2024年高考模擬數試題（二）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

1.從小到大排列的數據1，2,3,%4,5,6,7,8,%9,10的第三四分位數為（）

3+x8+y

A.3B.----C.8D.--

22

【答案】D

【解析】

【分析】由百分位數的估計方法直接求解即可.

【詳解】12x75%=9,??.該組數據的第三四分位數為竺L

2

故選：D.

22

2.若橢圓C：上+匕=1（加〉0）上一點到C兩個焦點的距離之和為2/%，則相=（）

m9

A.1B.3C.6D.1或3

【答案】B

【解析】

【分析】討論焦點的位置利用橢圓定義可得答案.

【詳解】若相>9,則由=2根得〃z=1（舍去）；

若0<〃z<9,則由2m=6得“2=3.

故選：B.

3.設等差數列｛%,｝的前〃項和為S“，若生+。5=-1°，$6=—42,則/=（）

A.12B.10C.16D.20

【答案】B

【解析】

【分析】設等差數列｛4｝的公差為d,根據已知條件可得出關于％、d的方程組，解出這兩個量的值，在

利用等差數列的求和公式可求得I。的值.

【詳解】設等差數列｛4｝的公差為d,則=（01+21）+（4+42）=24+61=—10,①

6x5

S6=6q+、d=6q+15d=-42,②

聯立①②可得q=-17,d=4,

因此，S10=10^+^—^=10?I+45^=10x（-17）+45x4=10.

故選：B.

4.同一個宿舍的8名同學被邀請去看電影，其中甲和乙兩名同學要么都去，要么都不去，丙同學不去，其

他人根據個人情況可選擇去，也可選擇不去，則不同的去法有（）

A.32種B.128種C.64種D.256種

【答案】C

【解析】

【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去兩類，利用分類計數原理求解.

【詳解】若甲、乙都去，剩下的5人每個人都可以選擇去或不去，有25種去法；

若甲、乙都不去，剩下的5人每個人都可以選擇去或不去，有25種去法.

故一共有+2§=64種去法.

故選：C.

5.在某次數學探究活動中，小明先將一副三角板按照圖1的方式進行拼接，然后他又將三角板ABC折起,

使得二面角A-5C-。為直二面角，得圖2所示四面體A3CZ）.小明對四面體ABCD中的直線、平面的

位置關系作出了如下的判斷：①CD,平面ABC；②平面ACD；③平面平面ACD；④平

面平面BCD.其中判斷正確的個數是（）

圖1圖2

A.1B.2

C.3D.4

【答案】C

【分析】根據題意，結合線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.

【詳解】對于①中，因為二面角A—5C—。為直二面角，可得平面A5C1平面BCD,

又因為平面ABCc平面5co=5。，DCVBC,且。Cu平面BCD,

所以DC，平面ABC,所以①正確；

對于②中，由DC,平面ABC,且A5u平面ABC,可得A6LCD,

又因為AB1AC,且ACCD=C,AC,CDu平面ACD,

所以平面ACD，所以②正確；

對于③中，由平面ACD,且ABu平面AB。，所以平面A3D_L平面ACD,所以③正確;

對于④，中，因為。C,平面ABC,且。Cu平面BCD,可得平面ABC1平面BCD,

若平面ABD，平面BCD,且平面ABDc平面ABC=AB,可得AB1平面BCD,

又因為BCu平面BCD,所以

因為A3與BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD和平面BCD不垂直，所以D錯誤.

故選：C.

6.已知點P在圓（x-iy+y?=1上，點A的坐標為卜1,、回）,。為原點，則A。.AP的取值范圍是（）

A.[-3,3]B.[3,5]C.[1,9]D,[3,7]

【答案】D

【解析】

【分析】設P（九,y），利用平面向量數量積的坐標運算結合直線與圓的位置關系可得結果.

【詳解】設？（％/）,因點A的坐標為（—1,6）,所以AO=（1,一百）,AP=（x+l,y—豆），

則AO-AP=x+1-y/3（y-A/3—x—yfiy+4,

設/=x—Gy+4,即y=+,

依題意，求f的范圍即求直線y=^x+[（4T）與圓（x-lf+y=l有公共點時在y軸上截距的范圍，

即圓心（1,0）到y=[x+#（4—）的距離d="4wi，解得3W/W7,

所以AO的取值范圍為[3,7],

故選：D.

7.若/(x)=2sinx(若cosx—sinx),且/(內)/(/)=一3,則歸一々|的最小值為()

7171

A.兀B.—C.2兀D.一

24

【答案】B

【解析】

【分析】化簡人無)解析式，得函數最大最小值與周期，利用/(%)/(9)=-3條件轉化為與最值的關系,

再由最值與周期的關系可得.

【詳解】/(%)=2sinx^A/3cosx-sinxj

=^/3sin2x-2sin2x-A/3sin2x+cos2x-l

=2sin"x+W1—1,/(x)的周期為丁=兀，且

令/=sin12x+W],則

則f(x)=g?)=2f—1,由g。)的值域為[—3』，

故/(XU=l"(X)min=—3，

-3</(%,)<1

則＜,故—34/(國)/(%)<9,

-3</(%2)<l

"(九1)=1

由/(%)/(々)=-3知，1區)=—3'，(無2)=1

即/(%),/(%)為函數的最大與最小值，或最小與最大值,

當人,馬對應/(X)圖象上相鄰兩最值點時，|玉-々I的值最小，

故Hl-X21mhi=5=5.

故選：B.

22

8.如圖，已知耳，工是雙曲線C：-4=1的左、右焦點，RQ為雙曲線。上兩點，滿足耳P〃心。，且

a'b-

I耳。卜優P|=3寓P|,則雙曲線C的離心率為()

>/5「亞

AVioRnVio

5232

【答案】D

【解析】

【分析】根據雙曲線的定義和性質分析可得r=。，進而可得/^「'。=/片2工=90,結合勾股定理運算

求解.

【詳解】延長。工與雙曲線交于點P',

因為耳尸〃用P,根據對稱性可知任占=|鳥尸］,

設其尸|=|耳尸卜方,則后尸|=|項2|=3才,

可得國P|-國產|=2r=2a,即/=々,

所以|P'Q|=4r=4a,則|Q4|=依閭+2a=5a,|耳尸1=|鳥尸|=3a,

即盧。「+閨可2=血耳「，可知/耳PQ=/4P與=90,

在.P耳鳥中，由勾股定理得優P『+閨P「=|片閭2,

即/+（3a）2=4c2,解得《=.啜

故選：D.

【點睛】方法點睛：1.雙曲線離心率（離心率范圍）的求法

求雙曲線的離心率或離心率的范圍，關鍵是根據已知條件確定a,b,c的等量關系或不等關系，然后把b

用a,c代換，求e=—的值;

a

2.焦點三角形的作用

在焦點三角形中，可以將圓錐曲線的定義，三角形中邊角關系，如正余弦定理、勾股定理結合起來.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.設復數（口/6口且/,/。），則下列結論正確的是（）

a+bi

A.z可能是實數B.目=同恒成立

若2+^eR,貝“z|=l

C若z2eR，則a=0D.

z

【答案】BCD

【解析】

【分析】根據復數的運算和復數的類型的概念求解即可.

1a—biab

【詳解】對于A：若z=-------=----------=----------------------i是實數,

a+bia2+b2a2+Z?2a2+b1

則）=0,與已知矛盾，故A錯誤;

bi

對于B：由A項知z=-3-"1己T

a+bQ+Z?

22

所以忖=a-b

a2+b2I++/

22

a!+bI=同，故B正確;

a2+b2

b22aba2-b2lab

對于C：若三i二ieR

2(4+/)2(/+62)2(4+曠心⑹y

lab

則=°,因為bwO,所以a=0,故C正確;

11a

對于D：zH—=--------+ci~^~bi—ieR,

za+bia1+Z?2)\a2+b2

b

則。-亦=。，因為五。，所以儲+*1,

所昨Nt-=L故D正確.

故選：BCD.

^-^=sinC,

10.在，15C中，若tan則下列結論正確的是()

2

tanA1

A.--------=lB.0<sinA+sinB<\/2

tan5

C.sin2A+cos2B=1D.cos2A+cos2B=sin2C

【答案】BD

【解析】

4_i_R

【分析】由tan--------=sinC化簡得到C=90。，再逐項判斷.

2

C

cos—萬廠

A+B71C12c?C

【詳解】解：由tan--------=sinCntan------W=2sin——cos——C,

2I-2"C.C22

tan—sin—

22

CnC

因為0<—<—,所以COS：H0,

222

Cr

所以l=2sin22nl—2sin2：=0ncosC=0nC=90°,

22

ItanA,4.一、，…

所以tanB=tan|-A----------=1211-4不一定為1,A錯;

tanAtanB

因為sinA+siaB=sinA+cosA=V2sin（A+45°）,0°<A<90°n45。<A+45°<135°,

.,?^<sin（A+450）<l^l<V2sin（A+450）<72>

從而有0<sinA+sinB<，所以B正確,

萬一A卜sinA,所以sin^A+cos?^=2sin2A也不一定等于l，C錯;

XcosB=cos

而COS2A+COS2B=cos2A+sin2A=1=sin2C，D正確；

故選：BD

11.已知函數的定義域為R,滿足/(x+y)+/(x—y)=2/(x)/(y),且/⑴=—I,則()

A.八°）=1

B./(%)為奇函數

C./⑴+〃2）++/（2024）=0

2

D.[/W]2+f=1

【答案】AD

【解析】

【分析】采用賦值法為突破口，分析函數的有關性質.

【詳解】對A：令x=l,y=0,則2/⑴=2/⑴/(O),

因為/。)=—1，所以/(。)=1，故A正確；

對B：令尤=0得:/(y)+/(-y)=2/(O)/(y),結合"0)=1可得〃?)=〃—月,

所以/(九)為偶函數，故B錯誤；

對C：令y=l可得：/(x+l)+/(x-l)=2/(x)/(l),因為=

所以/(x+l)+/(x—l)=—2/(x)n/(x+l)+/(%)=—[/(%)+/(工-1)],

進一步可得：/(x+2)+/(x+l)=-[/(x+l)+/(x)]=/(x)+/(x-l),

又/(0)=1,=

所以：/(0)+/(1)=/(2)+/(3)=?-=/(2023)+/(2024)=0,

所以/⑴+/(2)+〃3)+?+/()+/(2023)=—科—，故C錯誤；

對D：令x=y可得:八2冷+/(0)=2卜(龍甘n[/(切2="2;)+1；

用x+；代替x,y得：〃2X+1)+〃0)=2/,+g]nJ/'+J，

結合C的結果，可得：[〃x)T+5+*/(2x)+9x+l)+2J⑼+1)+2j故口正

確.

故選：AD

【點睛】關鍵點睛：如何賦值是解決問題的關鍵.AB相對簡單，對C,令y=l得到

/(x+l)+/(x)=-[/(x)+/(x-l)]后進一步可得到數列相鄰項之間的關系，可求結果，對D,用％=V

和用工+工代替x,y是解決問題的關鍵.

2

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.若關于x的不等式0<加+樂+。<2(4>0)的解集為何―lKx<3},則3a+b+2c的取值范圍是

【答案】I，4

【解析】

【分析】先根據一元二次不等式的解集得到對稱軸，然后根據端點得到兩個等式和一個不等式，求出。的取

值范圍，最后3a+/?+2c都表示成。的形式即可.

【詳解】因為不等式0462+陵+c<2（a>0）的解集為{H—1KXK3},

所以二次函數/（%）=依2+法+。的對稱軸為直線1=i,

/（T）=2a-b+c=2

b=-2a

且需滿足|/（3）=2,即<9a+3Z?+c=2,解得<

c——3a+2

J⑴2。a+b+cN。

以Q+Z?+C=Q—2Q—3a+2之0——a<—,所以

所以3a+b+2c=3a—2Q—6〃+4=4—5?！?4

故答案：j,4

【點睛】關鍵點睛：一元二次不等式的解決關鍵是轉化為二次函數問題，求出對稱軸和端點的值，繼而用

同一個變量來表示求解.

13.己知直三棱柱ABC-A.B^ABlBC,AC=2AB,4C=2,則三棱柱ABC-4耳&的體積的最大值

為；此時棱柱的高為.

【答案】①.|②.孚##gg'

【解析】

【分析】利用直三棱柱的特征、體積公式結合導數求單調性及最值計算即可.

如圖所示，不妨設|A@=x,由題意則AC=2x,BC=相=—4=2（xe（0,I》,

則V=74-4X2X-XX氐=V3^(1-X2)X4,

令/⑺=(1—3t2(?=x2e(O,l))=>f'(t)=2t-3/,

,

則i>/〉t時,1f(><0,§>>>o時,/(r)>0.

即/(,)在1°，|］上單調遞增，在||」］上單調遞減，

則/⑺=心］=巴=%=島伍=2,

max

J\/max，(3127Ai273

止匕時Z=x2=-^-=>,4-4x2=A4,==~~■

故答案為：j巫.

33

22

14.已知正實數a,4c,d滿足</-仍+1=0,c+d=l,則當(a-cp+S-dy取得最小值時，

ab=.

【答案】正+i

2

【解析】

【分析】將(a-c)2+3-d￥轉化為(。力)與(c,d)兩點間距離的平方，進而轉化為(a,。)與圓心(0,0)的

距離，結合基本不等式求得最小值，進而分析求解即可.

【詳解】可將(?-c)2+3-d)~轉化為(。1)與(G")兩點間距離的平方，

由a?—ab+l=0，得=—,

a

而C2+Q2=1表示以(0,0)為圓心，1為半徑的圓,(c,d)為圓上一點，

則(。力)與圓心(0,0)的距離為：

j2a24+2=也0+2

當且僅當2/=：,即。=±6時等號成立，

此時(a,b)與圓心(0,0)的距離最小，即(a,。)與((r,d)兩點間距離的平方最小

即(a-c)2+(b-d)~取得最小值.

當a=:口時，ab-a2+1-+1，

V22

Ji

故答案為：注+1.

2

【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是能夠將問題轉化為圓°?+Q2=1上的點到人=a+L上的點的距離

a

的最小值的求解問題，進而求解.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.己知函數/'(x)=2111%+；以2-(2a+l)x.

(1)若曲線y=/(x)在(1,7■⑴)處切線與x軸平行，求。；

(2)若/(X)在x=2處取得極大值，求。的取值范圍.

【答案】(1)1(2)[-00]]

【解析】

【分析】(1)先對/(X)求導，利用導數的幾何意義即可得解；

(2)分類討論。的取值情況，利用導數分析/(%)的單調情況，從而得到其極值情況，由此得解.

【小問1詳解】

因為了(力-21nx+—ax2一(2〃+1)%(%>0),

所以廣⑺=[以心+1)=*-(2：+1卜+2=("*一2),

因為曲線丁=/(%)在。，/⑴)處切線與x軸平行，

所以解得a=l,

又/(l)=；_3=_gw0,所以a=l.

【小問2詳解】

〃九)的定義域為(0,+“)，,(耳=3-1)—2),

X

①當a=0時，令得0<%<2,令/'(“<0,得x>2,

\/(9在(0,2)上單調遞增，在(2,+8)上單調遞減.

\/⑴在x=2處取得極大值，滿足題意；

②當時，令/得0<x<2,令/'(x)<0,得x>2,

\F(x)在(0,2)上單調遞增，在(2,+8)上單調遞減.

\/在x=2處取得極大值，滿足題意；

③當〃>0時，

(i)當。=’時，-=2,fr(x)>0

2a

所以/(%)在(0,+8)上單調遞增，/(%)無極值，不滿足題意；

(ii)當一時，一<2,

2a

令r(x)<0,得工<x<2,令戶")>0,得0<x<工或光>2.

aa

\/(x)在上單調遞增，在W上單調遞減，在(2,+◎上單調遞增.

\"尤)在x=2處取得極小值，不滿足題意；

(iii)當0<。<一時，一>2,

2a

令/得2<X<L,令/得0<九<2或X〉L

aa

\/(X)在(0,2)上單調遞增，在［2,￡|上單調遞減，在上單調遞增.

\/(X)在x=2處取得極大值，滿足題意；

綜上所述，”的取值范圍為啊；］

16.盒子中裝有紅球、白球等多種不同顏色的小球，現從盒子中一次摸一個球.不放回.

(1)若盒子中有8個球，其中有3個紅球，從中任意摸兩次.記摸出的紅球個數為X.求隨機變量X的

分布列和數學期望.

(2)若A盒中有4個紅球和4個白球，3盒中在2個紅球和2個白球.現甲、乙、丙三人依次從A號盒中

摸出一個球并放入8號盒，然后丁從3號盒中任取一球.已知丁取到紅球，求甲、乙、丙三人中至少有一人

取出白球的概率.

3

【答案】（1）分布列見解析；期望為一

4

44

（2）——

49

【解析】

【分析】（1）列出X的所有可能的值，求出對應的概率，可得分布列，并求期望.

（2）用條件概率公式求解.

【小問1詳解】

c；c*5C；C；A；_15c；c；3

X可取0,1,2.且:p(x=o)=P(X=1)=p(X=2)=

14C；C；2828

所以X的分布列為:

X012

5153

P

142828

3

則:EX

4

小問2詳解】

設事件。="丁取到紅球"，事件E="甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.

3C；C；C；4

當甲、乙、丙三人取得1個白球,則丁取到紅球的概率為X—;

7

3cle[C；乂3

當甲、乙、丙三人取得2個白球,則丁取到紅球的概率為

^C1C17'

C：C；C；2

當甲、乙、丙三人取得3個白球,則丁取到紅球的概率為111X—；

C；C；C：7

C；C；C；5

當甲、乙、丙三人取得3個紅球,則丁取到紅球的概率為X—,

dcic47'

3C：C；C：x4?3C：C；C；,<3?C：C；C；,二2

7C；C；C；7C；C；7744

則所求概率為:3展需3/6

3C：C?53C：C；C；43C：C；C；33C：C；C；249

/5//j?y/

一71

17.在梯形ABC。中，ABCD,ZBAD=~,AB=2AD=2CD=4,尸為AB的中點，線段AC與0P

3

交于。點（如圖1）.將，ACO沿AC折起到△ACO位置，使得平面D'AC，平面R4c（如圖2）.

(1)求二面角A—8。'—C的余弦值;

(2)線段W上是否存在點。，使得CQ與平面BC。'所成角的正弦值為邁？若存在，求出岑的值;

8PD'

若不存在，請說明理由.

【答案】17.—立

7

18.存在，華2

PD'3

【解析】

【分析】(1)建立空間直角坐標系，由空間向量求解；

(2)設尸0=表示出CQ,利用向量的夾角公式代入列式，即可得解.

【小問1詳解】

JT

因為在梯形ABCD中，AB//CD,AB=2AD=2CD=4,NBAD=—,P為AB的中點，所以，

3

CD//PB,CD=PB,

所以△ADP是正三角形，四邊形DP6C為菱形，

可得ACSBC,AC±DP,

而平面D'AC_L平面B4C，平面力ACc平面B4C=AC，

Z>Ou平面。AC，DOJ.AC，

.?.￡>0，平面R4C,所以04,OP,。力兩兩互相垂直，

如圖，以點。為坐標原點，OA,OP,OD'分別為4>，z軸建立空間直角坐標系,

則A(石,0,01C(-V3,0,0),網-瘋2,0bD(0,0,1),尸(0,1,0),

.-.AD'=(-V3,O,1),AB=(-2A/3,2,0),8。'=(6,-2,1),CD=(73,0,1),

設平面ABZ)'的一個法向量為機=(%,%,zj,則

m?AD'=0—A/3XJ+ZJ—0

即《,令再=1,則y=Z]=后,

m?AB=0-2y[^X]+2%—0

:?m=0,6,6).

設平面圓力的一個法向量為"=（%，%，Z2），則

幾?BD'=OV3X一2%+z,=0l

,即《9，令無2=1，則%=0，Z2=-V3,

nCD'=OV3X2+z2=0

1x1+73XO+A/3x^-^/3^^

/\m-n

COS(Z72,71)—I—FT-i

、/\m\\n\71+3+3x71+3—7，

所以二面角A-BD-C的余弦值為-且

7

設PQ=4PQ'（O〈XVl）,因為CP=（百,1,0）,PD=（0,-1,1）,所以

CQ=CP+PQ=CP+APD=（y[3,\-A,A\,

CQ-n\_73(1-2)_V6

設C。與平面BCD所成角為。，則sin8=cos（CQ,〃

COM242%-2K+48

即342—74+2=0，?0<^,<1,解得彳=：，

所以線段P。'上存在點。，且器■=：,使得CQ與平面8C力所成角的正弦值為絡.

18.已知拋物線V=4x,頂點為。，過焦點的直線交拋物線于A,8兩點.

y

（1）如圖1所示，已知|A卻=8],求線段A3中點到＞軸的距離；

（2）設點尸是線段A3上的動點，頂點。關于點P的對稱點為C,求四邊形。4cB面積的最小值；

（3）如圖2所示，設。為拋物線上的一點，過D作直線DM,DN交拋物線于M,N兩點，過。作直線

DP，。。交拋物線于尸，。兩點，且。暇，DN,DP±DQ,設線段MN與線段尸。的交點為T,求

直線OT斜率的取值范圍.

【答案】（1）3（2）4

【解析】

【分析】（1）根據拋物線的性質求解即可;

（2）由題意可知四邊形。4BC的面積等于2sOOB，設出直線方程，與拋物線方程聯立，結合韋達定理和

2SVA°B=2*|。司|%一%|求解即可；

（3）設￡＞點坐標為（〃,2可，將拋物線方程與直線DM,DN聯立,利用韋達定理將點M和點N坐標用

。表示，進而可得到直線的方程，證明直線過定點即可求解.

【小問1詳解】

因為過焦點的直線交拋物線于A,B兩點,且|A@=8,

設A（HX）,3（%2，%），

由拋物線的性質可得%+尤2+2=|4耳=8,

所以為+%2=6,

所以線段A5中點的橫坐標，即為線段A3中點到y軸的距離為士*=3.

2

【小問2詳解】

由點C與原點。關于點尸對稱，可知P是線段0C的中點，

IJ

及

所以點。與點C到直線/的距離相等，所以四邊形。43C的面積等于2s△加"，

設直線/的方程為％=陽+1,聯立《,，消去x可得/一4根〉—4=0,

〔y=4x

設4（$,%），8（尤4，”），由韋達定理可得力+翅=4m，為乂二-4，

所以2S“B=2砌叫訃J（%+JO—%%：4而7，

當機=0時，四邊形Q4BC的面積取最小值為4.

【小問3詳解】

設￡＞點坐標為（片,2a），M點坐標為（如,丁“），N點坐標為（乙，%），

由題意可知直線DM的斜率左存在，且不為0,

則直線的方程為y-2a=k（x-a2）,與拋物線9=4%聯立，消去x得/一+%-4/=0,

kk

44一

由韋達定理可得2a+丁知=7，解得yM=：—2a,

kk

直線。N的方程為y-2a=--（x-與拋物線丁=?聯立，消去了得產+伙W8te.4/=0,

k

由韋達定理可得2a+=-4k,解得yN=-4k-2a,

顯然直線MN斜率不為零,

X-X4(X-x)_4(X-X、)

當直線肱V斜率存在時，直線的方程為，一%MM

XN-XMyl-yl(y+y)(y-%)

yN-yMNMN

44+%裕

整理得：＞=

yN+yM

4

將=7—2〃，=-4k-2a代入l得:

kMN

0

底1

以+/2續4k-2a)4^,2a+2ak?+a2kk(x-a-4)

---A-------------------------------;------=-2a+--------------7—

--2a-4k-2abak'k'1-ak'k~

k

°

所以直線LN過定點(4+2a),即T點坐標為(4+2a),直線07的斜率為％=——二

4+?

當a＞°時，然一七21

-4

2,當且僅當一=a,即。=2時，等號成立,

aa

1

0<4

當。＜0時,2當且僅當--=-a,即a=-2時，等號成立,

a

當a=0時，k0T-0,

當直線MN的斜率不存在時，設M點坐標為(產,2。，N點的坐標為(『,-2。，

UULIUUUU

則a2,It-2a),DN=(t2-a2,-It-2a),且根據題意儲彳。，

uuiniuuir2

所以DM7DN(t2-a2)--4(r-a2)=0,解得產=4+/,

所以直線aW的方程為％=4+1過點(4+a2,-2a),

綜上所述，直線07斜率的取值范圍為-.

【點睛】解決直線與圓錐曲線相交(過定點、定值)問題的常用步驟:

(1)得出直線方程，設交點為4(%,