数学卷·2018届陕西省宝鸡中学高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版） 20页

‎2016-2017学年陕西省宝鸡中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．若平面α与β的法向量分别是，则平面α与β的位置关系是（　　）‎ A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 ‎2．空间四边形ABCD中，M、G分别是BC、CD的中点，则﹣+等于（　　）‎ A． B．3 C．3 D．2‎ ‎3．当用反证法证明“已知x＞y，证明：x3＞y3”时，假设的内容应是（　　）‎ A．x3≤y3 B．x3＜y3 C．x3＞y3 D．x3≥y3‎ ‎4．平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，则m、n所成角的正弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，则二面角A﹣CD﹣B的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知椭圆+y2=1的焦点分别是F1，F2，点M在该椭圆上，如果•=0，那么点M到y轴的距离是（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎7．已知点P是抛物线x=y2上的一个动点，则点P到点A（0，2）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（　　）‎ A．2 B． C．﹣1 D． +1‎ ‎8．若双曲线M：﹣=1（m＞0）的离心率为2，则双曲线N：x2﹣=1的渐近线方程为（　　）‎ A．y=±x B．y=±2x C．y=±x D．y=±2x ‎9．用数学归纳法证明不等式成立，起始值至少应取为（　　）‎ A．7 B．8 C．9 D．10‎ ‎10．已知F1、F2是椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，若△ABF1是锐角三角形，则该椭圆离心率e的取值范围是（　　）‎ A．e＞﹣1 B．0＜e＜﹣1 C．﹣1＜e＜1 D．﹣1＜e＜+1‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎11．如图，平面α与平面β相交成锐角θ，平面α内的一个圆在平面β上的射影是离心率为的椭圆，则角θ等于　　．‎ ‎12．已知抛物线型拱桥的顶点距离水面2米时，测量水的宽为8米，当水面上升米后，水面的宽度是　　米．‎ ‎13．平面几何里有设：直角三角形ABC的两直角边分别为a，b，斜边上的高为h，则+=拓展到空间：设三棱锥A﹣BCD的三个侧棱两两垂直，其长分别为a，b，c，面BCD上的高为h，则有　　．‎ ‎14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则下列四个命题：‎ ‎①点E到平面ABC1D1的距离是；‎ ‎②直线BC与平面ABC1D1所成角等于45°；‎ ‎③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影的面积最小值为；‎ ‎④BE与CD1所成角的正弦值为．‎ 其中真命题的编号是　　（写出所有真命题的编号）．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共50分）‎ ‎15．在平面几何中，研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a．‎ ‎（1）试证明上述命题；‎ ‎（2）类比上述命题，请写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．‎ ‎16．已知f（n）=1++++…+，g（n）=﹣，n∈N*．‎ ‎（1）当n=1，2，3时，试比较f（n）与g（n）的大小关系；‎ ‎（2）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明．‎ ‎17．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．‎ ‎（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．‎ ‎18．如图所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．‎ ‎（1）证明：B1C1⊥CE； ‎ ‎（2）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 ‎．求线段AM的长．‎ ‎19．已知椭圆C：的右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆上，过F（1，0）点的直线l与椭圆C交于不同两点M，N．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设直线l斜率为1，求线段MN的长；‎ ‎（3）设线段MN的垂直平分线交y轴于点P（0，y0），求y0的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省宝鸡中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1．若平面α与β的法向量分别是，则平面α与β的位置关系是（　　）‎ A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 ‎【考点】向量语言表述面面的垂直、平行关系．‎ ‎【分析】先计算向量与向量的数量积，根据数量积为0得到两向量垂直，从而判断出两平面的位置关系．‎ ‎【解答】解： =﹣2+8﹣6=0‎ ‎∴⊥‎ ‎∴平面α与平面β垂直 故选B ‎　‎ ‎2．空间四边形ABCD中，M、G分别是BC、CD的中点，则﹣+等于（　　）‎ A． B．3 C．3 D．2‎ ‎【考点】向量加减混合运算及其几何意义．‎ ‎【分析】作图，从而化简﹣+=﹣（﹣）=﹣=﹣（﹣2）=3．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎﹣+‎ ‎=﹣（﹣）‎ ‎=﹣‎ ‎=﹣（﹣2）‎ ‎=3，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．当用反证法证明“已知x＞y，证明：x3＞y3”时，假设的内容应是（　　）‎ A．x3≤y3 B．x3＜y3 C．x3＞y3 D．x3≥y3‎ ‎【考点】反证法与放缩法．‎ ‎【分析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x3＞y3”的否定为：“x3≤y3”，由此得出结论．‎ ‎【解答】解：∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x3＞y3”的否定为：“x3≤y3”，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，则m、n所成角的正弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．‎ ‎【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，‎ 可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1=60°．‎ 则m、n所成角的正弦值为：．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，则二面角A﹣CD﹣B的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】取BD中点O，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣B的余弦值．‎ ‎【解答】解：设正方形ABCD的边长为，取BD中点O，‎ 以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则C（1，0，0），D（0，1，0），A（0，0，1），‎ ‎=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），‎ 设平面ACD的法向量=（x，y，z），‎ 则，取x=1，得=（1，1，1），‎ 平面CBD的法向量=（0，0，1），‎ 设二面角A﹣CD﹣B的平面角为θ，‎ cosθ==．‎ ‎∴二面角A﹣CD﹣B的余弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．已知椭圆+y2=1的焦点分别是F1，F2，点M在该椭圆上，如果•=0，那么点M到y轴的距离是（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】设M（x，y），则椭圆+y2=1…①，，可得x2+y2=3…②，由①②可求解．‎ ‎【解答】解：设M（x，y），则椭圆+y2=1…①，‎ ‎∵椭圆+y2=1的焦点分别是F1，F2，∴F1（﹣，0），F2（，0）‎ ‎，，‎ ‎∵∴x2+y2=3…②‎ 由①②得x2=，x=±，‎ ‎∴点M到y轴的距离为，故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．已知点P是抛物线x=y2上的一个动点，则点P到点A（0，2）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（　　）‎ A．2 B． C．﹣1 D． +1‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先求出抛物线的焦点坐标，再由抛物线的定义转化求解即可．‎ ‎【解答】解：抛物线x=y2，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．‎ 依题点P到点A（0，2）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，2）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．‎ 由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，2）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，‎ 可得：﹣1=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．若双曲线M：﹣=1（m＞0）的离心率为2，则双曲线N：x2﹣=1的渐近线方程为（　　）‎ A．y=±x B．y=±2x C．y=±x D．y=±2x ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】根据双曲线的离心率求出m=2，然后结合双曲线的渐近线方程进行求解即可．‎ ‎【解答】解：由双曲线方程得a2=m，b2=6，c2=m+6，‎ ‎∵双曲线M：﹣=1（m＞0）的离心率为2，‎ ‎∴=e2=4，即，得m+6=4m，3m=6，得m=2，‎ 则双曲线N：x2﹣=1的渐近线y=x=y=±x，‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．用数学归纳法证明不等式成立，起始值至少应取为（　　）‎ A．7 B．8 C．9 D．10‎ ‎【考点】用数学归纳法证明不等式．‎ ‎【分析】先求左边的和，再进行验证，从而可解．‎ ‎【解答】解：左边的和为，当n=8时，和为，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．已知F1、F2是椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，若△ABF1是锐角三角形，则该椭圆离心率e的取值范围是（　　）‎ A．e＞﹣1 B．0＜e＜﹣1 C．﹣1＜e＜1 D．﹣1＜e＜+1‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由题意解出点A，B的坐标，从而求出＜1，从而求出该椭圆离心率．‎ ‎【解答】解：由题意， +=1，‎ 从而可得，y=；‎ 故A（c，），B（c，﹣）；‎ 故由△ABF1是锐角三角形知，‎ ‎＜1；‎ 故＜1；‎ 即e2+2e﹣1＞0；‎ 故﹣1＜e＜1；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎11．如图，平面α与平面β相交成锐角θ，平面α内的一个圆在平面β上的射影是离心率为的椭圆，则角θ等于　30°　．‎ ‎【考点】与二面角有关的立体几何综合题．‎ ‎【分析】根据题意，设圆的半径为r，由题意可得b=r，根据离心率与a，b，c的关系可得a=r，所以cosθ==，所以θ=30°．‎ ‎【解答】解：由题意可得：平面α上的一个圆在平面β上的射影是一个离心率为的椭圆，也可以说为：β上的一个离心率为的椭圆在α上的射影是一个圆，‎ 设圆的半径为r，所以b=r，‎ 又因为，并且b2=a2﹣c2，所以a=r．‎ 所以cosθ==，所以θ=30°．‎ 故答案为：30°‎ ‎　‎ ‎12．已知抛物线型拱桥的顶点距离水面2米时，测量水的宽为8米，当水面上升米后，水面的宽度是　4　米．‎ ‎【考点】双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】以拱顶为坐标原点，拱的对称轴为y轴，水平轴为x轴建立平面直角坐标系，设抛物线方程为：x2=ay，由x=4，y=﹣2，解得a=﹣8，由此能求出当水面上升米后，水面的宽度．‎ ‎【解答】解：以拱顶为坐标原点，拱的对称轴为y轴，水平轴为x轴建立平面直角坐标系，‎ 设抛物线方程为：x2=ay，‎ 由x=4，y=﹣2，解得a=﹣8，‎ 当水面上升米后，y=﹣2+=﹣，‎ x2=（﹣8）•（﹣）=12．‎ 解得x=2，或x=﹣2，‎ ‎∴水面宽为4（米）．‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎13．平面几何里有设：直角三角形ABC的两直角边分别为a，b，斜边上的高为h，则+=拓展到空间：设三棱锥A﹣BCD的三个侧棱两两垂直，其长分别为a，b，c，面BCD上的高为h，则有　=　．‎ ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】立体几何中的类比推理主要是基本元素之间的类比：平面⇔空间，点⇔点或直线，直线⇔直线或平面，平面图形⇔平面图形或立体图形，故本题由平面上的直角三角形中的边与高的关系式类比立体中两两垂直的棱的三棱锥中边与高的关系即可．‎ ‎【解答】解：∵A﹣BCD的三个侧棱两两垂直，‎ ‎∴AB⊥平面BCD．‎ 由已知有：CD上的高AE=，h=AO=，‎ ‎∴h2=，即=．‎ 故答案为： =．‎ ‎　‎ ‎14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则下列四个命题：‎ ‎①点E到平面ABC1D1的距离是；‎ ‎②直线BC与平面ABC1D1所成角等于45°；‎ ‎③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影的面积最小值为；‎ ‎④BE与CD1所成角的正弦值为．‎ 其中真命题的编号是　②③④　（写出所有真命题的编号）．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】EE到面ABC1D1的距离等于B1到面ABC1D1的距离为B1C=；BC与面ABC1D1所成的角即为∠CBC1=45°；在四个面上的投影或为正方形或为三角形．最小为三角形；BE与CD1所成的角即为BE与BA1所成的角．‎ ‎【解答】解：①E∈A1B1，A1B1∥面ABC1D1， ‎∴E到面ABC1D1的距离等于B1到面ABC1D1的距离为B1C=．∴①不正确． ‎②BC与面ABC1D1所成的角即为∠CBC1=45°，∴②正确． ‎③在四个面上的投影或为正方形或为三角形．‎ 最小为三角形，面积为，∴③正确． ‎④BE与CD1所成的角即为BE与BA1所成的角，‎ 即∠A1BE，A1E=，A1B=2，BE=， cos∠A1BE=．∴sin∠A1BE=．∴④正确．‎ 故答案为：②③④． ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共50分）‎ ‎15．在平面几何中，研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a．‎ ‎（1）试证明上述命题；‎ ‎（2）类比上述命题，请写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．‎ ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】（1）利用等面积进行证明即可．‎ ‎（2）由棱长为a可以得到BF=a，BO=AO=a﹣OE，在直角三角形中，根据勾股定理可以得到BO2=BE2+OE2，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）设正三角形内任意一点P到各边的距离分别为m，n，p，则 由等面积可得=，‎ ‎∴m+n+p=a，‎ 即边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a．‎ ‎（2）类比边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a，‎ 在一个正四面体内任一点到各个面的距离之和是定值a，‎ 如图：‎ 由棱长为a可以得到BF=a，BO=AO=a﹣OE，‎ 在直角三角形中，根据勾股定理可以得到BO2=BE2+OE2，‎ 把数据代入得到OE=a，‎ ‎∴棱长为a的三棱锥内任一点到各个面的距离之和4×a=a．‎ ‎　‎ ‎16．已知f（n）=1++++…+，g（n）=﹣，n∈N*．‎ ‎（1）当n=1，2，3时，试比较f（n）与g（n）的大小关系；‎ ‎（2）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明．‎ ‎【考点】用数学归纳法证明不等式；不等式比较大小．‎ ‎【分析】（1）根据已知，，n∈N*．我们易得当n=1，2，3时，两个函数函数值的大小，比较后，根据结论我们可以归纳推理得到猜想f（n）≤g（n）；‎ ‎（2）但归纳推理的结论不一定正确，我们可用数学归纳法进行证明，先证明不等式f（n）≤g（n）当n=1时成立，再假设不等式f（n）≤g（n）当n=k（k≥1）时成立，进而证明当n=k+1时，不等式f（n）≤g（n）也成立，最后得到不等式f（n）≤g（n）对于所有的正整数n成立；‎ ‎【解答】解：（1）当n=1时，f（1）=1，g（1）=1，所以f（1）=g（1）；‎ 当n=2时，，，‎ 所以f（2）＜g（2）；‎ 当n=3时，，，‎ 所以f（3）＜g（3）．‎ ‎（2）由（1），猜想f（n）≤g（n），下面用数学归纳法给出证明：‎ ‎①当n=1，2，3时，不等式显然成立．‎ ‎②假设当n=k（k≥3）时不等式成立，‎ 即即++…+＜，‎ 那么，当n=k+1时，，‎ 因为，‎ 所以．‎ 由①、②可知，对一切n∈N*，都有f（n）≤g（n）成立．‎ ‎　‎ ‎17．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．‎ ‎（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|‎ ‎．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=DC，又AE=CF=，‎ ‎∴，则EF∥AC，‎ 又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，‎ ‎∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，‎ ‎∵AC=6，‎ ‎∴AO=3，‎ 又AB=5，AO⊥OB，‎ ‎∴OB=4，‎ ‎∴OH==1，则DH=D′H=3，‎ ‎∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，‎ 又OH∩EF=H，‎ ‎∴D′H⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，‎ ‎∵AB=5，AC=6，‎ ‎∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），‎ ‎，，‎ 设平面ABD′的一个法向量为，‎ 由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．‎ ‎∴．‎ 同理可求得平面AD′C的一个法向量，‎ 设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，‎ 则|cosθ|=．‎ ‎∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．‎ ‎（1）证明：B1C1⊥CE； ‎ ‎（2）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为．求线段AM的长．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】（1）证明CC1⊥B1C1，B1C1⊥C1E，可得B1C1⊥平面CC1E，即可证明结论；‎ ‎（2）连结D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．设AM=x，求出EH，利用余弦定理建立方程，即可求线段AM的长．‎ ‎【解答】（1）证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，‎ 所以CC1⊥B1C1．‎ 因为AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点，‎ 所以B1E=，B1C1=，EC1=，‎ 从而B1E2=B1C+EC，‎ 所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E．‎ 又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E=C1，‎ 所以B1C1⊥平面CC1E，‎ 又CE⊂平面CC1E，故B1C1⊥CE．‎ ‎（2）解：连结D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，‎ 连结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．‎ 设AM=x，从而在Rt△AHM中，有MH=x，AH=x．‎ 在Rt△C1D1E中，C1D1=1，ED1=，得EH=MH=x．‎ 在△AEH中，∠AEH=135°，AE=1，由AH2=AE2+EH2﹣2AE•EHcos 135°，得x2=1+x2+x．‎ 整理得5x2﹣2 x﹣6=0，解得x=（负值舍去），‎ 所以线段AM的长为．‎ ‎　‎ ‎19．已知椭圆C：的右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆上，过F（1，0）点的直线l与椭圆C交于不同两点M，N．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设直线l斜率为1，求线段MN的长；‎ ‎（3）设线段MN的垂直平分线交y轴于点P（0，y0），求y0的取值范围．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）利用椭圆右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆C上，求出几何量，即可求椭圆C的方程；‎ ‎（2）直线l的方程为：y=x﹣1，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合弦长公式，可求线段MN的长；‎ ‎（2）分类讨论，设直线MN的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），代入椭圆方程，求出线段MN的垂直平分线方程，令x=0，得y0，利用基本不等式，即可求y的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由椭圆右焦点为F（1，0），点A（2，0）在椭圆C上，因此，即可求椭圆M的方程为．‎ ‎（2）由题意，直线l的方程为：y=x﹣1．‎ 由得得7x2﹣8x﹣8=0，x1+x2=，x1x2=﹣，‎ 所以|MN|=|x1﹣x2|=．‎ ‎（3）设直线MN的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），中点M（x'，y'），‎ 把y=k（x﹣1）代入椭圆方程，得到方程（4k2+3）x2﹣8k2x﹣8=0，‎ 则，，‎ 所以MN的中垂线的方程为，令x=0，得，‎ 当k＞0时，，则；当k＜0时，，则，当k=0时，显然y0=0‎ 综上，y0的取值范围是[﹣，]．‎