【文档说明】浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期高考模拟考试数学试题 含解析.docx，共(25)页，1.278 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前宁波市2023学年第一学期高考模拟考试高三数学试卷全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知12i,1izazb=−=+

（,Rab，i为虚数单位），若12zz是实数，则（）A.10ab−=B.10ab+=C.0ab−=D.0ab+=【答案】A【解析】【分析】根据复数乘法及复数的虚部为0计算即可.【详解】因为12(i)(1i)=()(1)izzababab=

−++−+是实数，所以10ab−=，故选：A2.设集合RU=，集合()22{|20},{|log1}MxxxNxyx=−==−，则{|2}xx=（）A.MNB.()UNMðC.U()MNðD.()UMNð【答案】B【解析】【分析】化简集合,MN，根据集合的交

集、并集、补集求解.【详解】因为()22{|20}(,0][2,),{|log1}(,1)MxxxNxyx=−=−+==−=−，所以(,1)[2,)MN=−+，()U(,1)(0,2)(,2){|2}NxxM−==−=ð，U1(,0)][2,)(()

[,)[]10,,MN−+=+=+−ð，因为(,0]MN=−，所以()U(0,)MN=+ð，故选：B3.若,ab是夹角为60的两个单位向量，ab+与32ab−+垂直，则=（）A.18B.14C.78D.74【答案】B【解析】【分析】由题意先分别算出22

,,abab的值，然后将“ab+与32ab−+垂直”等价转换为()()032abab−=++，从而即可求解.【详解】由题意有2222111,1,cos601122aabbabab=======，又因为ab+

与32ab−+垂直，所以()()()()221323232320322aabaabbb+=−+−+=−+=−−++，整理得1202−+=，解得14=.故选：B4.已知数列na为等比数列，且55

a=，则（）A.19aa+的最小值为50B.19aa+的最大值为50C.19aa+的最小值为10D.19aa+的最大值为10【答案】C【解析】【分析】写出19aa+的表达式，利用基本不等式即可得出结论.【详解】由题意，在等比数列na中，55a=，设公比为

q，则4415950,0aaqaaq−==，∴()444144455955210aqaqaqaqqqa−−−=++=+=，当且仅当44qq−=即1q=时等号成立，.∴19aa+的最小值为10，故选：C.5.已知函数32221()2log,()log,()lo

g2xxfxxgxxhxxx=+=−=+的零点分别为,,abc，则（）A.abcB.bacC.cabD.bca【答案】D【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质可判断,ac小于1

，b大于1，再由数形结合判断,ac即可.【详解】令21()log02xgxx=−=，可得21log02xx=，所以1x，即1b；令2()2log0xfxx=+=，可得22log0xx=−，即2log0x，所以01x，即01a；令32()lo

g0hxxx=+=，可得32logxx=−，由此可得2log0x，所以01x，即01c，作322,log,xyyxyx==−=的图象，如图，由图象可知，ac，所以acb.故选：D6.设O为坐标原点，12,FF为椭圆22:142xyC+=的焦点，点P在C上，3OP=，

则12cosFPF=（）A.13−B.0C.13D.223【答案】C【解析】【分析】设12,PFmPFn==，利用余弦定理可得22128cos2mnFPFmn+−=，再由向量表示可知122PFPFPO+=，即可得221222cos1m

nmnFPF+=+；联立即可求得121cos3FPF=.【详解】如下图所示：不妨设12,PFmPFn==，根据椭圆定义可得24mna+==，12222FFc==；由余弦定理可知22128cos2mnFP

Fmn+−=；又因为122PFPFPO+=，所以()()22122PFPFPO+=，又3OP=，即可得221222cos1mnmnFPF+=+，解得2210mn+=；又()222216210mnmnmnmn+=+−=−=，即3mn=；所

以可得221281081cos263mnFPFmn+−−===；故选：C7.已知二面角PABC--的大小为3π4，球O与直线AB相切，且平面PAB、平面ABC截球O的两个截面圆的半径分别为1、2，则球O半径的最大可能值为（）A

.2B.22C.3D.10【答案】D【解析】【分析】设点O在平面PAB、平面ABC内的射影点分别为M、N，设球O切AB于点E，连接ME、NE、MN，分析可知，O、M、E、N四点共圆，利用二面角的定义可得3π4MEN=或π4，利用余弦定理求出MN的长，分析可知，球O半径OE的

最大值即为MNE外接圆的直径，结合正弦定理求解即可.【详解】设点O在平面PAB、平面ABC内的射影点分别为M、N，设球O切AB于点E，连接ME、NE、MN，如下图所示：因为OM⊥平面PAB，AB平面PAB，则ABOM⊥，由球的几何性质可知，OEAB⊥，因为

OMOEO=，OM、OE平面OME，则AB⊥平面OME，同理可知，AB⊥平面ONE，因为过点E作直线AB的垂面，有且只有一个，所以，平面OME、平面ONE重合，因为OM⊥平面PAB，ME平面PAB，则OMME⊥，同理可知，ONNE⊥，所以，O、M、E

、N四点共圆，由已知条件可知，1ME=，2NE=，因AB⊥平面OME，NE、ME平面OME，则ABME⊥，ABNE⊥，所以，二面角PABC--的平面角为MEN或其补角.①当3π4MEN=时，由余弦定理可得2223π22cos1221242MNMENEMENE=+−=+−−

5=，故5MN=，为易知，OE为MNE外接圆的一条弦，所以，球O半径OE的最大值即为MNE外接圆的直径，即为510sin22MNMEN==；②当π4MEN=时，由余弦定理可得222π22cos12212142MNMENEMENE=+−=+−=

故1MN=，易知，OE为MNE外接圆的一条弦，所以，球O半径OE的最大值即为MNE外接圆的直径，即为12sin22MNMEN==.综上所述，球O的半径的最大可能值为10.故选：D.8.已知函数()2fxxaxb=++，若不等式()

2fx在1,5x上恒成立，则满足要求的有序数对(,)ab有（）A.0个B.1个C.2个D.无数个【答案】B【解析】【分析】由题意有()()()212,12932,222552,3ababab−++−++−+

+，通过分析得到6a=−，7b=是满足题意的唯一解，注意检验.【详解】由题意若不等式()2fx在1,5x上恒成立，则必须满足()()()212232252fff−−−，即()()()212,12932,222552,3ab

abab−++−++−++，由()()212,12932,2abab−−−−−++，两式相加得()482462,4aa−+−−，再由()()2932,222552,3abab−−−−

−++，两式相加得()41624106,5aa−+−−，结合（4），（5）两式可知6a=−，代入不等式组得()()()252,1292,2252,3bbb−−+−−+−−+，解得7b=，经检验，当6a=−，7b=时

，()()226732fxxxx=−+=−−，有()()()max152fxff===，()()min32fxf==−，满足()2fx在1,5x上恒成立，综上所述：满足要求的有序数对(,)ab为：()6,7−，共一个.故选：B.【点睛】关键点点睛：解题的关键

是首先得到()()()212232252fff−−−，进一步由不等式的性质通过分析即可求解.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部

分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知5250125(12)xaaxaxax−=++++，则下列说法正确的是（）A.01a=B.380a=−C.123451aaaaa++++=−D.024121aaa++=【答案】ABD【解析】【分析】根据二项展开式通

式以及赋值法即可得到答案.【详解】对于A，取0x=,则01a=，则A正确；对B，根据二项式展开通式得5(12)x−的展开式通项为()55C12rrrx−−，即()5C2rrrx−，其中05,Nrr所以3335C(2)80a=−=−，故B正确；对C，取1

x=，则0123451aaaaaa+++++=−，则12345012aaaaaa++++=−−=−，故C错误；对D，取=1x−，则50123453243aaaaaa−+−+−==，将其与0123451aaaaaa+++++

=−作和得()0242242aaa++=，所以024121aaa++=，故D正确；故选：ABD.10.设O为坐标原点，直线20xmym+−−=过圆22:860Mxyxy+−+=的圆心且交圆于,PQ两点，则（）A.5PQ=B.12m=C.OPQ△的面积为55D.OMPQ⊥【答案】B

C【解析】【分析】对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率

的关系，可得答案.【详解】由圆的方程22860xyxy+−+=，则()()224325xy−++=，所以圆心()4,3M−，半径=5r，易知10PQ=，故A错误；将()4,3M−代入直线方程20xmym+−

−=，则4320mm−−−=，解得12m=，故B正确；将12m=代入直线方程20xmym+−−=，整理可得直线方程250xy+−=，原点到直线250xy+−=的距离222005521d+−==+，且此为OPQ△

底PQ上的高，所以115105522OPQSdPQ===V，故C正确；由()0,0O与()4,3M−，则直线OM的斜率1303404k−−==−−，由直线方程250xy+−=，则直线PQ斜率22k=−，由12312kk=−，则OM与PQ不垂直，故D错误.故选：BC.11.

函数()sin(0)fxx=在区间ππ22−，上为单调函数，且图象关于直线2π3x=对称，则（）A.将函数()fx的图象向右平移2π3个单位长度，所得图象关于y轴对称B.函数()fx在π2π，上单调递减C.若函数()fx在区间14π(,)9a上没有最小值

，则实数a的取值范围是2π14π(,)99−D.若函数()fx在区间14π(,)9a上有且仅有2个零点，则实数a的取值范围是4π(,0)3−【答案】AB【解析】【分析】根据函数单调性及对称轴求出函数解析式，由函数的平移判断A，根据单调性判断B，由函数的图象与性质可判断CD.【详解】由题意

ππππ,2222−−且2πππ,Z32kk=+，可得01，33,Z24kk=+，故当0k=时，34=，3()sin4fxx=.对A，函数()fx的图象向右平移2π3个单位长度可得i2π33π3sinsncos44432yxxx=−=−=−

，故函数图象关于y轴对称，故A正确；对B，当π2πx，时，33π3π,442x，所以函数3()sin4fxx=单调递减，故B正确；对C，当14π(,)9xa时，337π,446ax，函数()fx在区间14π(,)

9a上没有最小值，则需π37π246a−，即2π14π39a−，故C错误；对D，由C，函数()fx在区间14π(,)9a上有且仅有2个零点，则3π04a−，即4π03a−，故D错误.故选：AB12.已知函数：RR→，对任意满足0xy

z++=的实数,,xyz，均有()()()3333fxfyfzxyz++=，则（）A.(0)0f=B.(2023)2024f=C.()fx是奇函数D.()fx是周期函数【答案】AC【解析】【分析】由条件等式通过赋值可判断A

C选项；进而令12yzx==−，可得()33313224fxfxx+−=，可设()fxx=，满足()33313224fxfxx+−=，进而验证BD选项是否满足，即可判断.【详解】由()()()3333fxfyfzxyz++=，令0xyz===，

则()()()330000fff++=，即()()201200ff+=，因为()21201f+，所以(0)0f=，故A正确；令0x=，zy=−，则()()()3300ffyfy++−=，即

()()330fyfy+−=，即()()33fyfy−=−，所以()()fyfy−=−，即()()fxfx−=−，所以函数()fx是奇函数，故C正确；令12yzx==−，则()33313224fxfxx+−=，由AC选项，不妨设()fxx

=，则()33fxx=，1122fxx−=−，满足()33313224fxfxx+−=，而BD选项不满足()fxx=，故BD错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：涉及由抽象的函数关

系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点()1,3P，则()sinπ+=_________

__.【答案】31010−【解析】【分析】由题意并结合三角函数定义、诱导公式直接计算即可.【详解】由题意结合三角函数定义可知2203s1in31013==+，从而由诱导公式有()310sin10si

nπ=−+=−.故答案为：31010−.14.已知圆台的上､下底面半径分别为1和2，体积为14π3，则该圆台的侧面积为___________.【答案】35π【解析】【分析】利用圆台体积公式可得其高为2h=

，即可知母线长为5，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为35π.【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为1πS=，下底面面积为14πS=；设圆台的高为h，由体积可得()121231314πhSSSS++=，解得2h=，所以可得圆

台母线长为()22215lh=+−=，根据侧面展开图可得圆台侧面积为()π12π4π235l+=.故答案为：35π15.第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.某田径运动员准备参加100米､200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上

领奖台的概率为12，200米比赛未能站上领奖台的概率为310，两项比赛都未能站上领奖台的概率为110，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是___________.【答案】35##0.6【解析】【分析】设出事件，根据事件的关系得到()()(

)()710PABPAPBPAB=+−=，进而求出()()3110PABPAB=−=，再利用条件概率公式求出答案.【详解】设在200米比赛中站上领奖台为事件A，在100米比赛中站上领奖台为事件B，则()31

0PA=，()12PB=，()110PAB=，()()112PBPB=−=，则()()()()31171021010PABPAPBPAB=+−=+−=，则()()3110PABPAB=−=，故()()()3

310152PABPABPB===.故答案为：3516.已知抛物线Γ：22yx=与直线:4lyx=−+围成的封闭区域中有矩形ABCD，点A，B在抛物线上，点C，D在直线l上，则矩形对角线BD长度的最大值是___________.【答案】4【解析】【分析】由题意

首先画出图形，不妨设:AByxt=−+，结合图形以及480t=+分别算出参数t的范围以及目标函数表达式，从而即可求解.【详解】如图所示：联立224yxyx==−+，解得22xy==或84xy==

−，得抛物线Γ与直线l的两个交点分别为()()2,2,8,4PQ−，由题意四边形ABCD是矩形，故//ABCD，且注意到():4lCDyx=−+所以不妨设:AByxt=−+，又()201120OPCDkk−=−=−−，所以OPCD⊥，所

以由图可知0t，联立2221220,Δ4802yxyytttyxt=+−==+−=−+，因此1,02t−，而()()22221111281622ABABbbAByytkaa−+−+=+−=+−==+

，由两平行线间的距离公式可知222481622tttAD−−+==，从而()22222121121656,,0222ttBDABADtt+=+=++=+−，所以当且仅当0=t时，BD长度取最大值是max164

BD==.故答案为：4.【点睛】关键点点睛：本题关键是合理设参，并通过数形结合求出参数的范围也是很重要的，至于求出目标函数表达式只需仔细计算即可.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.在ABC中，角A、

B、C所对的边分别为a、b、c，已知12coscAb=+.（1）证明：2AB=；（2）若3sin5B=，13c=，求ABC的面积.【答案】（1）证明见解析（2）52【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换

可得出()sinsinABB−=，求出AB−的取值范围，可得出ABB−=，即可证得结论成立；（2）由12coscAb=+可求得b的值，再利用三角形的面积公式可求得ABC的面积.【小问1详解】证明：因为12c

oscAb=+，由正弦定理得sin2sincossinCBAB−=，即()sin2sincossincoscossin2cossinsinABBAABABABB+−=+−=，即sincoscossinsinABABB−=，故()sinsinABB−=，因为A、(

)0,πB，所以()π,πAB−−，则()sinsin0ABB−=，所以，0πAB−，所以，ABB−=或πABB−+=（舍），因此2AB=.【小问2详解】解：因为2237coscos212s

in12525ABB==−=−=，的故22724sin1cos12525AA=−=−=，由143912cos12525cAb=+=+=，因为13c=，故253b=，所以112524sin135222325ABCSbcA==

=.18.已知数列na满足11a=，且对任意正整数m，n都有2.mnnmaaamn+=++（1）求数列na的通项公式；（2）求数列{(1)}nna−的前n项和nS.【答案】（1）2nan=（2）22,2,2nnnnSnnn+

=−−为偶数为奇数【解析】【分析】（1）令1m=，可得112nnaan+−=+，用累加法即可求出数列na的通项公式.（2）由题意分n是偶数和奇数两种情况讨论，当n为偶数时，可用分组求和以及等差数列前n项和公式，当n为奇数时，利用n为偶数的结论即可求解.【小问1详解】由对任意整数,mn

均有2mnnmaaamn+=++，取1m=，得112nnaan+=++，当2n时，()()()()2121321121135212nnnnnaaaaaaaann−+−=+−+−++−=++++−==，当

1n=时，11a=，符合上式，所以2nan=.【小问2详解】当n为偶数时，()()2222221234(1)nSnn=−++−+++−−+()()()3211237112122nnnnn+−+=++++−==，当n

为奇数时，若1n=，则111(1)1aS−==−，若2n，则()22111(1)22nnnnnnnnnnSSaSan−−−−−=+−=−=−=，且当1n=时，满足211112S−−==−.综上所述：22,2,2nnnnSnnn+=−−为偶数为奇数.19.如图，已知正方体111

1ABCDABCD−的棱长为4，点E满足3DEEA=，点F是1CC的中点，点G满足135DGGD=（1）求证：,,,BEGF四点共面；（2）求平面EFG与平面1AEF夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1

339【解析】【分析】（1）法1：取1DD中点H，分别连接,AHFH，先证明四边形ABFH为平行四边形，则AH//BF，再根据相似比可得EG//AH，则EG//BF，即可得出结论；法2：以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz−，证

明//EGBF即可；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】法1：如图，取1DD中点H，分别连接,AHFH，因为F为1CC中点，所以FH//AB，且FHAB=，所以四边形ABFH为平行四边形，所以AH//B

F，由3DEEA=知3DEEA=，由135DGGD=知1138318DDDGGHDD==，所以DEDGEAGH=，所以EG//AH，所以EG//BF，所以,,,BEGF四点共面；法2：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系Dxy

z−，则()()()()134,4,0,3,0,0,0,4,2,0,0,,4,0,42BEFGA，因为()34,0,2,3,0,2BFEG=−=−，所以34EGBF=，所以//EGBF，所

以,,,BEGF四点共面；【小问2详解】由（1）知，()()()11,4,0,1,0,4,3,4,2BEAEEF=−−=−−=−，设平面EFG法向量为(),,mxyz=，由00mBEmBF==，

即40420xyxz−−=−+=，可取()4,1,8m=−，平面1AEF的法向量(),,nabc=，则有1403420mAEacmEFabc=−−==−++=，可取()8,7,2n=−，设平面EFG

与平面1AEF夹角为，的则913cos399313mnmn===，所以平面EFG与平面1AEF夹角的余弦值为1339.20.已知函数()()2e4e2xxfxaax=+−−（e为自然对数的底数，e

2.71828=）.（1）讨论()fx的单调性；（2）证明：当1a时，()7ln4.fxaa−−【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论，分别判断()fx的符号，得出函数的单调区间；（2）利用函数最值转化为求证465ln2ln20aaa+−−−，构造函数

利用导数求最值即可得解.【小问1详解】()()()()22e4e2e22e1xxxxfxaaa=+−−=−+，当0a时，()0fx，()fx在(),−+上单调递减；当0a时，由()0fx=可得2lnxa=，故2lnxa时，()0fx，2lnxa时，()0fx

，所以()fx在2,lna−上单调递减，在2ln,a+上单调递增.【小问2详解】由（1）知，min24()ln22ln22lnfxfaaa==−−+，只需证422ln22ln7ln4aaaa−−+−−，即证465ln2l

n20aaa+−−−，设()465ln2ln2,1gaaaaa=+−−−，则()()()2214451aagaaaa−−=+−=，故14a时，()0gx，4a时，()0gx，所以()ga在()1,4上递

减，在()4,+上递增，所以()()()4912ln233ln16gag=−=−，又33e2.716，故()0ga，即465ln2ln20aaa+−−−成立，所以原不等式成立.21.某中学在运动会期间，随机抽取了2

00名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：性别速度合计快慢男生65女生55合计110200（1）根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？（2）现有n()*Nn根

绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.（i）当3n=，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为()()212!1!.2!nnnn−−附：()()

()()22(),.nadbcKnabcdabcdacbd−==+++++++2()PKk0.1000.0500.0250.010k2.7063.8415.0246.635【答案】（1）有99%的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关（2）（i）分布列见

解析，2315；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；（2）（i）依题意，先得到X的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率

公式即可得解.【小问1详解】依题意，完善22列联表如下，性别速度合计快慢男生6535100女生4555100合计11090200所以22200(65553545)8008.086.6359011010010099K−==

.故有99%的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.【小问2详解】（i）由题知，随机变量X的所有可能取值为1,2,3，()()1113422222226426423333C2CC8621,2CCCCCC15155AAPXPX=======，()22264233113CCC

15APX===，所以X的分布列为X123P81525115所以()821231231551515EX=++=.（ii）不妨令绳头编号为1,2,3,4,,2n，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有22n−种可能，假设绳头1与绳头3打结，那

么相当于对剩下n1−根绳子进行打结，令()*Nnn根绳子打结后可成圆的种数为na，那么经过一次打结后，剩下n1−根绳子打结后可成圆的种数为1na−，由此可得，()122,2nnanan−=−，所以()121

2122,24,,2nnnnaaannaaa−−−=−=−=，所以()()()112224221!nnannna−=−−=−，显然11a=，故()121!nnan−=−；另一方面，对2n个绳头进行任意2个绳头打结，总共有()(

)()222222224222122212!CCCC!2!2!nnnnnnnnnNnnn−−−−===；所以()()()()12121!2!1!2!2!2!nnnnnnnaPnNnn−−−−===【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式

，从而利用数列的累乘法求得结果.22.已知双曲线C：22221(0,0)xyabab−=的焦距为6，其中一条渐近线1l的斜率为52，过点(),0()tta的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为

线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点.M且与1l平行的直线分别交另一条渐近线2l和C于点,TN（1）求C的方程；（2）求MPMQOTMN的取值范围.【答案】（1）22145xy−=（2）20,9+【解析】【分析】（1）由渐近线斜率

得ba，结合26c=求得,ab得双曲线方程；（2）设()()()112200,,,,,PxyQxyMxy.直线l的方程为xmyt=+，代入双曲线方程应用韦达定理得1212,xxxx+，同时由两交点在右支得出2045m，然后求出

各点坐标计算出MPMQOTMN并代入韦达定理的结论化此式为关于m的函数，从而可求得其取值范围．【小问1详解】由C的焦距为6，知26c=，即3c=；又渐近线方程为byxa=，则52ba=，故2252caa−=，即()222495,4aaa−==，从而2225bca=−=，因此，双曲线C的方程为22

145xy−=.【小问2详解】设()()()112200,,,,,PxyQxyMxy.直线l的方程为xmyt=+，则00xtmy−=.将直线l的方程代入22145xy−=得()()2222548450mxtxtm−+−+=有两正根12

,xx，则()()22222540Δ64165450mtmtm−=+−+,且()12222122804545045txxmtmxxm+=−+=−，又2t，解上述不等式组，得2045m.1020211MPMQxxxxm=+−−()21212

00211xxxxxxm=+−++()()()()()22222220000222145414520.4545mtxmxmyxmmm+−+−+−+==−−因为MN的方程为()0052yyxx−=−，则MN与52yx=−的交点横坐标为005225Txyx−=20035251.245T

xyOTx−=+−=将MN的方程代入22145xy−=得()220000054202552xyxxxy−−=−−即为点N的横坐标，故22200000354205124552xyMNxxxy−−=+−=

−，所以，222801169201,9459459MPMQmOTMNmm+==−+−−，即MPMQOTMN的取值范围为20,9+.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐

标为1122(,),(,)xyxy，设直线方程为ykxm=+（或xtym=+），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得1212,xxxx+，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，获得更多资

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