2020-2021学年广西省桂林市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年广西省桂林市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共12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. 365∘是( )
A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角

2. 下列关系式中，正确的是( )
A.sin1
3. 已知三点A(−1, −1)，B(3, 1)，C(1, 4)，则向量BC→在向量BA→方向上的投影为( )
A.55B.−55C.21313D.−21313

4. 若圆(x−1)2+(y−3)2=4与圆(x+2)2+(y+1)2=a+5有且仅有三条公切线，则a=( )
A.−4B.−1C.4D.11

5. 已知α∈π2,π，且sinα+csα=15，则sinα−csα=( )
A.75B.−75C.15D.−15

6. 如图，在△ABC中，MC=14BC，设AB→=a→，AC→=b→，则AM→=（）

A.14a→−34b→B.34a→−14b→C.14a→+34b→D.34a→+14b→

7. 函数fx=sinωx+π6ω>0部分图象如图所示，若△ABC的面积为π4，则ω=( )

A.32B.2C.3π2D.2π

8. 已知tanα=3，则1+cs2αsinαcsα+sin2α=( )
A.38B.916C.1112D.79

9. 已知实数x，y满足x2+y2−6x−4y+12=0，则x2+y+22的最大值为( )
A.4B.5C.6D.7

10. 函数y=tan(π4−x)的定义域是( )
A.{x|x≠π4, x∈R}B.{x|x≠−π4, x∈R}
C.{x|x≠kπ+π4, k∈Z, x∈R}D.{x|x≠kπ+3π4, k∈Z, x∈R}

11. 将函数y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象沿x轴向左平移π3个单位长度，得到函数y=cs(2x+π4)的图象，则φ=( )
A.π12B.π8C.π6D.π4

12. 函数f(x)=2sin(ωx+π4)(ω>0)，当x∈[0, 1]上恰好取得5个最大值，则实数ω的取值范围为( )
A.[9π4,25π4)B.[19π2,27π2)C.[33π4,41π4)D.[41π4,50π4)
二、填空题

已知a→=2,1，b→=λ,4，且a→⊥b→，则实数λ=________.

圆x2+y2−6x+8y−24=0的半径为________.

若sinπ6−x=−13，则csπ3+x=________.

平面直角坐标系中，e→是单位向量，向量a→满足a→⋅e→=2，且|a→|2≤5|a→+te→|对任意实数t成立，则|a→|的取值范围是________ .
三、解答题

已知向量a→=3,2,b→=2,−1 .
(1)若a→+kb→与ka→+b→平行，求k的值；

(2)若λa→−b→与a→+λb→垂直，求λ的值．

已知α是第三象限角，且 fα=sinα−πcs3π2+αtan−α−πsin5π+αtan2−α−2π．
(1)化简fα；

(2)若csα−3π2=15，求fα．

已知△ABC的三个顶点坐标为A−3,0，B−1,2，C1,0．
(1)求△ABC的外接圆P（P为圆心）的标准方程；

(2)若斜率为1的直线l与圆P交于Q，R两点，求△PQR面积的最大值及此时直线l的方程．

如图，半径为4m的水轮绕着圆心O逆时针做匀速圆周运动，每分钟转动4圈，水轮圆心O距离水面2m，如果当水轮上点P从离开水面的时刻(P0)开始计算时间．

(1) 求点P距离水面的高度y(m)与时间t(s)满足的函数关系；

(2) 求点P第一次到达最高点需要的时间．

如图是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0，0<φ<π2)的部分图象，M，N是它与x轴的两个不同交点，D是M，N之间的最高点且横坐标为π4，点F(0,1)是线段DM的中点．

(1)求函数f(x)的解析式及[0,2π]上的单调增区间；

(2)若x∈[−π12,5π12]时，函数ℎ(x)=f2(x)−af(x)+1的最小值为12，求实数a的值．

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P2,4，圆O:x2+y2=4与x轴的正半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B．

(1)若直线l与y轴交于点D，且DP→⋅DQ→=16，求直线l的方程；

(2)设直线QA，QB的斜率分别是k1，k2，求k1+k2的值；

(3)设AB的中点为M，点N43,0，若MN=133OM，求△QAB的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西省桂林市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
象限角、轴线角
终边相同的角
【解析】
根据终边相同的角的概念，转化即可得出结论．
【解答】
解：因为365∘=360∘+5∘，5∘是第一象限角，
所以365∘是第一象限角．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
三角函数线
【解析】
在单位圆中，做出1的角的正切线、正弦线、余弦线，观察他们的长度，可得sin1，cs1，tan1的大小关系．
【解答】
解：如图，单位圆中∠MOP=1rad>π4rad，
∵ OM<22∴ cs1故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
向量的投影
平面向量的坐标运算
【解析】
先求出向量BC→,BA→的坐标，由投影的定义便得到向量BC→在向量BA→方向上的投影为BC→⋅BA→|BA→|，从而根据向量的坐标求向量长度|BA→|，求数量积BC→⋅BA→即可．
【解答】
解：BC→=(−2, 3)，BA→=(−4,−2)，
向量BC→在向量BA→方向上的投影为：
|BC→|cs
=BC→⋅BA→|BA→|=8−620=55．
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两点间的距离公式
【解析】
根据公切线条数，确定两圆是外切关系，则由圆心距等于半径之和可求出．
【解答】
解：圆x−12+y−32=4的圆心为1,3，半径为2，
圆x+22+y+12=a+5的圆心为−2,−1，
半径为a+5a>−5，
∵两圆有且仅有三条公切线，
∴两圆外切，
则可得−2−12+−1−32=2+a+5，
解得a=4．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
将已知等式两边平方，可得2sinαcsα=2425，结合范围α∈π2,π，可求sinα−csα>0，进而利用同角三角函数基本关系式即可求解．
【解答】
解：∵sinα+csα=15，
两边平方，可得1+2sinαcsα=125，
∴ 2sinαcsα=−2425.
∵α∈π2,π，
可得sinα>0，csα<0，
可得sinα−csα>0，
∴sinα−csα=sinα−csα2
=1−2sinαcsα=1−−2425=75．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据平面向量基本定理将AM→=AC→+14AB→−AC→，再用AB→=a→，AC→=b→表示可得答案．
【解答】
解：因为MC=14BC，AB→=a→，AC→=b→，
所以AM→=AC→+CM→=AC→+14CB→=AC→+14AB→−AC→
=b→+14a→−b→=14a→+34b→．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的图象
三角形的面积公式
【解析】
当x=0时，f(0)=sinπ6=12，根据△ABC的面积为π4，得到AC=π，则T=4π3，进而得解ω=2πT=2π4π3=32.
【解答】
解：f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)，
当x=0时，f(0)=sinπ6=12.
因为△ABC的面积为π4，
所以π4=12×OB⋅AC=12×12⋅AC，
所以AC=π，
所以34T=π，
所以T=4π3，
所以ω=2πT=2π4π3=32.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
三角函数的化简求值
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式化弦为切求解．
【解答】
解：因为tanα=3，
所以cs2α≠0，
于是有1+cs2αsinαcsα+sin2α=sin2α+cs2α+cs2αsinαcsα+sin2α
=sin2α+2cs2αsinαcsα+sin2α=sin2α+2cs2αcs2αsinαcsα+sin2αcs2α
=tan2α+2tanα+tan2α=1112．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
三角函数的最值
【解析】
推导出x−32+y−22=1，从而x=3+csα,y=2+sinα,0≤α<2π，由此能求出x2+(y+2)2的最大值．
【解答】
解：∵实数x，y满足x2+y2−6x−4y+12=0，
∴x−32+y−22=1，
∴x=3+csα,y=2+sinα (0≤α≤2π)，
∴x2+y+22
=3+csα2+4+sinα2
=8sinα+6csα+26
=10sinα+θ+26，
∴当sinα+θ=1时，x2+y+22取最大值6．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
诱导公式
正切函数的定义域
【解析】
由正切函数的定义知x−π4≠kπ+π2，解出x不满足的范围即可．
【解答】
解：因为函数y=tan(π4−x)=−tan(x−π4)，
所以x−π4≠kπ+π2，
所以x≠kπ+34π，k∈Z，x∈R．
故选D.
11.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
根据函数y＝Asin(ωx+φ)的图象变换规律、诱导公式，可得ω＝2，2π3+φ−π2=2kπ+π4，由此求得φ的值．
【解答】
解：将函数y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象沿x轴向左平移π3个单位长度，
得到函数y=sin[ω(x+π3)+φ]
=sin(ωx+ωπ3+φ)
=cs(ωx+ωπ3+φ−π2)
=cs(2x+π4)
则ω=2，
∴ 2π3+φ−π2=2kπ+π4，k∈Z．
令k=0，可得φ=π12.
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
三角函数的最值
正弦函数的周期性
【解析】
当x∈[0, 1]上恰好取得5个最大值时，必有π4ω+4×2πω≤1<π4ω+5×2πω⇒33π4≤ω<41π4．
【解答】
解，f(x)=2sin(ωx+π4)(ω>0)在y轴右边第一个最值点是π4ω．
以后每相间一个周期有一个最值点，
当x∈[0, 1]上恰好取得5个最大值时，
必有π4ω+4×2πω≤1<π4ω+5×2πω．
解得33π4≤ω<41π4．
故选C.
二、填空题
【答案】
−2
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意利用两个向量的数量积公式，两个向量垂直的性质，计算求得实数λ的值．
【解答】
解：∵ a→=2,1，b→=λ,4，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=2λ+4=0，
∴ λ=−2.
故答案为：−2.
【答案】
7
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
【解析】
直接化为一般方程，即可得出答案.
【解答】
解：圆x2+y2−6x+8y−24=0可化为：x−32+y+42=49，
故圆心为3,−4，半径为49=7.
故答案为：7.
【答案】
−13
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
直接利用诱导即可得出答案.
【解答】
解：∵ sinπ6−x=−13，
∴ csπ3+x=csπ2−π6−x
=sinπ6−x=−13.
故答案为：−13.
【答案】
[5,25]
【考点】
向量的模
数量积的坐标表达式
单位向量
【解析】
不妨设s¯=1,0，根据a→⋅e→=2，可设a→=2,y，由题意得出4+y2≤52+t2+y2恒成立，进而得到4+y2≤5|y|，解
得/y∈1,4，即可求解．
【解答】
解：由题意，e→是单位向量，不妨设e→=1,0.
由于a→⋅e→=2，可设a→=2,y，
可得|a→|2=4+y2，5|a→+te→|=52+t2+y2.
因为对任意实数t，|a→|2≤5|a→+ta→|恒成立，
即4+y2≤52+t2+y2恒成立，
整理得4+y2≤5|y|，
解得|y|=1,4，即y2∈1,16，
于是|a→|=4+y2∈5,25.
故答案为：5,25.
三、解答题
【答案】
解：(1)因为向量a→=3,2，b→=2,−1，
所以a→+kb→=3+2k,2−k，
ka→+b→=3k+2,2k−1，
因为a→+kb→与ka→+b→平行，
所以3+2k2k−1−2−k3k+2=0，
即k2=1，所以k=±1．
(2)因为向量a→=3,2，b→=2,−1，
所以λa→−b→=3λ−2,2λ+1，
a→+λb→=3+2λ,2−λ，
因为λa→−b→与a→+λb→垂直，
所以3λ−2,2λ+1⋅3+2λ,2−λ=0，
所以3λ−23+2λ+2λ+12−λ=0，
解得λ=−1±2．
【考点】
平行向量的性质
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)因为向量a→=3,2，b→=2,−1，
所以a→+kb→=3+2k,2−k，
ka→+b→=3k+2,2k−1，
因为a→+kb→与ka→+b→平行，
所以3+2k2k−1−2−k3k+2=0，
即k2=1，所以k=±1．
(2)因为向量a→=3,2，b→=2,−1，
所以λa→−b→=3λ−2,2λ+1，
a→+λb→=3+2λ,2−λ，
因为λa→−b→与a→+λb→垂直，
所以3λ−2,2λ+1⋅3+2λ,2−λ=0，
所以3λ−23+2λ+2λ+12−λ=0，
解得λ=−1±2．
【答案】
解：(1)f(α)=−sin(π−α)⋅cs(π2−α)⋅tan(−α)−sin(π−α)tan2(−α)
=−sinα⋅sinαsinα⋅tanα=−csα．
(2)∵ cs(α−32π)=−sinα=15，
∴ sinα=15，
∵ α为第三象限角．
∴ csα=−1−sin2α=−265，
∴ f(α)=−csα=265．
【考点】
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
三角函数值的符号
【解析】

【解答】
解：(1)f(α)=−sin(π−α)⋅cs(π2−α)⋅tan(−α)−sin(π−α)tan2(−α)
=−sinα⋅sinαsinα⋅tanα=−csα．
(2)∵ cs(α−32π)=−sinα=15，
∴ sinα=15，
∵ α为第三象限角．
∴ csα=−1−sin2α=−265，
∴ f(α)=−csα=265．
【答案】
解：(1)设圆P的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为圆经过三点A(−3,0)，B(−1,2)，C(1,0)，
则9−3D+F=0,5−D+2E+F=0,1+D+F=0,
解得D=2,E=0,F=−3,
所以△ABC的外接圆P的方程为x2+y2+2x−3=0，
化成标准方程为(x+1)2+y2=4．
(2)由(1)知，圆心P的坐标为−1,0，圆的半径r=2.
设直线l的方程为y=x+b，
则圆心P到直线l的距离d=|b−1|2，
弦长|QR|=2r2−d2=24−d2，
则△PQR的面积为S=12|QR|d=d4−d2．
设t=d2，
则S=d4−d2=t(4−t)=−(t−2)2+4≤2，
当且仅当t=2，即d=2时取“=”.
由|b−1|2=2，解得b=3或−1，
故△PQR面积的最大值为2，
此时直线l的方程为y=x+3或y=x−1．
【考点】
圆的标准方程
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
（Ⅰ）本题考查圆的方程，圆与直线的位置关系．
（Ⅱ）答案未提供解析．
【解答】
解：(1)设圆P的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为圆经过三点A(−3,0)，B(−1,2)，C(1,0)，
则9−3D+F=0,5−D+2E+F=0,1+D+F=0,
解得D=2,E=0,F=−3,
所以△ABC的外接圆P的方程为x2+y2+2x−3=0，
化成标准方程为(x+1)2+y2=4．
(2)由(1)知，圆心P的坐标为−1,0，圆的半径r=2.
设直线l的方程为y=x+b，
则圆心P到直线l的距离d=|b−1|2，
弦长|QR|=2r2−d2=24−d2，
则△PQR的面积为S=12|QR|d=d4−d2．
设t=d2，
则S=d4−d2=t(4−t)=−(t−2)2+4≤2，
当且仅当t=2，即d=2时取“=”.
由|b−1|2=2，解得b=3或−1，
故△PQR面积的最大值为2，
此时直线l的方程为y=x+3或y=x−1．
【答案】
解：(1) 以O为原点建立如图所示的直角坐标系．
由于水轮绕着圆心O做匀速圆周运动，可设点P到水面的距离y(m)与时间t(s)满足函数关系y=Asin(ωt+φ)+2,(−π2<φ<π2)，
∵ 水轮每分钟旋转4圈，
∴ T=604=15．
∴ ω=2πT=2π15．
∵ 水轮半径为4 m，
∴ A=4．
∴ y=4sin(2π15t+φ)+2，(−π2<φ<0)．
当t=0时，y=0．
∴ φ=−π6．
∴ y=4sin(2π15t−π6)+2．
(2) 由于最高点距离水面的距离为6，
∴ 6=4sin(2π15t−π6)+2．
∴ sin(2π15t−π6)=1．
∴ 2π15t−π6=π2+2kπ(k∈Z)．
∴ t=5+15k(k∈Z)．
∴ 当k=0时，即t=5(s)时，点P第一次达到最高点．
【考点】
三角函数的最值
在实际问题中建立三角函数模型
函数模型的选择与应用
【解析】
（1）设点P到水面的距离y(m)与时间t(s)满足函数关系y=Asin(ϖt+φ)+2,(−π2<φ<π2)，利用周期求得ω，当t=0时，y=0，进而求得φ的值，则函数的表达式可得．
（2）根据正弦函数的图象和性质可得t=5+15k(k∈Z)即当k=0时，即t=5(s)时，点P第一次达到最高点．
【解答】
解：(1) 以O为原点建立如图所示的直角坐标系．
由于水轮绕着圆心O做匀速圆周运动，可设点P到水面的距离y(m)与时间t(s)满足函数关系y=Asin(ωt+φ)+2,(−π2<φ<π2)，
∵ 水轮每分钟旋转4圈，
∴ T=604=15．
∴ ω=2πT=2π15．
∵ 水轮半径为4 m，
∴ A=4．
∴ y=4sin(2π15t+φ)+2，(−π2<φ<0)．
当t=0时，y=0．
∴ φ=−π6．
∴ y=4sin(2π15t−π6)+2．
(2) 由于最高点距离水面的距离为6，
∴ 6=4sin(2π15t−π6)+2．
∴ sin(2π15t−π6)=1．
∴ 2π15t−π6=π2+2kπ(k∈Z)．
∴ t=5+15k(k∈Z)．
∴ 当k=0时，即t=5(s)时，点P第一次达到最高点．
【答案】
解：(1)取MN中点H，连接DH，
则DH⊥MN.
因为F为DM的中点，且F在y轴上，
则OF//DH，OF=12DH，OM=OH，
所以Dπ4,2，M−π4,0，
则A=2，
所以T=2π|ω|=4×π4−−π4=2π.
又因为ω>0，则ω=1，
所以fx=2sinx+φ.
由fπ4=2sinπ4+φ=2，
得π4+φ=π2+2kπ,k∈Z⇒φ=π4+2kπ,k∈Z.
又因为0<φ<π2，则φ=π4，
所以fx=2sinx+π4.
令−π2+2kπ≤x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，
则−3π4+2kπ≤x≤π4+2kπ，k∈Z.
又因为x∈0,2π，
则f(x)的单调递增区间为0,π4和54π,2π.
(2)因为−π12≤x≤5π12⇒π6≤x+π4≤2π3，
所以12≤sinx+π4≤1⇒1≤fx≤2.
令t=fx∈1,2，则ℎx=gt=t2−at+1，对称轴为t=a2.
①当a2≤1，即a≤2时，gtmin=g1=2−a=12⇒a=32;
②当1gtmin=ga2=−a24+1=12⇒a=±2（舍）;
③当a2≥2，即a≥4时，gtmin=g2=5−2a=12⇒a=94（舍）.
综上可得：a=32.
【考点】
正弦函数的单调性
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）结合图象特点和fx=Asinωx+φ代入特殊点进行求解得出fx的解析式，进而根据正弦函数的单调性求单调增
区间．
（2）由x∈−π12,5π12求出fx的值域，令t=fx∈1,2，结合二次函数的性质进行分类讨论可求出a的值．
【解答】
解：(1)取MN中点H，连接DH，
则DH⊥MN.
因为F为DM的中点，且F在y轴上，
则OF//DH，OF=12DH，OM=OH，
所以Dπ4,2，M−π4,0，
则A=2，
所以T=2π|ω|=4×π4−−π4=2π.
又因为ω>0，则ω=1，
所以fx=2sinx+φ.
由fπ4=2sinπ4+φ=2，
得π4+φ=π2+2kπ,k∈Z⇒φ=π4+2kπ,k∈Z.
又因为0<φ<π2，则φ=π4，
所以fx=2sinx+π4.
令−π2+2kπ≤x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，
则−3π4+2kπ≤x≤π4+2kπ，k∈Z.
又因为x∈0,2π，
则f(x)的单调递增区间为0,π4和54π,2π.
(2)因为−π12≤x≤5π12⇒π6≤x+π4≤2π3，
所以12≤sinx+π4≤1⇒1≤fx≤2.
令t=fx∈1,2，则ℎx=gt=t2−at+1，对称轴为t=a2.
①当a2≤1，即a≤2时，gtmin=g1=2−a=12⇒a=32;
②当1gtmin=ga2=−a24+1=12⇒a=±2（舍）;
③当a2≥2，即a≥4时，gtmin=g2=5−2a=12⇒a=94（舍）.
综上可得：a=32.
【答案】
解：1显然直线垂直于x轴时不符合题意，
故设直线方程为y−4=kx−2.
因为直线与圆交于不同两点，
所以|−2k+4|k2+1<2，解得k>34,
令x=0得D0,4−2k，
对于x2+y2=4，
令y=0得Q2,0.
又因为P2,4，
所以DQ→=2,2k−4，DP→=2,2k，
所以DP→⋅DQ→=4+2k2k−4=16，
解得k=3或k=−1(舍)，
所以直线l的方程为y=3x−2.
(2)设直线l的方程为：y=kx−2+4，
联立y=kx−2+4，x2+y2=4，
可得：1+k2x2−4kk−2x+2k−42−4=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=4kk−21+k2x1⋅x2=2k−42−41+k2，①
kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
则k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=kx1−2+4x1−2+kx2−2+4x2−2
=2k+4x1−2+4x2−2，②
将①代入②化简可得：
k1+k2=2k−48k+416
=2k−2k−1=−1，
即k1+k2=−1．
(3)设点Mx0,y0，由点N43,0，MN=133OM，
可得x0−432+y02=139x02+y02，
化简得x02+y02+6x0−4=0，③
又x0=x1+x22=2kk−21+k2y0=kx0−2+4=−2k−21+k2，④
④式代入③式解得k=3或k=13，
由圆心到直线的距离d=|−2k+4|k2+1<2⇒k>43，
故k=3，
此时M35,−15，圆心到直线距离d=|−2k+4|k2+1=105.
则|AB|=24−1052=6105，
直线方程为：3x−y−2=0，Q2,0，Q到直线的距离ℎ=2105，
则S△QAB=12|AB|⋅ℎ=12×6105×2105=125．
【考点】
点到直线的距离公式
平面向量的坐标运算
直线与圆的位置关系
圆的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1显然直线垂直于x轴时不符合题意，
故设直线方程为y−4=kx−2.
因为直线与圆交于不同两点，
所以|−2k+4|k2+1<2，解得k>34,
令x=0得D0,4−2k，
对于x2+y2=4，
令y=0得Q2,0.
又因为P2,4，
所以DQ→=2,2k−4，DP→=2,2k，
所以DP→⋅DQ→=4+2k2k−4=16，
解得k=3或k=−1(舍)，
所以直线l的方程为y=3x−2.
(2)设直线l的方程为：y=kx−2+4，
联立y=kx−2+4，x2+y2=4，
可得：1+k2x2−4kk−2x+2k−42−4=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=4kk−21+k2x1⋅x2=2k−42−41+k2，①
kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
则k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=kx1−2+4x1−2+kx2−2+4x2−2
=2k+4x1−2+4x2−2，②
将①代入②化简可得：
k1+k2=2k−48k+416
=2k−2k−1=−1，
即k1+k2=−1．
(3)设点Mx0,y0，由点N43,0，MN=133OM，
可得x0−432+y02=139x02+y02，
化简得x02+y02+6x0−4=0，③
又x0=x1+x22=2kk−21+k2y0=kx0−2+4=−2k−21+k2，④
④式代入③式解得k=3或k=13，
由圆心到直线的距离d=|−2k+4|k2+1<2⇒k>43，
故k=3，
此时M35,−15，圆心到直线距离d=|−2k+4|k2+1=105.
则|AB|=24−1052=6105，
直线方程为：3x−y−2=0，Q2,0，Q到直线的距离ℎ=2105，
则S△QAB=12|AB|⋅ℎ=12×6105×2105=125．