2019-2020学年江西省吉安市四校高二(上)期中数学试卷1 -(含答案解析)

2019-2020学年江西省吉安市四校高二（上）期中数学试卷1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 直线l:2x −2y +1=0的倾斜角为( )A. 30oB. 45oC. 60oD. 90o2. 直线3x +y −3=0与直线6x +my +1=0平行，则m 的值为( )A. 2B. −2C. 18D. −18 3. 以下说法正确的是( )A. 命题“若x >1，则x 2>1”的逆命题是“若x ≤1，则x 2≤1”B. 命题：“∃x 0∈R ，使得2+sinx 0=0”的否定是“∀x ∈R ，都有2+sinx ≠0”C. “x =1”是“x 2−3x +2=0”的充要条件D. 若p ∧q 为假命题，则p 、q 均为假命题4. 命题p ：若a <b ，则∀c ∈R ，ac 2<bc 2；命题q ：∃x 0>0，使得lnx 0=1−x 0，则下列命题中为真命题的是( ) A. p ∧q B. p ∨(¬q) C. (¬p)∧q D. (¬p)∧(¬q)5. 已知圆C ：x 2+(y −3)2=4，过A(−1,0)的直线l 与圆C 相交于P ，Q 两点，若|PQ|=2√3，则直线l 的方程为( )A. x =−1或4x +3y −4=0B. x =−1或4x −3y +4=0C. x =1或4x −3y +4=0D. x =1或4x +3y −4=0 6. 在下列关于直线l,m 与平面α,β的命题中正确的是( )A. 若l ⊂β且α⊥β，则l ⊥αB. 若l ⊥β且α //β，则l ⊥αC. 若l ⊥β且α⊥β，则l //αD. 若α∩β=m 且l //m ，则l //α 7. 点P 是椭圆x 2m+y 26=1(m >0)上的点，F 1，F 2是椭圆的左右焦点，△PF 1F 2的周长为12，则椭圆的离心率为( )A. 2√67B. 57C. 12D. √228. 某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9. 已知实数x ，y 满足条件{0≤x ≤20≤y ≤2x +y ≤3，则z =2x +y +3的最大值是( )A. 3B. 5C. 7D. 810. 直线ax −y +2a =0与曲线y =√4−(x −1)2相交于相异两点，则实数a 的取值范围是( )A. [−2√55,2√55] B. (−2√55,2√55) C. [0,2√55] D. [0,2√55)11. 已知直线l ：4x +3y −5=0与圆C ：x 2+y 2−4=0交于A 、B 两点，O 为坐标原点，则 OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 2√3 B. −2√3 C. 2 D. −212. 在底面是正方形的四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E 为棱PB 的中点，点F 在棱AD上，平面CEF 与PA 交于点K ，且PA =AB =3，AF =2，则四棱锥K −ABCD 的外接球的表面积为( )A.454π25B.466π25C. 19πD.486π25二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 如图是△OAB 用斜二测画法画出的直观图，则△OAB 的面积为______．14. 已知圆锥的高是底面半径的2倍，侧面积为π，P 为圆锥的顶点，若正方形ABCD 内接于底面圆O ，则四棱锥P −ABCD 侧面积为___________．15. 已知p ：−2≤x ≤10，q ：x 2−2x +1−m 2≤0(m >0)，；若￢p 是￢q 的必要不充分条件，求实数m 的取值范围______．16. 已知一圆的圆心坐标为C(2,−1)，且被直线l ：x −y −1=0截得的弦长为2√2，则此圆的方程______ ．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 设命题p ：函数y =kx +1在R 上是增函数．命题q ：∃x ∈R ，x 2+2kx +1=0.如果p ∧q 是假命题，p ∨q 是真命题，求k 的取值范围．18. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，AB =2AD =2，PD =BD =√3AD ，且PD ⊥底面ABCD ．(1)证明：BC ⊥平面PBD ；(2)若Q为PC的中点，求三棱锥A−PBQ的体积．19.已知圆C：x2+y2−2x−2y+1=0，直线l：y=kx，且l与C相交于P、Q两点，点M(0,b)，且MP⊥MQ．(Ⅰ)当b=1时，求k的值；)，求k的取值范围．(Ⅱ)当b∈(1,3220.如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，ΔPAC为等边三角形，AB⊥AC，D是BC的中点．(1)证明：AC⊥PD；(2)若AB=AC=2，求D到平面PAB的距离.21.如图，在△ACM中，AM⊥BC，且AB=BC，以BC为折痕把ABCM折起，使点M到达点P的位置，且PA⊥AB，点D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．(1)求证：平面BED⊥平面PAC；(2)若PA=6，DF=5，求三棱锥C−BFD的体积．22.已知椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，圆C的方程为(x−2)2+(y−1)2=203，若椭圆E与圆C相交于A，B两点，且线段AB恰好为圆C的直径．(1)求直线AB的方程；(2)求椭圆E的标准方程．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】，然后得到斜率，接着利用倾斜角即可求解；将直线l:2x−2y+1=0的方程化为y=x+12【解答】，解：直线l:2x−2y+1=0的方程可化为y=x+12∴直线l的斜率为1，设倾斜角为α，∴tanα=1，∴倾斜角α为45o.故选B．2.答案：A解析：解：∵直线3x+y−3=0与直线6x+my+1=0平行，∴3m−1×6=0，解得m=2故选：A．由直线平行可得3m−1×6=0，解方程可得．本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．3.答案：B解析：解：A.命题“若x>1，则x2>1”的逆命题是“若x2>1，则x>1”，因此不正确；B.命题：“∃x0∈R，使得2+sinx0=0”的否定是“∀x∈R，都有2+sinx≠0”，正确；C.由x2−3x+2=0解得x=1，2，∴“x=1”是“x2−3x+2=0”的充分不必要条件，因此不正确；D.若p∧q为假命题，则p、q至少有一个为假命题，因此不正确．故选：B．A.利用逆命题的定义即可判断出正误；B.利用命题的否定即可判断出正误；C.由x2−3x+2=0解得x=1，2，即可判断出正误；D.若p∧q为假命题，则p、q至少有一个为假命题，即可判断出正误．本题考查了简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题．4.答案：C解析：解：当c=0时，ac2<bc2不成立，则命题p为假命题，当x=1时，ln1=1−1=0，则命题q为真命题，则(¬p)∧q为真命题，其余为假命题，故选：C．根据条件判断命题p，q命题的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．本题主要考查复合命题真假关系的判断，根据条件判断命题p，q的真假是解决本题的关键．5.答案：B解析：【分析】本题考查直线与圆的位置关系，点到直线距离，考查数形结合的数学思想，属于中档题．根据题意，分2种情况讨论：①直线l的斜率不存在，此时直线l的方程为x=−1，求出直线与圆的交点，验证可得直线的方程；②直线l的斜率存在，设直线的方程为y=k(x+1)，即kx−y+k=0，结合直线与圆的位置关系可得√1+k2=√4−3，解可得k的值，即可得此时直线的方程，综合2种情况即可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①，直线l的斜率不存在，此时直线l的方程为x=−1，又由圆C：x2+(y−3)2=4，此时有(y−3)2=3，解得：|y1−y2|=2√3，即|PQ|=2√3，符合题意；②，直线l的斜率存在，设直线的方程为y=k(x+1)，即kx−y+k=0，圆C：x2+(y−3)2=4，圆心为(0,3)，半径r=2，直线l与圆C相交于P，Q两点，若|PQ|=2√3，则有d=√1+k2=√4−3，解得：k=43，此时直线l的方程为4x−3y+4=0；综合可得：直线l的方程为x=−1或4x−3y+4=0；故选：B．6.答案：B解析：【分析】本题考查空间中线线，线面，面面的位置关系，属于简单题．逐一判断即可求解．【解答】解：对于A，若l⊂β且α⊥β，则l与α的关系不确定，所以错误;对于B，一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则也垂直于另一个，所以正确;对于C，若l⊥β且α⊥β，则l有可能在α内，所以错误;对于D，若α∩β=m且l//m，则l有可能在α内，所以错误．故选B．7.答案：B解析：【分析】本题考查椭圆的定义、性质，属于基础题．由椭圆的定义、性质，用a、c表示△PF1F2的周长，解得a、c，即可求解离心率．【解答】解：根据题意，椭圆x2m +y26=1(m>0)的焦点在x轴上，则b 2=6，即a 2−c 2=6，△PF 1F 2的周长为2c +2a =12， 解得a =72，c =52， 则椭圆的离心率e =ca =57． 故选B ． 8.答案：D解析：【分析】本题考查了由三视图判断几何体的特征，考查了学生的推理论证能力，根据三视图判断几何体的线面、线线、面面关系是关键．结合直观图判断三棱锥的背面的侧面与底面垂直，底面△ABC 为直角三角形，侧面△SAC 为直角三角形，再通过证明BC ⊥平面SAC ，证明△SBC 为直角三角形；通过证明SA ⊥平面SBC ，证明△SAB 为直角三角形，由此可得答案． 【解答】解：由三视图知三棱锥的最里面的侧面与底面垂直，如图：底面△ABC 为直角三角形，侧面△SAC 为直角三角形，∵平面SAC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面SAC ，∴BC ⊥SC ，∴△SBC 为直角三角形； 又SA ⊥SC ，SA ⊥BC ，∴SA ⊥平面SBC ，∴SA ⊥SB ，∴△SAB 为直角三角形． 故选：D ． 9.答案：D解析：解：实数x ，y 满足条件{0≤x ≤20≤y ≤2x +y ≤3，满足的可行域如图：则z =2x +y +3即y =−2x +z −3，平移直线y =−2x +z −3，当直线y =−2x +z −3经过A 时，目标函数取得最大值．由{x =2x +y =3，可得A(2,1)， 则z =2x +y +3的最大值是：2×2+1+3=8． 故选：D ．画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．本题考查线性规划的简单应用，画出可行域，判断目标函数的最值是解题的关键．10.答案：D解析：解：曲线y =√42表示以(1,0)为圆心，2为半径的圆的上半圆，直线ax −y +2a =0恒过定点(−2,0)，(1,0)到直线ax −y +2a =0的距离d =√a 2+1=2， 可得a =±2√55， ∴直线ax −y +2a =0与曲线y =√4−(x −1)2相交于相异两点，实数a 的取值范围是[0,2√55)，故选：D确定曲线y =√4−(x −1)2表示以(1,0)为圆心，2为半径的圆的上半圆，直线ax −y +2a =0恒过定点(−2,0)，求出相切时a 的值，即可求出实数a 的取值范围．本题是基础题，考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，比较基础． 11.答案：D解析：解：设直线l ：4x +3y −5=0与圆C ：x 2+y 2−4=0的交点A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)，由方程组{4x +3y −5=0x 2+y 2−4=0，消去y ，得25x 2−40x −11=0，则x 1+x 2=85，x 1x 2=−1125， 所以y 1y 2=5−4x 13⋅5−4x 23=25−20(x 1+x 2)+16x 1x 29=25−20×85+16×(−1125)9=−351225，所以 OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=−1125+(−351225)=−2． 故选：D ．由直线方程和圆的方程联立形成方程组，消去一个未知数，利用根与系数的关系，即可求出向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的数量积． 本题考查了直线和圆的位置关系，通过直线和圆的方程组成方程组，利用根与系数的关系，即可求出平面向量的数量积，是基础题目． 12.答案：D解析：【分析】如图所示，延长BA ，CF ，交于G ，连接EG ，与PA 交于K ，则AG =6，过A 做AH//PB ，与EG 交于H ，则AKPK =AH PE=AHBE ，可得出AK 长度，即可求出K −ABCD 的外接球的表面积．本题考查棱锥的结构特征，考查平面与平面交线的求法，球的表面积，其中根据已知求出半径是解答的关键．属于中档题． 【解答】解：如图所示，延长BA ，CF ，交于G ，连接EG ，与PA 交于K ，则AG =6， 过A 做AH//PB ，与EG 交于H ，则AKPK =AH PE=AH BE =23．PA=AB=3，AF=2，∴AK=65，底面是正方形的四棱锥，连接AC和BD交于O，设球心为I，可得OI=12AK=35．球心到A，B，C，D距离等于球的半径R，∴R2=OI2+OA2=925+92=24350，外接球的表面积V=4πR2=486π25．故选：D．13.答案：32解析：解：由斜二测画法画出的直观图，可知MA′//y′轴，∴MA′为△OAB的高的直观图，即△OAB的高ℎ=2MA′．底OB=O′B′=4．∵MA′=O′N=8，∴ℎ=2MA′=2×8=16，∴△OAB的面积为12×4×16=32．故答案为：32．根据斜二测画法画出的直观图确定对应△OAB的底和高即可求出△OAB的面积．本题主要考查斜二测画法的应用，要求掌握斜二测画法对应的线段的变化关系：平行于x轴的线段平行性不变，长度不变，平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．14.答案：6√55解析：【分析】本题考查四棱锥侧面积的求法，考查圆锥的性质等基础知识，空间想象能力，是中档题．设底面半径为r，则高为2r，母线长l=√5r，圆锥的侧面积S=πrl=π×r×√5r=π，从而r=√1√5，AB =√2r ，由此能求出四棱锥P −ABCD 侧面积． 【解答】解：∵圆锥的高是底面半径的2倍，侧面积为π，∴设底面半径为r ，则高为2r ，母线长l =√r 2+4r 2=√5r ， ∴圆锥的侧面积S =πrl =π×r ×√5r =π， 解得r =√√5，l =√5×√√5=√54， ∵正方形ABCD 内接于底面圆O ，∴AB =√2r ，∴四棱锥P −ABCD 侧面积为：S =4S △PAB =4×12×AB ×√PA 2−(AB2)2=2×√2r ×√5r 2−12r 2=6r 2=6×√5=6√55． 故答案为6√55． 15.答案：[9,+∞)解析：【分析】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． q ：x 2−2x +1−m 2≤0(m >0)，因式分解为：[x −(1−m)][x −(1+m)]≤0，解得x 范围．根据￢p 是￢q 的必要不充分条件，可得p 是q 充分不必要条件．即可得出． 【解答】解：q ：x 2−2x +1−m 2≤0(m >0)，因式分解为：[x −(1−m)][x −(1+m)]≤0， 解得：1−m ≤x ≤1+m ． ∵￢p 是￢q 的必要不充分条件， ∴p 是q 充分不必要条件．∴{1−m ≤−210≤1+m m >0，等号不能同时成立，解得：m ≥9．故答案为：[9,+∞)．16.答案：(x −2)2+(y +1)2=4解析：解：∵一圆的圆心坐标为C(2,−1)，且被直线l ：x −y −1=0截得的弦长为2√2， 圆心C(2,−1)到直线l 的距离d =√1+1=√2，∵圆被直线l ：x −y −1=0截得的弦长为2√2，∴此圆半径r =(2)=2，∴此圆的方程为(x −2)2+(y +1)2=4． 故答案为：(x −2)2+(y +1)2=4．先求出圆心C(2,−1)到直线l 的距离d =√2，再由圆被直线l ：x −y −1=0截得的弦长为2√2，求出此圆半径r ，由此能求出此圆的方程．本题考查圆的方程的求法，涉及到圆、直线方程、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．17.答案：解：命题p 真：∵y =kx +1在R 递增，∴k >0命题q 真：由∃x ∈R ，x 2+2kx +1=0，得方程x 2+2kx +1=0有根，∴△=(2k)2−4≥0，解得k ≥1或k ≤−1．∵p ∧q 是假命题，p ∨q 是真命题，∴命题p ，q 一真一假，①若p 真q 假，则k >0且−1<k <1⇒0<k <1．②若p 假q 真，则k ≤0且k ≥1或k ≤−1⇒k ≤−1．综上k 的范围是(0,1)∪(−∞,−1]．解析：本题考查了复合命题的判断，考查一次函数以及二次函数的性质，属于基础题． 分别求出p ，q 为真时的k 的范围，根据p ，q 一真一假，得到关于k 的不等式组，解出即可 18.答案：(1)证明：∵AD 2+BD 2=AB 2，∴AD ⊥BD ，∵AD//BC ，∴BC ⊥BD ．又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BC ．∵PD ∩BD =D ，∴BC ⊥平面PBD ．(2)解：三棱锥A −PBQ 的体积V A−PBQ 与三棱锥A −QBC 的体积相等，而V A−QBC =V Q−ABC =12V P−ABC =14V P−ABCD =14×13×1×√3×√3=14．所以三棱锥A −PBQ 的体积V A−PBQ =14．解析：(1)证明AD ⊥BD ，BC ⊥BD.PD ⊥BC.然后证明BC ⊥平面PBD ．(2)利用三棱锥A −PBQ 的体积V A−PBQ 与三棱锥A −QBC 的体积相等，转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．19.答案：解：(Ⅰ)圆C ：(x −1)2+(y −1)2=1，当b =1时，点M(0,b)在圆C 上，当且仅当直线l 经过圆心C 时，满足MP ⊥MQ.…(2分)∵圆心C 的坐标为(1,1)，∴k =1.…(4分)(Ⅱ)由{y =kx x 2+y 2−2x −2y +1=0，消去y 得：(1+k 2)x 2−2(1+k)x +1=0.① 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，∴x 1+x 2=2(1+k)1+k ,x 1x 2=11+k .…(6分)∵MP ⊥MQ ，∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0． ∴(x 1,y 1−b)⋅(x 2,y 2−b)=0，即x 1x 2+(y 1−b)(y 2−b)=0．∵y 1=kx 1，y 2=kx 2，∴(kx 1−b)(kx 2−b)+x 1x 2=0，即(1+k 2)x 1x 2−kb(x 1+x 2)+b 2=0.…(8分)∴(1+k 2)⋅11+k 2−kb ⋅2(1+k)1+k 2+b 2=0，即2k(1+k)1+k 2=b 2+1b =b +1b ． 令f(b)=b +1b ，则f(b)在区间(1,32)上单调递增．∴当b ∈(1,32)时，f(b)∈(2,136).…(11分)∴2<2k(1+k)1+k 2<136． 即{2k(1+k)>2(1+k 2) 2k(1+k)<136(1+k 2) ，解得{k >1k >6+√23 ,或k <6−√23， ∴1<k <6−√23或k >6+√23.…(13分)由①式得△=[2(1+k)]2−4(1+k 2)>0，解得k >0．∴1<k <6−√23，或k >6+√23．∴k 的取值范围是(1,6−√23)∪(6+√23,+∞).…(14分)解析：(Ⅰ)当b =1时，点M(0,b)在圆C 上，当且仅当直线l 经过圆心C 时，满足MP ⊥MQ.把圆心坐标(1,1)代入直线l ：y =kx ，可得k 的值．(Ⅱ)把直线l 的方程代入圆的方程转化为关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系以及MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，求得2k(1+k)1+k 2=b +1b .令f(b)=b +1b ，则f(b) 在区间(1,32)上单调递增，求得f(b)∈(2,136)，可得2<2k(1+k)1+k 2<136，解此不等式求得k 的取值范围(注意检验△>0)．本题主要考查直线和圆相交的性质，一元二次方程根与系数的关系，利用函数的单调性求函数的值域，一元二次不等式的解法，属于中档题．20.答案：(Ⅰ)证明：取AC 中点E ，联结DE 、PE ，∵△PAC 为等边三角形，∴PE ⊥AC ． ∵AB ⊥AC ，D 是BC 的中点，E 为AC 中点，∴ED ⊥AC ．∴AC ⊥平面PED ，∵PD ⊂平面PAD ，所以AC ⊥PD ．(Ⅱ)解：法一：取PA 中点M ，联结CM ，∵△PAC 为等边三角形，∴CM ⊥PA又∵平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ∴AB ⊥PAC 面，AB ⊥CM ，CM ⊥平面PAB ．∵AC =2，△PAC 为等边三角形，CM =√3．∵D 是BC 的中点．∴D 到平面PAB 的距离的2倍等于C 到平面PAB 的距离，∴D 到平面PAB 的距离为√32． 法二：由平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面PAC ，则AB ⊥PA ．∵AB =AC =2，△PAC 为等边三角形，则S △PAB =12⋅PA ⋅AB =2∵D是BC的中点．∴S△ABD=12⋅AB⋅AC2=1点P到平面ABC的距离为PE=√3，设D到平面PAB的距离为d，由V D−PAB=V P−ABD⇒13S△PAB⋅d=13S△ABD⋅PE，解得d=√32．解析：(Ⅰ)取AC中点E，联结DE、PE，证明PE⊥AC.ED⊥AC.得到AC⊥平面PED，推出AC⊥PD．(Ⅱ)法一：取PA中点M，联结CM，证明CM⊥PA，AB⊥CM，证明CM⊥平面PAB.D到平面PAB 的距离的2倍等于C到平面PAB的距离，求解即可．法二：利用V D−PAB=V P−ABD⇒13S△PAB⋅d=13S△ABD⋅PE，转化求解即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，等体积法的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．21.答案：(1)证明：∵AM⊥BC，∴BC⊥BA，BC⊥BM，∵△BCP和△BCM是同一三角形，∴BC⊥BP，∵BA∩BP=B，BA⊂平面PAB，BP⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC，又PA⊥AB，AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE，∵AB=BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，∴BE⊥平面PAC，又BE⊂平面BED，∴平面BED⊥平面PAC．(2)∵D，E是PC，AC的中点，∴DE//PA，∵PA⊥AB，PA⊥BC，∴DE⊥AB，DE⊥BC，又AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DE⊥平面ABC，∴线段DE的长为三棱锥D−BCF的高，且DE=3，∵DF=5，∴EF=4，∴AB=BC=8，V C−BFD=V D−BCF=13S△BCF·DE=13×12×8×4×3=16．解析：本题考查面面垂直的判定以及三棱锥的体积，属于中档题．(1)根据题意已知可得出PA⊥BE，BE⊥平面PAC，所以平面BED⊥平面PAC；(2)先找到三棱锥的高为DE，则可求出体积．22.答案：(1)解：由e=ca =√22得，c2a2=12∴a2−b2c2=12，即a2=2b2，∴椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，∵线段AB恰好为圆C的直径，∴线段AB的中点恰好为圆心(2,1)，于是有x1+x2=4，y1+y2=2，由于x122b2+y12b2=1，x222b2+y22b2=1，两式相减，并整理得，(x1+x2)(x1−x2)+2(y1+y2)(y1−y2)=0有(x1−x2)+(y1−y2)=0，∴k AB=y1−y2x1−x2=1，∴直线AB的方程为y−1=−(x−2)，即x+y−3=0．(2)解：由(1)知y=−x+3，代入x22b2+y2b2=1并整理得，3x2−12x+18−2b2=0，∵椭圆E与圆C相交于A，B两点，∴△=(−12)2−4×3×(18−2b2)>0，解得b2>3，于是x1+x2=4，x1x2=18−2b23，依题意，|AB|=2√203，而|AB|=2|x1−x2|=√2√(x1+x2)2−4x1x2=√2√42−4×18−2b23，∴√2√42−4×18−2b23=2√203，解得b2=8，满足b2>3，∴a2=2b2=16，∴所求椭圆E的标准方程x216+y28=1．解析：(1)通过椭圆的离心率设出椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用平方差法求出直线的斜率，然后求解直线方程．(2)y=−x+3，代入x22b2+y2b2=1并整理得，3x2−12x+18−2b2=0，利用判别式以及韦达定理弦长公式，求解a，b得到椭圆方程．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，平方差法的应用，考查转化思以及计算能力．。