y144p2+y124y12y224p2+y124=y12(y12+p2)y22(y12+p2)=y12y22，
所以|OM||ON|=|MA||MP|，故D正确．
故选：AD．
求得过点A的切线方程，得到kMFkAP=−1，得出∠PMF=π2和∠PNF=π2，可判断A正确；当点P在准线x=−p2上，求得∠AFB+∠APB>π，可判定B错误；由|OM||ON|=|FA||FB|，求得y1y2=−p2，可判定C错误；分别求得|OM|2|ON|2=y12y22和|MA|2|MP|2=y12y22，可判定D正确．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力和转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】8
【解析】解：在等比数列{an}中，a1+a2，a3+a4，a5+a6也成等比数列，
∵a1+a2=2，a3+a4=4
∴a5+a6=8
故答案为：8．
根据在等比数列{an}中，a1+a2，a3+a4，a5+a6也成等比数列，进而根据a1+a2和a3+a4的值求得答案．
本题主要考查了等比数列的性质．解题的关键是利用在等比数列中，依次每k项之和仍成等比数列的性质．
14.【答案】x−3y+5=0
【解析】解：设所求直线方程为x−3y+m=0，
代入点(1,2)，得1−3×2+m=0，解得m=5，
故所求直线方程为x−3y+5=0．
故答案为：x−3y+5=0．
根据题意，利用两条直线平行与方程的关系加以解答，可得答案．
本题主要考查直线的方程、两条直线平行与方程的关系等知识，属于基础题．
15.【答案】13
【解析】解：由PA=3PN，可得PN=13PA，
由4PM=5PN+xPB+2PC，
可得PM=54PN+x4PB+12PC=512PA+x4PB+12PC，
因为M是平面ABC内的点，
所以512+x4+12=1，解得x=13．
故答案为：13．
根据四点共面的向量表示，可得512+x4+12=1，解出x即可．
本题考查四点共面的向量关系，属基础题．
16.【答案】 152
【解析】解：不妨设双曲线的渐近线为y=bax，则直线AM为y=−ab(x−2a)，
由y=baxy=−ab(x−2a)，得x=2a3c2y=2a2bc2，即M(2a3c2,2a2bc2)，
设点N(x0,y0)，则AN=(x0−2a,y0),AM=(2a3c2−2a,2a2bc2)，
∵2AN=5AM，∴2(x0−2a)=5(2a3c2−2a)2y0=5⋅2a2bc2，
解得x0=5a3−3ac2c2y0=5a2bc2，即N(5a3−3ac2c2,5a2bc2)，
由点N在双曲线x2a2−y2b2=1上，代入得(5a3−3ac2c2)2a2−(5a2bc2)2b2=1，
整理得c2a2=154，则e= 152．
故答案为： 152．
由已知求出点M的坐标，由2AN=5AM求出点N的坐标，代入双曲线方程即可求得离心率．
本题考查双曲线的几何性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为a12+a22+a32+…+an2=n2+n2(n∈N*)，
当n≥2时，a12+a22+a32+…+an−12=(n−1)2+n−12(n∈N*)，
两式相减得an2=n，因为an>0，可得an= n，n≥2，
令n=1，可得a1=1，满足an= n，
所以{an}的通项公式为an= n；
(2)bn=1 n+ n+1= n+1− n，
所以Sn= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+…+ n+1− n= n+1−1．
【解析】(1)利用数列通项和前n项和的关系求解；
(2)由(1)得到bn= n+1− n，再利用裂项相消法求解．
本题考查数列的通项与求和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)意知A(−1,2)到直线x+2y+7=0的距离为圆A半径r，
∴r=|−1+4+7| 5=2 5，
∴圆A方程为(x+1)2+(y−2)2=20(5分)
(2)垂径定理可知∠MQA=90°.且MQ= 19，
在Rt△AMQ中由勾股定理易知AQ= AM2−MQ2=1
设动直线l方程为：y=k(x+2)或x=−2，显然x=−2合题意．
由A(−1,2)到l距离为1知|−k+2k−2| 1+k2=1得k=34．
∴3x−4y+6=0或x=−2为所求l方程．(7分)
【解析】(1)利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；
(2)根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程．
本题考查圆的标准方程及直线与圆的相交弦长问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为an+2−an=3，所以数列a2，a4，⋯，a2n构成首项为a2=2，公差为3的等差数列，
所以a2n=a2+(n−1)⋅3=3n−1；
(2)由an+2−an=3，所以数列a1，a3，⋯，a2n−1构成首项为a1=1，公差为3的等差数列，得到a2n−1=a1+(n−1)⋅3=3n−2，
设n=2k−1，
则S2k−1=(a1+a3+⋯+a2k−1)+(a2+a4+⋯+a2k−2)=(1+4+7+⋯+3k−2)+(2+5+8+⋯+3k−4)=k(1+3k−2)2+(k−1)(2+3k−4)2=3k2−3k+1，
又k=n+12，所以n为奇数时，Sn=3(n+12)2−3(n+12)+1=3n2+14．
【解析】(1)根据条件an+2−an=3，得出数列a2，a4，⋯，a2n为等差数列，即可求出结果；
(2)根据条件得出a2n−1=3n−2，由(1)知a2n=3n−1，再利用分组求和即可求出结果．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，
∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是PC的中点，∴OE/​/PA，
∵PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
∴PA/​/平面EDB．
(2)证明：∵底面ABCD是正方形，∴CD⊥BC，
∵侧棱PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，
∵PD=DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC，
∵PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PDC，
∵DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE，
∵BC∩PC=C，BC,PC⊂平面PBC，∴DE⊥平面PBC，
∵PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，
∵EF⊥PB，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面EFD，
∴PB⊥平面EFD．
【解析】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)连接AC，交BD于点O，连接OE，则OE/​/PA，由此能证明PA//平面EDB．
(2)推导出PD⊥BC，CD⊥BC，DE⊥PC，从而BC⊥平面PDC，BC⊥DE，DE⊥平面PBC，DE⊥PB，EF⊥PB，由此能证明PB⊥平面EFD．
21.【答案】解：(1)过点P作直线l与BC平行，则l/​/AD，所以l，AD共面，延长DE与l交于点G，
连接OG，OG与PB的交点即为点F，
因为ABCD为正方形，O是BC的中点，
所以AD//BC，AD=2OB，又l/​/BC，所以l/​/AD，
因为E是PA的中点，所以PG=AD，则PG=2OB，
又△PGF～△BOF，所以PFFB=PGOB=2．

(2)连接OP，取AD的中点M，连接OM，因为PB=PC=CD=2，所以PO⊥BC，且PO= PC2−OC2= 3，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，OP⊂平面PBC，
所以OP⊥平面ABCD，
如图建立空间直角坐标系，则O(0,0,0),C(0,1,0),D(2,1,0),A(2,−1,0),E(1,−12, 32),F(0,−23, 33)，
所以CE=(1,−32, 32),AF=(−2,13, 33),CD=(2,0,0)，
设平面CDE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CD=2x=0m⋅CE=x−32y+ 32z=0，取m=(0,1, 3)，
所以|cs〈m,AF〉|=|m⋅AF||m|⋅|AF|=432 409= 1010，
设直线AF与平面CDE所成角为θ，则sinθ= 1010，所以csθ=3 1010，
所以直线AF与平面CDE所成角的余弦值为3 1010．

【解析】(1)过点P作直线l与BC平行，则l/​/AD，所以l与AD共面，延长DE与l交于点G，连接OG，OG与PB的交点即为点F，再利用三角形相似计算可得；
(2)连接OP，取AD的中点M，连接OM，即可证明OP⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．
本题主要考查直线和平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)因为椭圆C过点A(−2,−1)，焦距为2 6，
所以2c=2 64a2+1b2=1a2=b2+c2，
解得a2=8，b2=2，
则椭圆C的方程为x28+y22=1；
(Ⅱ)证明：联立y=kx+mx28+y22=1，消去y并整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−8=0，
此时Δ=128k2−16m2+32>0，
即8k2−m2+2>0，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−84k2+1，
易知直线MA的方程为y+1=y1+1x1+2(x+2)，
令x=−4，
解得yP=−2(y1+1)x1+2−1，
即P(−4,−2(y1+1)x1+2−1)，
直线NA的方程为y+1=y2+1x2+2(x+2)，
令x=−4，
解得yQ=−2(y2+1)x2+2−1，
即Q(−4,−2(y2+1)x2+2−1)，
因为|OP=|OQ|，
所以−2(y1+1)x1+2−1+−2(y2+1)x2+2−1=0，
即(y1+1)x1+2+(y2+1)x2+2+1=0，
可得kx1+m+1x1+2+kx2+m+1x2+2+1=0，
整理得(2k+1)x1x2+(2k+m+3)(x1+x2)+4m+8=0，
因为x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−84k2+1，
所以(m−2k+1)(m−4k)=0，
解得m=2k−1或m=4k，
当m=2k−1时，直线l的方程为y=kx+2k−1，
即y+1=k(x+2)，
此时直线l过定点A(−2,−1)，不符合题意；
当m=4k时，直线方程为y=kx+4k，
即y=k(x+4)，
此时直线l过定点(−4,0)．
故直线l经过定点(−4,0)．
【解析】(Ⅰ)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式进行求解即可；
(Ⅱ)将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−84k2+1，得到直线MA和NA的方程，推出P，Q两点的坐标，列出等式再进行验证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．