2020-2021学年重庆市高二（上）第一次段考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高二（上）第一次段考数学试卷人教A版，共8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. 直线x+y−3＝0的倾斜角的大小是（ ）
A.π4B.34πC.1D.−1

2. 已知两直线3x+y−3=0与6x+my+1=0平行，则它们之间的距离为( )
A.4B.21313C.52613D.72010

3. 若直线(a+2)x+(1−a)y−3＝0与直线(a−1)x+(2a+3)y+2＝0互相垂直．则a的值为（ ）
A.1B.−1C.±1D.−32

4. 若圆C与圆(x+2)2+(y−1)2＝1关于原点对称，则圆C的方程是（ ）
A.(x−2)2+(y+1)2＝1B.(x−2)2+(y−1)2＝1
C.(x−1)2+(y+2)2＝1D.(x+1)2+(y−2)2＝1

5. 直线3x−4y−9＝0与圆x2+y2＝4的位置关系是（ ）
A.相交且过圆心B.相切
C.相离D.相交但不过圆心

6. 已知直线l1:y=12x+2，直线l2是直线l1绕点P(−2, 1)逆时针旋转45∘形成的直线，则直线l2的方程是（ ）
A.y＝x−1B.y=13x+35C.y＝−3x+7D.y＝3x+7

7. 已知点P(1, 2)在圆C:x2+y2+kx+4y+k2+1＝0的外部，则k的取值范围是（ ）
A.k∈RB.k<2C.k>2D.−2
8. 由直线y＝x+2上的点P向圆C：(x−4)2+(y+2)2＝1引切线PT（T为切点），当|PT|的值最小时，点P的坐标是（ ）
A.(−1, 1)B.(0, 2)C.(−2, 0)D.(1, 3)

9. 过点P(−2, 4)作圆O：(x−2)2+(y−1)2＝25的切线l，直线m:ax−3y＝0与直线l平行，则直线l与m的距离为（ ）
A.4B.2C.85D.125

10. 点P(4, −2)与圆x2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是( )
A.(x−2)2+(y+1)2=1B.(x−2)2+(y+1)2=4
C.(x+4)2+(y−2)2=1D.(x+2)2+(y−1)2=1

11. 若直线ax+2by−2=0(a>0, b>0)始终平分圆x2+y2−4x−2y−8=0的周长，则1a+2b的最小值为（ ）
A.1B.3+22C.5D.42

12. 已知圆C:x2+y2=1，点P(x0, y0)在直线x−y−2=0上，O为坐标原点，若圆C上存在一点Q，使∠OPQ=30∘，则x0的取值范围是（ ）
A.[−1, 1]B.[0, 1]C.[−2, 2]D.[0, 2]
二、填空题（每题5分，共20分）

直线过点(−3, −2)，同时满足在两坐标轴上的截距相等且不为零，则这样的直线方程为________．

经过两点A(2, 1)、B(1, m2)的直线l的倾斜角为锐角，则m的取值范围是________．

直线y=x+b与曲线x=1−y2有且有一个公共点，则b的取值范围是________．

在平面直角坐标系xOy中，已知A(0, −1)，B(−3, −4)两点，若点C在∠AOB的平分线上，且|OC|¯=10，则点C的坐标是________．
三、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分）

已知圆C：(x−2)2+(y−3)2＝4外的有一点P(4, −1)，过点P作直线l．
（1）当直线l与圆C相切时，求直线l的方程；

（2）当直线l的倾斜角为135∘时，求直线l被圆C所截得的弦长．

已知△ABC中，点A(3, −1)，AB边上的中线所在直线的方程为6x+10y−59＝0，∠B的平分线所在直线的方程为x−4y+10＝0，求BC边所在直线的方程．

在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M:x2+y2−12x−14y+60＝0及其上一点A(2, 4)．

（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；

（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程．

已知关于x，y的方程C:x2+y2−2x−4y+m＝0．
（1）当m为何值时，方程C表示圆；

（2）在（1）的条件下，若圆C与直线l:x+2y−4＝0相交于M、N两点，且|MN|=455，求m的值．

已知点P(x, y)在圆x2+(y−1)2＝1上运动．
（1）求y−1x−2的最大值与最小值；

（2）求2x+y的最大值与最小值．

已知圆C:x2+(y−1)2＝5，直线l:mx−y+1−m＝0．
(Ⅰ)求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；
(Ⅱ)设l与圆C交于不同两点A、B，求弦AB的中点M的轨迹方程；
(Ⅲ)若定点P(1, 1)分弦AB为APPB=12，求此时直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高二（上）第一次段考数学试卷
一、选择题（每小题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由直线的方程求得直线的斜率，从而求得它的倾斜角．
【解答】
直线x+y−3＝0，即y＝−x+3，它的斜率等于−1，故它的倾斜角为3π4，
2.
【答案】
D
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用平行线之间的斜率关系可得m，再利用平行线之间的距离公式即可得出．
【解答】
解：∵ 两直线3x+y−3=0与6x+my+1=0平行，
∴ −3=−6m，解得m=2．
∴ 直线6x+my+1=0化为3x+y+12=0，
∴ 两平行线之间的距离d=|−3−12|32+12=71020．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据两条直线垂直的充要条件可得：(a+2)(a−1)+(1−a)(2a+3)＝0，从而可求a的值
【解答】
由题意，∵ 直线(a+2)x+(1−a)y−3＝0与(a−1)x+(2a+3)y+2＝0互相垂直
∴ (a+2)(a−1)+(1−a)(2a+3)＝0
∴ (a−1)(a+2−2a−3)＝0
∴ (a−1)(a+1)＝0
∴ a＝1，或a＝−1
4.
【答案】
A
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
求出已知圆的圆心关于原点对称的点的坐标，可得要求的圆的方程．
【解答】
由于圆(x+2)2+(y−1)2＝1的圆心C′(−2, 1)，半径为1，
圆C与圆(x+2)2+(y−1)2＝1关于原点对称，故C(2, −1)、半径为1，
故圆C的方程为：(x−2)2+(y+1)2＝1，
5.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
确定出圆的圆心，比较圆到直线的距离与圆的半径的大小，进而确定圆与直线的位置关系．
【解答】
圆x2+y2＝4的圆心为(0, 0)，半径为2．
圆心到直线3x−4y−9＝0的距离为d=|−9|9+16=95，
又圆心不在直线3x−4y−9＝0上，所以直线与圆相交（不过圆心）．
6.
【答案】
D
【考点】
两直线的夹角
【解析】
先确定直线l2的倾斜角，利用两角和的正切公式求得直线l2的斜率，再用点斜式求直线l2的方程．
【解答】
直线l1:y=12x+2，直线l2是直线l1绕点P(−2, 1)逆时针旋转45∘形成的直线，
则直线l2的倾斜角比直线l1的倾斜角θ大了45∘，
故直线l2的斜率为tan(θ+45∘)=tanθ+tan451−tanθ⋅tan45=12+11−12×1=3，
故直线l2的方程是y−1＝3(x+2)，即 3x−y+7＝0，
7.
【答案】
D
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
代入点的坐标，得到关于k的不等式，解出即可．
【解答】
由x2+y2+kx+4y+k2+1＝0，
得：(x+k2)2+(y+2)2＝3−34k2，
由3−34k2>0，解得：−2若P(1, 2)在圆外，
则1+4+k+8+k2+1>0，
即k2+k+14>0，故k∈R②，
由①②得：−28.
【答案】
B
【考点】
圆的切线方程
【解析】
连结CT，可得CT⊥PT，Rt△PCT中利用勾股定理算出|PT|=|PC|2−1，根据点P在直线y＝x+2上，设P的坐标为 P(x, x+2)，将|PT|表示成关于x的函数，利用二次函数的性质可得：P的坐标为(0, 2)时，|PT|有最小值，从而得到本题答案．
【解答】
圆(x−4)2+(y+2)2＝1的圆心为C(4, −2)，半径r＝1，
连结CT，可得
∵ PT是圆C的切线，∴ CT⊥PT
根据勾股定理得|PT|=|PC|2−1，
设P(x, x+2)，可得
|PT|=2x2+31
因此当x＝0时，|PT|min=31．此时P的坐标为(0, 2)．
9.
【答案】
A
【考点】
直线与圆相交的性质
【解析】
判断P在圆O上，求出直线OP的斜率，确定出切线l的斜率，求出l的方程，根据直线m与直线l平行，利用平行线的距离公式求出l与m的距离即可．
【解答】
将P(−2, 4)代入圆方程左边得：42+32＝16+9＝25，左边＝右边，即P在圆O上，
∵ 直线OP的斜率为4−1−2−2=−34，
∴ 切线l的斜率为43，即直线l方程为y−4=43(x+2)，
整理得：4x−3y+20＝0，
∵ 直线m:ax−3y＝0与直线l平行，
∴ a3=43，即a＝4，
∴ 直线m方程为4x−3y＝0，即4x−3y＝0，
则直线l与m的距离为|0−20|32+(−4)2=4．
10.
【答案】
A
【考点】
轨迹方程
【解析】
设圆上任意一点为(x1, y1)，中点为(x, y)，则x=x1+42y=y1−22 ，由此能够轨迹方程．
【解答】
解：设圆上任意一点为(x1, y1)，中点为(x, y)，
则x=x1+42,y=y1−22,
即x1=2x−4,y1=2y+2, 代入x2+y2=4，
得(2x−4)2+(2y+2)2=4，
化简得(x−2)2+(y+1)2=1．
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式
直线与圆相交的性质
圆的一般方程
【解析】
由题意得，直线过圆心(2, 1)，即 a+b=1，1a+2b=(a+b)(1a+2b)=3+ba+2ab，利用基本不等式求出其最小值．
【解答】
解：由题意得，直线过圆心(2, 1)，所以，a+b=1．
∴ 1a+2b
=(a+b)(1a+2b)
=3+ba+2ab
≥3+22，
当且仅当ba=2ab时，等号成立.
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
点与圆的位置关系
【解析】
根据圆的切线的性质，可知当过P点作圆的切线，切线与OP所成角是圆上的点与OP所成角的最大值，所以只需此角大于等于30∘即可，此时半径，切线与OP构成直角三角形，因为切线与OP所成角大于等于30∘所以OP小于等于半径的2倍，再用含x0的式子表示OP，即可求出x0的取值范围．
【解答】
解：过P作⊙C切线交⊙C于R，根据圆的切线性质，有∠OPR≥∠OPQ=30∘．
反过来，如果∠OPR≥30∘，则存在⊙C上点Q使得∠OPQ=30∘．
∴ 若圆C上存在点Q，使∠OPQ=30∘，则∠OPR≥30∘
∵ |OR|=1，∴ |OP|>2时不成立，∴ |OP|≤2．
∵ |OP|2=x02+y02=x02+(x0−2)2=2x02−4x0+4
∴ 2x02−4x0≤0，解得，0≤x0≤2∴ x0的取值范围是[0, 2]
故选D
二、填空题（每题5分，共20分）
【答案】
x+y+5＝0．
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
由题意可设直线的方程为：x+y＝a≠0，把点(−3, −2)代入解得a即可得出．
【解答】
由题意可设直线的方程为：x+y＝a≠0，把点(−3, −2)代入可得：−3−2＝a，解得a＝−5．
∴ 这样的直线方程为：x+y＝−5．
【答案】
(−1, 1)
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
利用斜率计算公式可得kAB，根据已知条件：经过两点A(2, 1)、B(1, m2)的直线l的倾斜角为锐角，可得kAB>0，即可得出m的取值范围．
【解答】
kAB=m2−11−2=1−m2，
∵ 经过两点A(2, 1)、B(1, m2)的直线l的倾斜角为锐角，
∴ 1−m2>0，解得−1则m的取值范围是(−1, 1)，
【答案】
{−2}∪(−1,1]
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
直线y=x+b是一条斜率为1，截距为b的直线；曲线x=1−y2是一个圆心为(0, 0)，半径为1的右半圆．它们有且有一个公共点，做出它们的图形，则易得b的取值范围．
【解答】
解：直线y=x+b是一条斜率为1，截距为b的直线，
曲线x=1−y2变形为x2+y2=1且x≥0，
显然是一个圆心为(0, 0)，半径为1的右半圆，
根据题意，直线y=x+b与曲线x=1−y2有且有一个公共点，
则易得b的取值范围是{−2}∪(−1,1]，
故答案为：{−2}∪(−1,1].
【答案】
(−1, −3)
【考点】
平面向量的综合题
【解析】
求出OB→方向上的单位向量e→，则有点C在∠AOB的平分线上，故存在实数λ使得OC¯=λ(OA→+e→)，如此可以得到坐标的参数表达式，再由||OC|¯=10，建立方程求出参数的值，即可得出点C的坐标．
【解答】
由题意OA→=(0, −1)，是一个单位向量，
由于OB→=(−3, −4)，故OB→方向上的单位向量e→=(−35, −45)，
∵ 点C在∠AOB的平分线上，∴ 存在实数λ使得OC¯=λ(OA→+e→)＝λ(−35, −1−45)＝λ(−35, −95)，
∵ ||OC|¯=10，
∴ λ2×(925+8125)＝10，解得λ=53
代入得得OC¯=(−1, −3)
三、解答题（17题10分，18-22题每题12分，共70分）
【答案】
当斜率不存在时，直线l的方程为x＝4；
当斜率存在时，设直线l的方程为kx−y−k−1＝0，
则|2k−3−4k−1|1+k2=2，解得k=−34，
∴ l的方程为3x+4y−8＝0，
综上，直线l的方程为x＝4或3x+4y−8＝0；
当直线l的倾斜角为135∘时，直线l的方程为x+y−3＝0，
圆心到直线l的距离d=|2+3−3|2=2，
∴ 所求弦长为l=2r2−d2=24−2=22．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）当斜率不存在时，直线l的方程为x＝4；当斜率存在时，设直线l的方程为kx−y−k−1＝0，由圆心到直线的距离等于圆的半径列式求得k，则直线方程可求；
（2）由直线的倾斜角求得斜率，得到直线方程，利用点到直线的距离公式求出弦心距，再由垂径定理求得直线l被圆C所截得的弦长．
【解答】
当斜率不存在时，直线l的方程为x＝4；
当斜率存在时，设直线l的方程为kx−y−k−1＝0，
则|2k−3−4k−1|1+k2=2，解得k=−34，
∴ l的方程为3x+4y−8＝0，
综上，直线l的方程为x＝4或3x+4y−8＝0；
当直线l的倾斜角为135∘时，直线l的方程为x+y−3＝0，
圆心到直线l的距离d=|2+3−3|2=2，
∴ 所求弦长为l=2r2−d2=24−2=22．
【答案】
设B(c, d)，∠B的平分线所在直线上的点为D，因为B在BD上
所以 d=14(c+10)
即：B（c, 14(c+10)）
所以 AB中点（12(c+3)，18(c+6)）
AB的中点在中线 6x+10y−59＝0 上
所以 3(c+3)+54(c+6)−59＝0
解得 c＝10
所以 B(10, 5)
所以 AB斜率KAB=67
kBD−kBC1+kBDkBC=kAB−kBD1+kABkBD
14−kBC1+14kBC=67−141+314
解得 kBc=−29
所以 BC方程（点斜式）：y−5=−29(x−10)，
即 2x+9y−65＝0
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
直线的点斜式方程
直线的斜率
【解析】
设B(c, d)∠B的平分线所在直线上的点为D，因为B在BD上，AB的中点在中线 6x+10y−59＝0 上，求出B的坐标，利用解答平分线方程，到角公式，求出BC的斜率，然后求出BC的方程．
【解答】
设B(c, d)，∠B的平分线所在直线上的点为D，因为B在BD上
所以 d=14(c+10)
即：B（c, 14(c+10)）
所以 AB中点（12(c+3)，18(c+6)）
AB的中点在中线 6x+10y−59＝0 上
所以 3(c+3)+54(c+6)−59＝0
解得 c＝10
所以 B(10, 5)
所以 AB斜率KAB=67
kBD−kBC1+kBDkBC=kAB−kBD1+kABkBD
14−kBC1+14kBC=67−141+314
解得 kBc=−29
所以 BC方程（点斜式）：y−5=−29(x−10)，
即 2x+9y−65＝0
【答案】
圆M的标准方程为(x−6)2+(y−7)2＝25，所以圆心M(6, 7)，半径为5，
由圆心N在直线x＝6上，可设N(6, y0)，∵ 圆N与x轴相切，与圆M外切，
所以0因此，圆N的标准方程为(x−6)2+(y−1)2＝1．
因为直线l // OA，所以直线l的斜率为4−02−0=2．
设直线l的方程为y＝2x+m，即2x−y+m＝0，
则圆心M到直线l的距离d=|2×6−7+m|5=|m+5|5．
因为BC=OA=22+42=25，而MC2=d2+(BC2)2，
∴ 25=(m+5)25+5，解得m＝5或m＝−15．
故直线l的方程为2x−y+5＝0或2x−y−15＝0．
【考点】
圆的标准方程
【解析】
（1）把圆M的方程化为标准方程，结合条件，利用直线与圆、圆与圆的位置关系求出圆N的圆心和半径，可得圆N的标准方程．
（2）根据题意设出直线l的方程为y＝2x+m，根据直线和圆相交的性质求出m的值，可得直线l的方程．
【解答】
圆M的标准方程为(x−6)2+(y−7)2＝25，所以圆心M(6, 7)，半径为5，
由圆心N在直线x＝6上，可设N(6, y0)，∵ 圆N与x轴相切，与圆M外切，
所以0因此，圆N的标准方程为(x−6)2+(y−1)2＝1．
因为直线l // OA，所以直线l的斜率为4−02−0=2．
设直线l的方程为y＝2x+m，即2x−y+m＝0，
则圆心M到直线l的距离d=|2×6−7+m|5=|m+5|5．
因为BC=OA=22+42=25，而MC2=d2+(BC2)2，
∴ 25=(m+5)25+5，解得m＝5或m＝−15．
故直线l的方程为2x−y+5＝0或2x−y−15＝0．
【答案】
方程C可化为(x−1)2+(y−2)2＝5−m，显然只要5−m>0，即m<5时方程C表示圆．
因为圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2＝5−m，其中m<5，
所以圆心C(1, 2)，半径r=5−m，
则圆心C(1, 2)到直线l:x+2y−4＝0的距离为d=|1+2×2−4|12+22=15，
因为|MN|=455，所以12|MN|=255，
所以5−m＝(15)2+(255)2，解得m＝4．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）求出圆的标准方程形式，即可求出m的值；
（2）根据直线和圆的位置关系即可得到结论．
【解答】
方程C可化为(x−1)2+(y−2)2＝5−m，显然只要5−m>0，即m<5时方程C表示圆．
因为圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2＝5−m，其中m<5，
所以圆心C(1, 2)，半径r=5−m，
则圆心C(1, 2)到直线l:x+2y−4＝0的距离为d=|1+2×2−4|12+22=15，
因为|MN|=455，所以12|MN|=255，
所以5−m＝(15)2+(255)2，解得m＝4．
【答案】
设k=y−1x−2，整理得：kx−y−2k+1＝0，则k表示点P(x, y)与点(2, 1)连线的斜率．
当该直线与圆相切时，k取得最大值与最小值．
由|2k|k2+1=1，解得k=±33，
∴ y−1x−2的最大值为33，最小值为−33；
设m＝2x+y，整理得2x+y−m＝0，则m表示直线m＝2x+y在y轴上的截距．
当该直线与圆相切时，m取得最大值与最小值．
由|1−m|5=1，解得m=1±5，
∴ 2x+y的最大值为1+5，最小值为1−5．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）设k=y−1x−2，利用斜率模型，可转化为kx−y−2k+1＝0，根据圆心到直线的距离等于半径求解；
（2）设m＝2x+y，利用截距模型，可转化为2x+y−m＝0，根据圆心到直线的距离等于半径求解．
【解答】
设k=y−1x−2，整理得：kx−y−2k+1＝0，则k表示点P(x, y)与点(2, 1)连线的斜率．
当该直线与圆相切时，k取得最大值与最小值．
由|2k|k2+1=1，解得k=±33，
∴ y−1x−2的最大值为33，最小值为−33；
设m＝2x+y，整理得2x+y−m＝0，则m表示直线m＝2x+y在y轴上的截距．
当该直线与圆相切时，m取得最大值与最小值．
由|1−m|5=1，解得m=1±5，
∴ 2x+y的最大值为1+5，最小值为1−5．
【答案】
（1）证明：圆C:x2+(y−1)2＝5，可得圆心C(0, 1)，半径为5．
∴ 圆心C到直线l:mx−y+1−m＝0的距离d=|−m|m2+1≤|m||2m|=12<5．
∴ 直线l与圆C相交，即直线l与圆C总有两个不同交点；
（2）当M与P不重合时，连接CM、CP，则CM⊥MP，
∴ |CM|2+|MP|2＝|CP|2，
设M(x, y)(x≠1)，则x2+(y−1)2+(x−1)2+(y−1)2＝1，
化简得：x2+y2−x−2y+1＝0(x≠1)，
当M与P重合时，x＝y＝1也满足上式．
故弦AB中点的轨迹方程是x2+y2−x−2y+1＝0．
(Ⅲ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由APPB=12，得AP→=12PB→，
∴ 1−x1=12(x2−1)，化简的x2＝3−2x1…①
又mx−y+1−m=0x2+(y−1)2=5 消去y得(1+m2)x2−2m2x+m2−5＝0…(∗)
∴ x1+x2=2m21+m2 …②
由①②解得x1=3+m21+m2，带入(∗)式解得m＝±1，
∴ 直线l的方程为x−y＝0或x+y−2＝0．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
(Ⅰ)圆C:x2+(y−1)2＝5，可得圆心C(0, 1)，半径为5．求出圆心C到直线l:mx−y+1−m＝0的距离d；利用基本不等式的性质、比较d与半径的关系即可得出．
(Ⅱ)当M与P不重合时，连接CM、CP，则CM⊥MP，利用勾股定理与两点之间的距离公式即可得出；
(Ⅲ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由APPB=12，得AP→=12PB→，直线与圆的方程联立消去y得(1+m2)x2−2m2x+m2−5＝0，再利用根与系数的关系即可得出．
【解答】
（1）证明：圆C:x2+(y−1)2＝5，可得圆心C(0, 1)，半径为5．
∴ 圆心C到直线l:mx−y+1−m＝0的距离d=|−m|m2+1≤|m||2m|=12<5．
∴ 直线l与圆C相交，即直线l与圆C总有两个不同交点；
（2）当M与P不重合时，连接CM、CP，则CM⊥MP，
∴ |CM|2+|MP|2＝|CP|2，
设M(x, y)(x≠1)，则x2+(y−1)2+(x−1)2+(y−1)2＝1，
化简得：x2+y2−x−2y+1＝0(x≠1)，
当M与P重合时，x＝y＝1也满足上式．
故弦AB中点的轨迹方程是x2+y2−x−2y+1＝0．
(Ⅲ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由APPB=12，得AP→=12PB→，
∴ 1−x1=12(x2−1)，化简的x2＝3−2x1…①
又mx−y+1−m=0x2+(y−1)2=5 消去y得(1+m2)x2−2m2x+m2−5＝0…(∗)
∴ x1+x2=2m21+m2 …②
由①②解得x1=3+m21+m2，带入(∗)式解得m＝±1，
∴ 直线l的方程为x−y＝0或x+y−2＝0．