数学卷·2018届江西省赣州市崇义中学高二上学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届江西省赣州市崇义中学高二上学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年江西省赣州市崇义中学高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．如图所示，下列符号表示错误的是（　　） ‎ A．l∈α B．P∉l C．l⊊α D．P∈α ‎2．用一个平面去截四棱锥，不可能得到（　　）‎ A．棱锥 B．棱柱 C．棱台 D．四面体 ‎3．水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个（　　）‎ A．等边三角形 B．直角三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 ‎4．已知＜＜0，则下列结论不正确的是（　　）‎ A．a2＜b2 B．ab＜b2 C． +＞2 D．|a|+|b|＞|a+b|‎ ‎5．已知正方体的棱长为1，且其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（　　）‎ A．π B．2π C．3π D．4π ‎6．设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是（　　）‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α ‎7．若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（　　）‎ A． B．5 C． D．4‎ ‎8．在等比数列{an}中，若a3=2，a5=16，则a4=（　　）‎ A．±4 B．﹣4 C．4 D．4‎ ‎9．△ABC中，AB=，AC=1，∠B=30°，则△ABC的面积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．圆（x﹣1）2+（y﹣2）2=1关于直线y=x对称的圆的方程为（　　）‎ A．（x﹣2）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y﹣2）2=1 C．（x+2）2+（y﹣1）2=1 D．（x﹣1）2+（y+2）2=1‎ ‎11．如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是（　　）‎ A．A1B1=2，AB=3，B1C1=3，BC=4‎ B．A1Bl=1，AB=2，BlCl=1.5，BC=3，A1C1=2，AC=3‎ C．AlBl=1，AB=2，B1Cl=1.5，BC=3，AlCl=2，AC=4‎ D．AB=A1B1，BC=B1C1，CA=C1A1‎ ‎12．如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是　　．‎ ‎14．已知=（3，1），=（2，λ），若∥，则实数λ的值为　　．‎ ‎15．过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，则切线l的方程为　　．‎ ‎16．如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，则下列结论正确的是　　（ 写出所以正确结论的序号）‎ ‎①PB⊥AD；‎ ‎②平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎③BC∥平面PAE；‎ ‎④直线PD与直线BC所成的角为45°．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共6小题，共70分）‎ ‎17．已知三角形的三个顶点是A（4，0），B（6，6），C（0，2）．‎ ‎（1）求AB边上的高所在直线的方程；‎ ‎（2）求AC边上的中线所在直线的方程．‎ ‎18．已知等差数列{an}，其中a1+a2+a3=﹣3，a1•a2•a3=8．‎ ‎（1）求等差数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若a2，a3，a1成等比数列，则求{an+7}的前n项和．‎ ‎19．如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．‎ ‎（1）用x表示此圆柱的侧面积表达式；‎ ‎（2）当此圆柱的侧面积最大时，求此圆柱的体积．‎ ‎20．如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：‎ ‎（Ⅰ）PA∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）平面PAC⊥平面BDE．‎ ‎21． 如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60°．‎ ‎（1）求证：AC⊥平面BDE；‎ ‎（2）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥‎ 平面BEF，并证明你的结论．‎ ‎22．已知圆M：x2+y2﹣2y=24，直线l：x+y=11，l上一点A的横坐标为a，过点A作圆M的两条切线l1，l2，切点分别为B，C．‎ ‎（1）当a=0时，求直线l1，l2的方程；‎ ‎（2）当直线 l1，l2互相垂直时，求a的值；‎ ‎（3）是否存在点A，使得•=﹣2？若存在，求出点A的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省赣州市崇义中学高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．如图所示，下列符号表示错误的是（　　） ‎ A．l∈α B．P∉l C．l⊊α D．P∈α ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据空间点，线，平面之间的位置关系进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．直线l在平面内，用符号表示为l⊊α，∴A错误．‎ B．点P不在直线l上，用符号表示为P∉l，∴B正确．‎ C．直线l在平面内，用符号表示为l⊊α，∴C正确．‎ D．点P在平面内，用符号表示为P∈α，∴D正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．用一个平面去截四棱锥，不可能得到（　　）‎ A．棱锥 B．棱柱 C．棱台 D．四面体 ‎【考点】棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】根据棱柱的定义进行判断．‎ ‎【解答】解：∵棱柱的上下底面是相同的，‎ ‎∴用一个平面去截四棱锥，不可能得到棱柱．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个（　　）‎ A．等边三角形 B．直角三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】由图形和A′O′=通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边BC=B'C'，AO⊥BC，且AO=，故三角形为正三角形．‎ ‎【解答】解：由图形知，在原△ABC中，AO⊥BC，‎ ‎∵A′O′=‎ ‎∴AO=‎ ‎∵B′O′=C′O′=1∴BC=2‎ ‎∴AB=AC=2‎ ‎∴△ABC为正三角形．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．已知＜＜0，则下列结论不正确的是（　　）‎ A．a2＜b2 B．ab＜b2 C． +＞2 D．|a|+|b|＞|a+b|‎ ‎【考点】不等式的基本性质．‎ ‎【分析】由于＜＜0，可得b＜a＜0，因此b2＞a2，ab＜b2， =2，|a|+|b|=|a+b|，即可判断出．‎ ‎【解答】解：∵＜＜0，‎ ‎∴b＜a＜0，‎ ‎∴b2＞a2，ab＜b2， =2，|a|+|b|=|a+b|，‎ 因此只有D不正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．已知正方体的棱长为1，且其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（　　）‎ A．π B．2π C．3π D．4π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的体对角线的长，就是球的直径，求出球的表面积即可．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为：1，正方体的体对角线的长为：，就是球的直径，‎ ‎∴球的表面积为：S2=4π（）2=3π．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是（　　）‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】由面面平行的判定定理和线面平行的定理判断A、B、D；由面面垂直的性质定理判断C．‎ ‎【解答】解：A不对，由面面平行的判定定理知，m与n可能相交，也可能是异面直线；B不对，由面面平行的判定定理知少相交条件；‎ C不对，由面面垂直的性质定理知，m必须垂直交线；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（　　）‎ A． B．5 C． D．4‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】先根据三视图判断此几何体为直六棱柱，再分别计算棱柱的底面积和高，最后由棱柱的体积计算公式求得结果 ‎【解答】解：由图可知，此几何体为直六棱柱，底面六边形可看做两个全等的等腰梯形，上底边为1，下底边为3，高为1，‎ ‎∴棱柱的底面积为2×=4，‎ 棱柱的高为1‎ ‎∴此几何体的体积为V=4×1=4‎ 故选D ‎　‎ ‎8．在等比数列{an}中，若a3=2，a5=16，则a4=（　　）‎ A．±4 B．﹣4 C．4 D．4‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由题意可得a42=a3•a5，代值计算可得．‎ ‎【解答】解：由等比数列的性质可得a42=a3•a5，‎ ‎∴a42=2×16=32，‎ ‎∴a4=±4‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．△ABC中，AB=，AC=1，∠B=30°，则△ABC的面积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】解三角形．‎ ‎【分析】由AB，AC及cosB的值，利用余弦定理即可列出关于BC的方程，求出方程的解即可得到BC的长，然后利用三角形的面积公式，由AB，BC以及sinB的值即可求出△ABC的面积．‎ ‎【解答】解：由AB=，AC=1，cosB=cos30°=，‎ 根据余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosB，即1=3+BC2﹣3BC，‎ 即（BC﹣1）（BC﹣2）=0，解得：BC=1或BC=2，‎ 当BC=1时，△ABC的面积S=AB•BCsinB=××1×=；‎ 当BC=2时，△ABC的面积S=AB•BCsinB=××2×=，‎ 所以△ABC的面积等于或．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．圆（x﹣1）2+（y﹣2）2=1关于直线y=x对称的圆的方程为（　　）‎ A．（x﹣2）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y﹣2）2=1 C．（x+2）2+（y﹣1）2=1 D．（x﹣1）2+（y+2）2=1‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】根据平面直角坐标系内点P关于直线y=x对称的点对称点P'的坐标公式，可得圆心坐标，即可得出圆的方程．‎ ‎【解答】解：∵点P（x，y）关于直线y=x对称的点为P'（y，x），‎ ‎∴（1，2）关于直线y=x对称的点为（2，1），‎ ‎∴圆（x﹣1）2+（y﹣2）2=1关于直线y=x对称的圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2=1．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是（　　）‎ A．A1B1=2，AB=3，B1C1=3，BC=4‎ B．A1Bl=1，AB=2，BlCl=1.5，BC=3，A1C1=2，AC=3‎ C．AlBl=1，AB=2，B1Cl=1.5，BC=3，AlCl=2，AC=4‎ D．AB=A1B1，BC=B1C1，CA=C1A1‎ ‎【考点】棱台的结构特征．‎ ‎【分析】推断满足下面四个条件的几何体能否成为三棱台，从两个底面上对应边的比值是否相等，比值相等是组成棱台的必要条件，但这个条件不成立，一定不是棱台．‎ ‎【解答】解：根据棱台是由棱锥截成的，‎ A、，故A不正确；‎ B、，故B不正确；‎ C、，故C正确，‎ D、满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】只有当P移动到正方体中心O时，MN有唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，x与y的关系应该是线性的，则淘汰选项D．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线BD1的中点O时，函数取得唯一最大值，所以排除A、C；‎ 当P在BO上时，分别过M、N、P作底面的垂线，垂足分别为M1、N1、P1，‎ 则y=MN=M1N1=2BP1=2•xcos∠D1BD=2•是一次函数，所以排除D．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是　4　．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】由题意可知原四棱锥为正四棱锥，由四棱锥的主视图得到四棱锥的底面边长和高，则其侧面积和体积可求 ‎【解答】解：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，‎ 其主视图为原图形中的三角形PEF，如图，‎ 由该四棱锥的主视图可知四棱锥的底面边长AB=2，‎ 高PO=2，‎ 则四棱锥的斜高PE==．‎ 所以该四棱锥侧面积S=4××2×=4，‎ 故答案是4．‎ ‎　‎ ‎14．已知=（3，1），=（2，λ），若∥，则实数λ的值为　　．‎ ‎【考点】平行向量与共线向量．‎ ‎【分析】根据平面向量的共线定理，列出方程解方程即可．‎ ‎【解答】解： =（3，1），=（2，λ），‎ 若∥，则3λ﹣2×1=0，‎ 解得λ=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．过点P（2，2）的直线与圆（x﹣1）2+y2=5相切，则切线l的方程为　x+2y﹣6=0　．‎ ‎【考点】圆的切线方程．‎ ‎【分析】设出切线方程，求出圆的圆心与半径，利用圆心到直线的距离等于半径，求出k，写出切线方程即可．‎ ‎【解答】解：设切线方程为y﹣2=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+2=0，‎ ‎∵圆心（1，0）到切线l的距离等于半径，‎ ‎∴=，解得k=﹣，‎ ‎∴切线方程为y﹣2=﹣（x﹣2），即x+2y﹣6=0，‎ 故答案为x+2y﹣6=0．‎ ‎　‎ ‎16．如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA=2AB，则下列结论正确的是　④　（ 写出所以正确结论的序号）‎ ‎①PB⊥AD；‎ ‎②平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎③BC∥平面PAE；‎ ‎④直线PD与直线BC所成的角为45°．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】在①中，AD与PB在平面的射影AB不垂直；在②中，平面PAB⊥平面PAE；在③中，BC∥平面PAD；在④中，在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，从而∠PDA=45°．‎ ‎【解答】解：在①中，∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；‎ 在②中，∵平面PAB⊥平面PAE，∴平面PAB⊥平面PBC也不成立，即②不成立；‎ 在③中，∵BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，‎ ‎∴直线BC∥平面PAE也不成立，故③不成立；‎ 在④中，在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，故④正确．‎ 故答案为：④．‎ ‎　‎ 三、解答题（本题共6小题，共70分）‎ ‎17．已知三角形的三个顶点是A（4，0），B（6，6），C（0，2）．‎ ‎（1）求AB边上的高所在直线的方程；‎ ‎（2）求AC边上的中线所在直线的方程．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】（1）由=3，知AB边上的高所在直线的斜率k=﹣，由此利用点斜式方程级求出AB边上的高所在直线的方程．‎ ‎（2）由AC边的中点为（2，1），利用两点式方程级求出AC边上的中线所在直线的方程．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（4，0），B（6，6），C（0，2），‎ ‎∴=3，∴AB边上的高所在直线的斜率k=﹣，‎ ‎∴AB边上的高所在直线的方程为y﹣2=﹣，‎ 整理，得x+3y﹣6=0．‎ ‎（2）∵AC边的中点为（2，1），‎ ‎∴AC边上的中线所在的直线方程为，‎ 整理，得5x﹣4y﹣6=0．‎ ‎　‎ ‎18．已知等差数列{an}，其中a1+a2+a3=﹣3，a1•a2•a3=8．‎ ‎（1）求等差数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若a2，a3，a1成等比数列，则求{an+7}的前n项和．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，运用等差数列的通项公式和性质，求得首项和公差，即可得到所求通项公式；‎ ‎（2）运用等比数列中项性质可得a3=2，a1=﹣4，a2=﹣1，进而得到an+7=3n，运用等差数列的求和公式即可得到所求和．‎ ‎【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，‎ 由a1+a2+a3=﹣3，a1•a2•a3=8．‎ 可得3a1+3d=﹣3，即a2=﹣1，‎ a1+a3=﹣2，a1•a3=﹣8．‎ 解得a1=﹣4，a3=2或a1=2，a3=﹣4，‎ 则d=3或﹣3，‎ 则an=﹣4+3（n﹣1）=3n﹣7；或an=2﹣3（n﹣1）=5﹣3n；‎ ‎（2）a2，a3，a1成等比数列，‎ 可得a32=a1a2，‎ 又a1•a2•a3=8，可得a3=2，a1=﹣4，a2=﹣1，‎ 则an+7=3n，‎ 可得{an+7}的前n项和为n（3+3n）=（n2+n）．‎ ‎　‎ ‎19．如图，已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．‎ ‎（1）用x表示此圆柱的侧面积表达式；‎ ‎（2）当此圆柱的侧面积最大时，求此圆柱的体积．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】（1）设圆柱的底面半径为r，根据相似比求出r与x的关系，代入侧面积公式即可；‎ ‎（2）利用二次函数的性质求出侧面积最大时x的值，代入体积公式即可．‎ ‎【解答】解：（1）设圆柱的半径为r，则，∴r=2﹣x，0＜x＜2．‎ ‎∴S圆柱侧=2πrx=2π（2﹣x）x=﹣2πx2+4πx．（0＜x＜2）．‎ ‎（2），‎ ‎∴当x=1时，S圆柱侧取最大值2π，‎ 此时，r=1，所以．‎ ‎　‎ ‎20．如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：‎ ‎（Ⅰ）PA∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）平面PAC⊥平面BDE．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（I）根据线面平行的判定定理证出即可；（II）根据面面垂直的判定定理证明即可．‎ ‎【解答】证明：（I）∵O是AC的中点，E是PC的中点，‎ ‎∴OE∥AP，又∵OE⊂平面BDE，PA ‎⊄平面BDE．‎ ‎∴PA∥平面BDE．‎ ‎（II）∵PO⊥底面ABCD，PO⊥BD，‎ 又∵AC⊥BD，且AC∩PO=O ‎∴BD⊥平面PAC，而BD⊂平面BDE，‎ ‎∴平面PAC⊥平面BDE ‎　‎ ‎21． 如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60°．‎ ‎（1）求证：AC⊥平面BDE；‎ ‎（2）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）根据DE⊥平面ABCD，由线面垂直的判定定理可知DE⊥AC，由ABCD是正方形可知AC⊥BD，而DE∩BD=D，满足线面垂直的判定所需条件，从而证得结论；‎ ‎（2）当M是BD的一个三等分点，即3BM=BD时，AM∥平面BEF．取BE上的三等分点N，使3BN=BE，连接MN，NF，则DE∥MN，且DE=3MN，而AF∥DE，且DE=3AF，则四边形AMNF是平行四边形，从而AM∥FN，AM⊄平面BEF，FN⊂平面BEF，满足线面平行的判定定理，从而证得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：因为DE⊥平面ABCD，‎ 所以DE⊥AC．…‎ 因为ABCD是正方形，‎ 所以AC⊥BD，因为DE∩BD=D…‎ 从而AC⊥平面BDE．…‎ ‎（2）当M是BD的一个三等分点，即3BM=BD时，AM∥平面BEF． …‎ 取BE上的三等分点N，使3BN=BE，连接MN，NF，则DE∥MN，且DE=3MN，‎ 因为AF∥DE，且DE=3AF，所以AF∥MN，且AF=MN，‎ 故四边形AMNF是平行四边形． …‎ 所以AM∥FN，‎ 因为AM⊄平面BEF，FN⊂平面BEF，…‎ 所以AM∥平面BEF． …‎ ‎　‎ ‎22．已知圆M：x2+y2﹣2y=24，直线l：x+y=11，l上一点A的横坐标为a，过点A作圆M的两条切线l1，l2，切点分别为B，C．‎ ‎（1）当a=0时，求直线l1，l2的方程；‎ ‎（2）当直线 l1，l2互相垂直时，求a的值；‎ ‎（3）是否存在点A，使得•=﹣2？若存在，求出点A的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用．‎ ‎【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线的斜率，即可求直线l1，l2的方程；‎ ‎（2）当直线 l1，l2互相垂直时，四边形MCAB为正方形，即可求a的值；‎ ‎（3）设，可得，利用圆心M到直线l的距离是，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1））圆M：x2+（y﹣1）2=25，圆心M（0，1），半径r=5，A（0，11），设切线的方程为y=kx+11，圆心距，‎ ‎∴，‎ ‎∴所求直线l1，l2的方程为；‎ ‎（2）当l1⊥l2时，四边形MCAB为正方形，‎ ‎∴‎ 设A（a，11﹣a），M（0，1），则，‎ ‎∴a2﹣10a+25=0，∴a=5；‎ ‎（3）设，则 ‎，‎ 又，故，‎ 又圆心M到直线l的距离是，‎ ‎∴AM2≥50，‎ ‎∴，故点A不存在．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日