2020-2021学年河北省石家庄市某校高二（上）8月开学考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市某校高二（上）8月开学考试数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知A={x|x2−2x−8≤0}，B={x|lg2(x−1)≥1}，则A∩B=( )
A.3,4B.−2,4C.[−2,+∞)D.2,3

2. 若sinα=45，且α是第二象限角，则tanα的值为( )
A.−43B.34C.±34D.±43

3. 直线x−3y−3=0的倾斜角是( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

4. 我国明代伟大数学家程大位在《算法统综》中常以诗歌的形式呈现数学问题，其中有一首“竹简容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上梢四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明”.意思是：九节竹的盛米容积成等差数列，其中的“三升九”指3.9升，则九节竹的中间一节的盛米容积为( )
A.0.9升B.1升C.1.1升D.2.1升

5. 已知向量a→，b→满足|a→|=3， |b→|=2， |2a→+b→|=213，则a→与b→的夹角为( )
A.π6B.π4C.2π3D.π3

6. 设a，b，c都是正实数，且a，b满足1a+9b=1，则使a+b≥c恒成立的c的范围是( )
A.(0, 8]B.(0, 10]C.(0, 12]D.(0, 16]

7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为ab8sinC，则C=( )
A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3

8. 已知点Px,y在曲线C ：x2+y2−2x=0上，则x−2y的最大值为( )
A.2B.−2C.1+5D.1−5
二、多选题

已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中，能使△ABC的形状唯一确定的有( )
A.a=1，b=2，∠A=30∘B.a=2，b=3，∠C=60∘
C.a=1，∠B=30∘，∠C=45∘D.a=2，b=3，c=4

已知直线l1:x−y−1=0，动直线l2:k+1x+ky+k=0k∈R，则下列结论错误的是( )
A.不存在k，使得l2的倾斜角为90∘
B.对任意的k，l1与l2都有公共点
C.对任意的k，l1与l2都不重合
D.对任意的k，l1与l2都不垂直

设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是( )
A.若d<0，则数列{Sn}有最大项
B.若数列{Sn}有最大项，则d<0
C.若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
D.若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中， AA1=AC=23AB=2，AB⊥AC，点D，E分别是线段BC， B1C上的动点(不含端点)，且ECB1C=DCBC．则下列说法正确的是( )

A.ED//平面ACC1
B.该三棱柱的外接球的表面积为68π
C.异面直线B1C与AA1所成角的正切值为32
D.二面角A−EC−D的余弦值为413
三、填空题

若对任意的x≥0， x2−2ax+a+2≥0成立，则实数a的取值范围为________.
四、解答题

已知三角形的三个顶点A(−2, 0)，B(4, −4)，C(0, 2).
(1)求线段BC的中线所在直线方程；

(2)求AB边上的高所在的直线方程.

如图所示，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，对角线AC与BD交于点F，侧面SBC是边长为2的等边三角形，E为SB的中点.

(1)证明：SD//平面AEC;

(2)若侧面SBC⊥底面ABCD，求点A到平面BSD的距离.

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cs2C=−34.
(1)求sinC；

(2)当c=2a，且b=37时，求a．

设Sn是数列an的前n项和，Sn=2an−2n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；

(2)记bn=nan，数列bn的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．

如图，三棱锥S−ABC中，∠ASC=∠ABC=90∘，∠CAB=30∘，∠CAS=60∘，SB=30，AC=43．

(1)求证：平面ASC⊥平面ABC；

(2)M是线段AC上一点，若AM=543，求二面角A−SM−B的大小．

已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；

(2)若OM→⋅ON→=12，其中O为坐标原点，求|MN|的长．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市某校高二（上）8月开学考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次不等式的解法
对数及其运算
交集及其运算
【解析】
通过解不等式化简集合A,B，然后即可求解交集.
【解答】
解：A={x|x2−2x−8≤0}={x|−2≤x≤4}，
B={x|lg2(x−1)≥1}={x|x−1≥2}={x|x≥3}，
故A∩B={x|3≤x≤4}.
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由sinα=45，且α是第二象限的角，利用同角三角函数间的关系先求出csα，再利用同角三角函数间的关系求出tanα．
【解答】
解：∵ sinα=45，且α是第二象限角，
∴ csα=−1−sin2α=−1−1625=−35，
∴ tanα=45−35=−43．
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解倾斜角．
【解答】
解：直线x−3y−3=0的斜率为：33，
倾斜角是α，则tanα=33，
可得α=30∘．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米，设相差的同一数量为d升，下端第一节盛米a1升，由等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组求出a1，d，由此能求出中间两节可盛米的容积．
【解答】
解：要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米，设相差的同一数量为d升，下端第一节盛米a1升，
由题意得S3=3a1+3×22d=3.9，S9−S5=(9a1+9×82d)−(5a1+5×42d)=3，
解得a1=1.4，d=−0.1，
∴ 中间一节可盛米的容积为：
a5=a1+4d=1.4−0.4=1（升）．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
将2→​a+→​b=213平方，解得cs→​a,→​b=12，根据特殊角的三角函数值可得结果.
【解答】
解：∵ |2a→+b→|=213，
∴ 4a→2+4a→⋅b→+b→2=52.
∵ |a→|=3，|b→|=2，
∴ a→⋅b→=3，即 |a→|⋅|b→|cs⟨a→,b→⟩=3，
则cs⟨a→,b→⟩=12，
∴ a→与b→的夹角为π3.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意可得a+b=(a+b)(1a+9b)=1+9ab+ba+9，再利用基本不等式求出a+b的最小值为16，从而得到16≥c，由此求得c的取值范围．
【解答】
解：a，b，c都是正实数，且a，b满足1a+9b=1，
则a+b=(a+b)(1a+9b)=1+9ab+ba+9
=10+9ab+ba≥10+29ab⋅ba=16，
当且仅当9ab=ba时，等号成立．
故a+b的最小值为16，要使a+b≥c恒成立，只要16≥c，故c的取值范围为(0, 16].
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】

【解答】
解：由ab8sinC=12absinC，
得sin2C=14，又C∈(0,π)，
所以sinC=12，
所以C=π6或5π6.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
由题意可知，曲线C为圆，利用直线与圆的位置关系可知，当直线与圆相切时z=x−2y取最值，即可求解.
【解答】
解：曲线C：x2+y2−2x=0⇒(x−1)2+y2=1，
即C是以(1,0)为圆心，1为半径的圆.
令z=x−2y，则x−2y−z=0，即y=x2−z2，
故当直线与C相切时，z取最值，
故1−z1+4=1，解得z=1−5或z=1+5，
故x−2y的最大值为1+5.
故选C.
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的形状判断
【解析】
根据题意对各选项逐项判定，即可求出结果.
【解答】
解：A，因为a=1，b=2，∠A=30∘，
所以由asinA=bsinB，得sinB=bsinAa=2×121=22，
因为a所以B=45∘或135∘，三角形的形状有两种情况，故A不符合题意；
B，因为a=2，b=3，∠C=60∘，
所以c=22+32−2×2×3×cs60∘=7，
所以三角形的形状唯一确定，故B符合题意；
C，因为a=1，∠B=30∘，∠C=45∘，
所以∠A=180∘−30∘−45∘=105∘，
所以三角形的形状唯一确定，故C符合题意；
D，因为a=2，b=3，c=4，
所以三角形的形状唯一确定，故D符合题意,.
故选BCD.
【答案】
A,C
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的倾斜角
【解析】
通过两直线的位置关系判断以及直线系方程的应用，即可求解.
【解答】
解：A，当k=0时，l2的倾斜角为90∘，故A错误，符合题意；
B，l2的方程整理为kx+y+1+x=0 ，
由此可知直线l2必过定点0,−1，又点0,−1也在l1上，故B正确，不符合题意；
C，当k=−12时，两直线重合，故C错误，符合题意；
D，∵ 1⋅k+1+−1k≠0，∴ 两直线不垂直，故D正确，不符合题意.
故选AC.
【答案】
A,B,C
【考点】
等差数列的前n项和
数列的函数特性
【解析】
由等差数列的求和公式可得Sn＝na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1+d2)n，可看作关于n的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得．
【解答】
解：由等差数列的求和公式可得
Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n.
A，若d<0，由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项，故A正确；
B，若数列{Sn}有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d<0，故B正确；
C，若对任意n∈N*，均有Sn>0，对应抛物线开口向上，d>0，
可得数列{Sn}是递增数列，故C正确；
D，若数列{Sn}是递增数列，则对应抛物线开口向上，
但不一定有任意n∈N*，均有Sn>0，故D错误．
故选ABC.
【答案】
A,D
【考点】
球内接多面体
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】

【解答】
解：A，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，
因为ECB1C=DCBC，
所以ED//BB1//AA1.
因为ED⊄平面ACC1，AA1⊂平面ACC1，
所以ED//平面ACC1，故A正确；
B，因为AA1=AC=23AB=2，所以AB=3.
因为AB⊥AC，所以BC=22+32=13，
所以B1C=13+4=17.
易知B1C是三棱柱外接球的直径，
所以三棱柱外接球的表面积为4π(172)2=π×(17)2=17π，故B错误；
C，因为AA1//BB1，所以异面直线B1C与AA1所成角为∠BB1C．
在Rt△B1BC中，BB1=2，BC=13，
所以tan∠BB1C=BCBB1=132，故C错误；
D，二面角A−EC−D即二面角A−B1C−B，以A为坐标原点，
以AB→，AC→，AA→1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A0,0,0，B3,0,0，C0,2,0，B13,0,2，
AB1→=3,0,2，BC→=−3,2,0，B1C→=−3,2,−2，
设平面AB1C的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅AB1→=0,n→⋅B1C→=0,即3x+2z=0,−3x+2y−2z=0,令x=2可得n→=2,0,−3；
设平面BB1C的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BC→=0,m→⋅B1C→=0,即−3x+2y=0,−3x+2y−2z=0,令x=2可得m→=2,3,0，
故二面角A−EC−D的余弦值为2×213×13=413，故D正确．
故选AD．
三、填空题
【答案】
−2,2
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
若命题"∀x∈0,2,x2+2ax+a>0”恒成立，则函数fx=x2−2ax+a+2的最小值对任意x∈0,2恒大于等于0，按二次函数的对称轴分类求出最值即可．
【解答】
解：若对任意的x≥0， x2−2ax+a+2≥0成立，
①当Δ≤0时，即a2−a−2≤0，解得−1≤a≤2；
②当Δ>0时，
f(0)=a+2≥0,−b2a=a<0,Δ=a2−a−2>0,
解得−2≤a<−1.
综上可得实数a的取值范围为[−2, 2].
故答案为：[−2, 2].
四、解答题
【答案】
解：(1)线段BC的中点M(2, −1)，
∴ 线段BC的中线所在直线方程为y−0=−1−02−(−2)(x+2)，
即x+4y+2=0；
(2)kAB=−4−04−(−2)=−23，
∴ k=−1kAB=32，
∴ 过点AB边上的高所在的直线方程为y−2=32(x−0)，
y=32x+2，
即3x−2y+4=0．
【考点】
直线的斜截式方程
直线的点斜式方程
斜率的计算公式
【解析】
（1）线段BC的中点M(2, −1)，利用点斜式即可得出．
（2）利用斜率计算公式可得kAB，利用相互垂直的直线斜率之间的关系可得过点AB边上的高所在的直线的斜率，利用斜截式即可得出．
【解答】
解：(1)线段BC的中点M(2, −1)，
∴ 线段BC的中线所在直线方程为y−0=−1−02−(−2)(x+2)，
即x+4y+2=0；
(2)kAB=−4−04−(−2)=−23，
∴ k=−1kAB=32，
∴ 过点AB边上的高所在的直线方程为y−2=32(x−0)，
y=32x+2，
即3x−2y+4=0．
【答案】
(1)证明：连接EF，
∵ F为正方形ABCD对角线AC与BD的交点，
∴ F为BD中点，
∴ EF为△BDS的中位线，∴ EF//DS.
又∵ SD⊄平面AEC，EF⊂平面AEC，
∴ SD//平面AEC.
(2)解：∵ 面SBC⊥面ABCD，面SBC∩面ABCD=BC，
∴ 等边△SBC的边BC上的高为棱锥S−ABD的高，
∴VS−ABD=12×2×2×3×13=233.
在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=22.
∵ DC⊥BC，∴ DC⊥面SBC，∴ DC⊥SC.
在Rt△SCD中，SD=SC2+CD2=22.
连接DE.
∵BD=SD，E为BS中点，
∴ DE⊥BS，DE=BD2−BE2=7，
VA−BSD=12×2×7×h×13=VS−ABD=233,
∴h=2217.
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接EF，
∵ F为正方形ABCD对角线AC与BD的交点，
∴ F为BD中点，
∴ EF为△BDS的中位线，∴ EF//DS.
又∵ SD⊄平面AEC，EF⊂平面AEC，
∴ SD//平面AEC.
(2)解：∵ 面SBC⊥面ABCD，面SBC∩面ABCD=BC，
∴ 等边△SBC的边BC上的高为棱锥S−ABD的高，
∴VS−ABD=12×2×2×3×13=233.
在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=22.
∵ DC⊥BC，∴ DC⊥面SBC，∴ DC⊥SC.
在Rt△SCD中，SD=SC2+CD2=22.
连接DE.
∵BD=SD，E为BS中点，
∴ DE⊥BS，DE=BD2−BE2=7，
VA−BSD=12×2×7×h×13=VS−ABD=233,
∴h=2217.
【答案】
解：(1)由已知可得1−2sin2C=−34，
所以sin2C=78．
因为在△ABC 中，sinC>0，
所以sinC=144．
(2)因为c=2a，所以sinA=12sinC=148．
因为△ABC是锐角三角形，所以csC=24，csA=528，
所以sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC
=148×24+528×144=378．
由正弦定理可得： 37sinB=asinA，所以a=14.
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦定理
三角函数中的恒等变换应用
同角三角函数基本关系的运用
【解析】


【解答】
解：(1)由已知可得1−2sin2C=−34，
所以sin2C=78．
因为在△ABC 中，sinC>0，
所以sinC=144．
(2)因为c=2a，所以sinA=12sinC=148．
因为△ABC是锐角三角形，所以csC=24，csA=528，
所以sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC
=148×24+528×144=378．
由正弦定理可得： 37sinB=asinA，所以a=14.
【答案】
解：(1)当n=1时，S1=2a1−2，得a1=2；
当n≥2时， Sn=2an−2①，Sn−1=2an−1−2②，
①−②得， anan−1=2，
所以数列an是以a1=2为首项，以2为公比的等比数列，即an=2n.
(2)由题可得，bn=n2n=n⋅12n.
因为Tn=b1+b2+b3+⋯+bn−2+bn−1+bn，
所以Tn=12+2×122+3×123+⋯
+n−212n−2+n−112n−1+n12n③，
12Tn=122+2×123+3×124+⋯
+n−212n−1+n−112n+n12n+1④，
③−④，得12Tn=12+122+123+⋯
+12n−1+12n−n12n+1=1−12n−n12n+1，
所以， Tn=2−n+2×12n，显然Tn<2.
因为Tn+1−Tn=n+1an+1>0，
所以数列Tn是递增数列，且T1=2−32=12，
所以12≤Tn<2.
【考点】
数列与函数单调性问题
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=1时，S1=2a1−2，得a1=2；
当n≥2时， Sn=2an−2①，Sn−1=2an−1−2②，
①−②得， anan−1=2，
所以数列an是以a1=2为首项，以2为公比的等比数列，即an=2n.
(2)由题可得，bn=n2n=n⋅12n.
因为Tn=b1+b2+b3+⋯+bn−2+bn−1+bn，
所以Tn=12+2×122+3×123+⋯
+n−212n−2+n−112n−1+n12n③，
12Tn=122+2×123+3×124+⋯
+n−212n−1+n−112n+n12n+1④，
③−④，得12Tn=12+122+123+⋯
+12n−1+12n−n12n+1=1−12n−n12n+1，
所以， Tn=2−n+2×12n，显然Tn<2.
因为Tn+1−Tn=n+1an+1>0，
所以数列Tn是递增数列，且T1=2−32=12，
所以12≤Tn<2.
【答案】
(1)证明：如图，过点S作SH⊥AC于点H，连接BH，
在直角三角形ASC中，
∵ ∠ASC=90∘，∠CAS=60∘，AC=43，
∴ AS=23.
在直角三角形ASH中，
∵ ∠AHS=90∘，∠HAS=60∘，
∴ SH=3，AH=3.
在直角三角形ABC中，
∵ ∠ABC=90∘，∠CAB=30∘，
∴ AB=6.
在△ABH中，由余弦定理得
BH2=32+62−2×6×3⋅cs30∘=21⇒BH=21.
在△SHB中，∵ SH=3，BH=21，SB=30，
∴SB2=SH2+BH2，
∴SH⊥HB.
又∵ SH⊥AC，BH∩AC=H，
∴SH⊥平面ABC.
∵ SH⊂平面ASC，
∴平面ASC⊥平面ABC．
(2)解：以H为坐标原点，HA为x轴，在平面ABC上垂直于AC的直线为y轴，
HS为z轴建立如图的直角坐标系，
由(1)知S(0,0,3)，B(−23,3,0)，且M−34,0,0，
显然平面ASM的一个法向量m→=(0,1,0)，
设平面SMB的一个法向量n→=(x,y,z)，
∵SM→=−34,0,−3，SB→=(−23,3,−3)，
∴ −34x−3z=0，−23x+3y−3z=0，令z=1⇒n→=(−43,−7,1)，
∴cs⟨m→,n→⟩=−71×48+49+1=−22.
∵二面角A−SM−B为钝角，
∴二面角A−SM−B为135∘．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
余弦定理
平面与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，过点S作SH⊥AC于点H，连接BH，
在直角三角形ASC中，
∵ ∠ASC=90∘，∠CAS=60∘，AC=43，
∴ AS=23.
在直角三角形ASH中，
∵ ∠AHS=90∘，∠HAS=60∘，
∴ SH=3，AH=3.
在直角三角形ABC中，
∵ ∠ABC=90∘，∠CAB=30∘，
∴ AB=6.
在△ABH中，由余弦定理得
BH2=32+62−2×6×3⋅cs30∘=21⇒BH=21.
在△SHB中，∵ SH=3，BH=21，SB=30，
∴SB2=SH2+BH2，
∴SH⊥HB.
又∵ SH⊥AC，BH∩AC=H，
∴SH⊥平面ABC.
∵ SH⊂平面ASC，
∴平面ASC⊥平面ABC．
(2)解：以H为坐标原点，HA为x轴，在平面ABC上垂直于AC的直线为y轴，
HS为z轴建立如图的直角坐标系，
由(1)知S(0,0,3)，B(−23,3,0)，且M−34,0,0，
显然平面ASM的一个法向量m→=(0,1,0)，
设平面SMB的一个法向量n→=(x,y,z)，
∵SM→=−34,0,−3，SB→=(−23,3,−3)，
∴ −34x−3z=0，−23x+3y−3z=0，令z=1⇒n→=(−43,−7,1)，
∴cs⟨m→,n→⟩=−71×48+49+1=−22.
∵二面角A−SM−B为钝角，
∴二面角A−SM−B为135∘．
【答案】
解：(1)由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A(0, 1)的直线方程：y=kx+1，
即：kx−y+1=0．
由已知可得圆C的圆心C的坐标(2, 3)，半径R=1．
故由|2k−3+1|k2+1=1，
解得：k1=4−73，k2=4+73．
故当4−73过点A(0, 1)的直线与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1相交于M，N两点．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由题意可得，经过点M，N，A的直线方程为y=kx+1，
代入圆C的方程(x−2)2+(y−3)2=1，
可得(1+k2)x2−4(k+1)x+7=0，
∴ x1+x2=4(1+k)1+k2，x1⋅x2=71+k2，
∴ y1⋅y2=(kx1+1)(kx2+1)=12k2+4k+11+k2，
由OM→⋅ON→=x1⋅x2+y1⋅y2=12k2+4k+81+k2=12，
解得k=1，
故直线l的方程为y=x+1，即x−y+1=0．
圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．
所以|MN|=2．
【考点】
平面向量数量积的运算
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．
（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．
【解答】
解：(1)由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A(0, 1)的直线方程：y=kx+1，
即：kx−y+1=0．
由已知可得圆C的圆心C的坐标(2, 3)，半径R=1．
故由|2k−3+1|k2+1=1，
解得：k1=4−73，k2=4+73．
故当4−73过点A(0, 1)的直线与圆C：(x−2)2+(y−3)2=1相交于M，N两点．
(2)设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由题意可得，经过点M，N，A的直线方程为y=kx+1，
代入圆C的方程(x−2)2+(y−3)2=1，
可得(1+k2)x2−4(k+1)x+7=0，
∴ x1+x2=4(1+k)1+k2，x1⋅x2=71+k2，
∴ y1⋅y2=(kx1+1)(kx2+1)=12k2+4k+11+k2，
由OM→⋅ON→=x1⋅x2+y1⋅y2=12k2+4k+81+k2=12，
解得k=1，
故直线l的方程为y=x+1，即x−y+1=0．
圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．
所以|MN|=2．