江苏南京市五校联盟2025-2026学年高三第二学期4月联合调研数学试卷

南京五校联盟2025-2026学年第二学期4月联合调研 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求 1. 已知集合 ，若 ，则 A. 4 B. 2 C. D. 1 【答案】A 2. 已知复数 满足 ( 为虚数单位),则 A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】，所以；可得. 3.直线与抛物线交于、两点，若，其中为坐标原点，则的准线方程为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】不妨设点在第一象限，则点在第四象限， 联立可得，则点、， 所以，，解得，因此，的准线方程为 . 4.某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有（   ）种 A．120 B．180 C．240 D．360 【答案】B 【解析】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有1种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 5.氡气是一种从地表或建筑材料中自然散发的无色无味的放射性气体．假设氡气经过天后，氡气的剩余量（单位：g）为，其中，为常数.在此条件下，已知氡气经过天后，氡气的剩余量为，再经过天后，氡气的剩余量为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意可得，，解得．. 6.无穷数列为各项均为正数的等差数列，、、、为正整数，则“”是“”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】设正项等差数列的首项为，公差为. 则，， 两式作差得. 充分性：若，即. 若，则，即，无法推出结论，充分性不成立. 必要性：若，即. 因为，所以，即，必要性成立. 因此，""是""的必要不充分条件. 7.已知平面直角坐标系中，，，，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示， 由得，是直角三角形，斜边，取中点， 根据直角三角形斜边中线性质，可得， 即在以原点为圆心、半径的圆上. 根据向量极化恒等式，对任意，为中点， 有 ，代入，得： 因为，在为圆心、半径1的圆上， 所以的范围是：， 即， 故. 8.已知函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据指对数函数的图象可知，与关于直线对称， 所以函数与的图象上恰好存在唯一一对关于直线对称的点， 等价于函数与恰好存在唯一交点， 令，则， 所以直线与有唯一的交点， 设，则， 在上，，单调递增，在上，，单调递减， 而，且当时，， 所以当时，，当时，， 则函数的大致图象，如下图所示，故或满足条件， 所以实数的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知随机变量，若，则 A． B． C． D． 【答案】AB 【解析】由正态分布的定义知，A正确； 由，得，B正确； ，C错误； ，D错误. 10.已知函数的定义域为，为的导函数，满足且，则以下结论正确的是 A． B．过原点且与相切的直线方程为 C．不等式的解集是 D．若恰有两个整数解，则k的取值范围是 【答案】ABD 【解析】A选项，由，， 可得，即， 故，为常数，由，可得， 故，，故A正确： B选项，设切点为，，设切线斜率为，则， 所以切线方程为，即， 因为切线过原点，所以， 解得，，所以，切线方程为.故B正确； C选项，， 故当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为， 又，时，，时，， 且时，，时，； 当时，，当时，， 的解集是，故C错误； D选项，因为，所以要使恰有2个整数解， 则整数解为2和3，所以，即，化简得； 故实数k的取值范围是，故D正确. 11.已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是 A．有无数个点，使得平面 B．有无数个点，使得平面 C．若点平面，则的最大值为 D．若点平面，则四棱锥的体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】令正方体的外接球半径为，，，则， 连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形， 即有，而平面，平面，则平面， 同理平面，又平面， 因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆， 对圆上任意一点（除点外）均有平面，A正确； 对于B，过与平面垂直的直线仅有一条，这样的点至多一个，B错误； 对于C，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图， 令点，而， 因此， ，令， ，当且仅当取等号， 此时，即，因此的最大值为，C正确； 对于D，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面的距离的最大值为， 因此四棱锥的体积的最大值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.的展开式中的系数是________. 【答案】-80 【解析】的展开式的通项公式为， 令可得，所以的展开式中的系数是 . 13.已知，且满足，则，则_______. 【答案】 【解析】因为，，所以， 由得， 即，所以， 所以，得， 所以 . 14.抛物线上有三个点，满足，且直线的倾斜角为 0 ，若的内切圆的直径为，则_______. 【答案】12 【解析】设.由得。取，则三角形面积，内切圆半径.由得半周长.又，故。令，则。.代入得 化简得，解得，故，从而。 所以 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 15.已知 （1）给定区间，试求出在上的递减区间； （2）求证：不存在，使在处的切线恰平行于 X 轴？ 【解析】（1）∵， ①若，则在上单调递增； ②若，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增； ③若，则，函数在上单调递减 综上，当时，在上单调递减 当时，在上单调递减； （2）令 由（1）易知， 当时，在上单调递减，在上单调递增， ∴在上的最小值为， 即，又， ∴， ∵ 曲线在点处的切线与 X 轴平行等价于方程有实数解， 而，即方程无实数解， 故不存在实数，使曲线在点处的切线与 X 轴平行 16.已知在中，其内角的对边分别为，且 （1）求证：中存在一个内角等于另一个内角的 2 倍； （2）若中任意一个角都小于，且，证明：既不存在最大值也不存在最小值． 【解析】证明：因为，由正弦定理得，可得 又由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 因为， 可得, 因为为三角形的内角，所以，可得， 所以中存在一个内角等于另一个内角的 2 倍 (2)由（1）知，为二倍角三角形，即，则 因为为锐角三角形，则满足， 解得，可得 又由正弦定理得且，即 可得 ， 因为函数上为单调递增函数， 12 分 所以，当时，取得最小值，最小值为； 当时，取得最大值，最大值为， 故实数的取值范围为 所以 b 既不存在最大值也不存在最小值 17.已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，点在底面（不含边界）上的射影为点，且，设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为． (1)已知． （i）证明：的面积为定值； （ii）若平面平面，求四棱锥外接球的表面积； (2)若，判断是否存在点，使得平面. 【解析】 （1）（i）如图： 连接，可知直线，与平面所成角分别为， 故， 由，知， 故点在线段的中垂线上. 过点作垂直于点，连接， 所以． 因为点是点在底面上的射影， 所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． 所以，为定值． （ii）过点作直线，显然为平面与平面的交线， 设分别为的中点，连接， 由（i）知，故，所以， 又平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 不妨设，则，所以， 解得或． 根据对称性，不妨取， 设四棱锥外接球球心到平面的距离为， 所以或， 解得或（舍）， 所以四棱锥外接球的表面积为． （2）存在．理由如下： 因为， 所以， 即，所以． 假设存在点，使得平面，则， 以的中点为坐标原点，为轴，平行于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，设， 则由， 可得， 整理得， 又，则点在圆上， 由， 解得， 即或. 也即或． 所以存在点，使得平面 . 18.甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有n个女生，，…，和个男生，，…，，其中女生认识男生，但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． (1)若，，求所有参赛选手性别相同的概率； (2)若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法种数为和． （i）求，并证明：当时，； （ⅱ）若从乙社区中随机选出个女生和个男生，并将他们随机组成个男、女搭配的队,求组队结果满足参赛要求的概率. 【解析】（1）设事件表示“甲社区的参赛选手都是女生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是女生， 事件表示“甲社区的参赛选手都是男生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是男生， 则，，， 则所有参赛队伍的参赛选手性别相同只有两种情况，都是男生或者都是女生， 即，因为，所以，即事件与互斥， 又事件与互相独立，事件与互相独立， 故所求事件的概率为． （2）（i）因为甲社区中女生和男生全都认识，因此 ， 当时，， ， 所以， ， ， 因为， 两边同乘以，得， （ⅱ）先考虑的递推关系式． 当时，考虑乙社区中的女生，有以下两种情况： ①当女生被选中时，其余队共有种不同的选法，可在余下个男生中任选一人， 有种选法，因此由乘法计数原理可知，共有种选法； ②当女生没被选中时，此时从，，…，中选出m个女生，从，，…，中选出m个男生组队，共有种选法； 所以当时，， 当时，由前述分析可得， 由（i）可知满足相同的递推公式， 因为，，， 所以和有相同的递推关系和初始值，故对任意和，均有， 设乙社区中各选m个男生和m个女生，组成m个队，共有种情况，且， 因此满足组队要求的概率. 19.已知双曲线与圆在第一象限的交点为，定义曲线. (1)若，求的离心率； (2)若是与轴的交点，点在上，且，已知，求证：始终存在； (3)若过点且斜率为的直线交曲线于，试用的代数式表示，并求出的取值范围. 【解析】（1）因为，所以代入双曲线方程中得，解得. 因为点在第一象限，所以. 将代入圆的方程得，，解得. 所以双曲线的离心率为. （2）因为，所以圆. 令，则，所以，恰好是双曲线的焦点. 因为上的点满足，根据双曲线的定义可知. 所以或，因为， 在中，由余弦定理 时，，解得， 时，，解得； 既然始终存在余弦值，那么其角一定存在，故始终存在 （3）过点且斜率为的直线的方程为，即. 联立直线与圆的方程为：. 展开化简得：. 因为，则上式可化简得，解得，记为； 联立直线与双曲线的方程为：. 展开化简得：，解得， 则，记， 故， 因为直线与曲线有两个交点，如图可知，点在的上方，所以. 由得，则，解得, 又，故，则， 故 所以的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $2025一2026学年第二学期五校联盟4月联合调研 高三数学 2026.04.13 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷， 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分。 3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上 一、选择题：本大题共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.已知集合A={yy=2x,-1≤x≤1}，B={xa-x220},若A=B,则a=（) A.4 B.2 C.2 D.1 2.已知复数z满足z+(z-)i=3(i为虚数单位)，则川z=（ A.1 B.5 C.2 D.5 3.直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D、E两点，若OD.OE=0,其中O为坐标原点， 则C的准线方程为() A.x=- B。x=月 C.x=-1 D.x=-2 4.某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不 同的报名方法有()种. A.120 B.180 C.240 D.360 5.氢气是一种从地表或建筑材料中自然散发的无色无味的放射性气体.假设500g氢气经过1 天后，氢气的剩余量（单位：g)为A()=k,其中a,k为常数在此条件下，已知500g氢 气经过1天后，氢气的剩余量为400g,再经过1天后，氡气的剩余量为（) A.320g B.300g C.250g D.200g 6.无穷数列{an}为各项均为正数的等差数列，k、1、s、t为正整数，则“k+1>s+1"是 “ak+a,>a+a,"的（ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知平面直角坐标系xOy中，OA.OB=0,|AB=2,C(3,4),则CA.CB的取值范围是( A.[15,35] B.[-15,35] C.[16,36] D.〔-16,36 8.若g(x)=bx一1与f(x)=e有且仅有一对对称的点关于函数y=x的图像对称，那么实数b 的取值范围是( A.[1,+∞) B.(-∞，1] C.(-∞，0]U{}(-∞，1] D.(-，0)U{I} 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知随机变量X:N(3,o2),若P(X24)=0.2,则() A.E(X)=3 B.P(X≤3)=0.5 C.P(2≤X≤4)=0.7 D.P(X22)=0.9 10.已知函数/()的定义域为0，+∞)，f()为f(x)的导函数，满足2()+()=子且 ∫()=0，则以下结论正确的是() A-袋 B。过原点且与/心)相切的直线方程为y一亡： C.不等式x-》/)>0的解集是(+四) D.若k<∫(x)恰有两个整数解，则k的取值范围是 In2 In3 89 11.若正方体ABCD-AB,CD的四个顶点都在表面积为3π的球面上，点P为该球面上的任意一 点，则下列结论正确的是（) A.有无数个点P,使得APL平面BDC B.有无数个点P,使得APII平面BDC C.若点P∈平面BCC,B,则AP+PC,的最大值为√6 D.若点Pe平面BCCB,则四棱锥P-ABCD的体积的最大值为2+ 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.(x-2y)的展开式中x2y的系数是 ·(用数字作答) 1B.已知ae引 且满足sintan=2cos2号，则tan(a+B)=-7则sin2B=一， 14.抛物线y=x2上有A,B,C三个点，满足AB⊥BC,且直线AC的倾斜角为0，若△ABC的 内切圆的直径为2√6一4，则0B2= 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 15.（本小题满分13分) 已知8(x)=(nx-l)e+x,f(x)=+lnx-l (I)给定区间x∈(0，e],试求出f(x)在(0，e上的递减区间： (2)求证：不存在n>0,使y=g(x)在x=n处的切线恰平行于X轴？ 16.(本小题满分15分) 已知在△MBC中，其内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且i如C=inA+sinB a (I)求证：△ABC中存在一个内角等于另一个内角的2倍： (2)若△ABC中任意一个角都小于90°，且c2=4,证明：b既不存在最大值也不存在最小值. 17.（本小题满分15分) 已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，点P在底面ABCD(不含边界)上的射 影为点R,且PP,=√B,设直线PA与平面ABCD所成角为a,直线PB与平面ABCD所成角为 B. (1)已知a=B. (i)证明：△PAD的面积为定值： (i)若平面PAB⊥平面PCD,求四棱锥P-ABCD外接球的表面积； 2若a+B=受，判断是否存在点R,使得RBL平面RPA. Po B 18.（本小题满分17分) 甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生：乙社区有n个女生8， 82,,8n和2n-1个男生b,b2,…,b2m-1,其中女生g,认识男生b1,但不认识其他男生.现 从甲社区和乙社区分别选出m队选手参加社区比赛，每队选手均为2人. (I)若n=3,m=1,求所有参赛选手性别相同的概率： (2)若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队 的不同的选法种数为A,(m)和Bn(m). (i)求An(m),并证明：当2≤m≤n-1时，An(m)=An-(m)+(2n-m)An-(m-1): (ⅱ)若从乙社区中随机选出m个女生和m个男生，并将他们随机组成m个男、女搭配的队，求 组队结果满足参赛要求的概率， 19.(本小题满分17分) 已知圆C:+广=4+小与双曲线C号-芳-16>0在第-象限的交点A化，小，定 义当>x时，曲线r=若卡-106>0，当5，时，曲线r=x+y=4+6 (1)若X好=6，试求出双曲线G,的渐近线方程： (2)若F,F是C,与x轴的交点，点P在C上，且PF=8,已知b2=5, 求证：∠FPF,始终存在： (3)若过点0,2+ 2 且斜率为-的直线I交曲线Γ于点M,N,求出 OM.ON的取值范围. 2025一2026学年第二学期五校联盟4月联合调研 高三数学参考答案 阅卷说明： 各题的仲戴老师为阅卷题长，请负责确定好此题的评分细则，并告诉本题所有老师。 1-8:ADBBABAC 9.AB 10.ABD 11.BCD 12.-80 13.0.8 14.12 15.)2+ax-o.)-号+2。 xx2,】分 ①若a≤0，则”(x)>0,∫(x)在(0，]上单调递增：2分 ②若0<a<e,当x∈(0，a)时，f'(x)<0,函数∫(x)在(0，a）上单调递减，3分 当x∈(a,e]时，(x)>0,函数f(x)在(a,e]上单调递增： ..4分 ③若a2e,则f'(x)≤0，函数f(x)在(0，e]上单调递减… .5分 综上，当a≤0时，∫(x)在(0，a)上单调递减 当a≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减： 6分 (2)令n=x0 8(x)=(lnx-1)e*+x,(x>0), g)=（2+nx-e+1,7分 由(1)易知， 当a=1时，∫(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞）上单调递增，…8分 ∫(x)在(0，+o)上的最小值为f(x)。=f()=0,… 9分 即v%sQ+树，名+h-120,又e>0, .g'(x0)21>0,10分 :曲线y=g(x)在点x=x处的切线与X轴平行等价于方程8'(xo)=0有实数解，11分 而g(xo)>0,即方程g'(x)=0无实数解，…12分 故不存在实数x。∈(0，+∞)，使曲线y=g(x)在点x=n处的切线与X轴平行13分 16.（1)证明：因为in4+sinB-nC,由正弦定理得a+也-9，可得a2+b=c,l分 a 又由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcosC,即a=b-2ac0sC,2分 由正弦定理得sinA=sinB-2 sin AcosC,… 3分 因为sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cos AsinC, 可得 sin A=-sin AcosC+cos Asin C=sin(C-A),......... 4分 因为A,C为三角形的内角，所以A=C-A,可得C=2A,5分 所以△ABC中存在一个内角等于另一个内角的2倍6分 (2)解：由（1)知，△ABC为二倍角三角形，即C=2A,则B=π-A-C=π-3A,7分 0<A< 2 因为△ABC为锐角三角形，则满足 0<2A< 2 8分 0<x-3M<分 解得君<A<牙，可得 6 cos<⑤ 2 9分 sin B-sinc且c=2,即_6 又由正弦定理得6。=c 2 sin3A sin2A ……10分 2sin34-2(sin2Ac0s A+cos2AsinA2(2sin Acos+(co4-sinsinA sin24 2sin Acos A 2sin Acos A 4cos4+2c 4-2sin48c04-24c0s4-1 2cos4 sA ,11分 2cosA 因为函数y=4x-xe巨 x (2’2 上为单调递增函数， 12分 所以，当x=5时，4cosA cosA 取得最小值，最小值为√互：…13分 当x=5时，4eosA- 2 取得最大值，最大值为4 os 3 故实数6的取值范围为反，45 ）.…l4分 所以b既不存在最大值也不存在最小值…15分 17.（1)(i)如图：连接AB,BR,可知直线PA,PB与平面ABCD所成角分别为∠PAR,∠PBR, tanB=P盼，由a=P,知BA=B,故点B在线段AB的中垂线上 B。A 过点B作RH垂直AD于点H,连接PH,所以BH=2,PH=V3+22=√万. 因为点。是点P在底面ABCD上的射影，所以PR⊥AD.3分 又BH⊥AD,且PR∩RH=,PR,PHC平面PRH,所以AD⊥平面PRH. 因为PHC平面PRH,所以D1PH.所以SpD=方4D-PH=2行，为定值 ，5分 (ii)过点P作直线/AB,显然I为平面PAB与平面PCD的交线， 设M,N分别为AB,CD的中点，连接PM,PN, 由(i)知PA=PB,故PM⊥AB,所以PM⊥I,又平面PAB⊥平面PCD,所以PM⊥平面PCD, 因为PNc平面PCD,所以PM⊥PW,又PR⊥MN,所以PP2=BM.B。N,7分 不妨设M=x,则BN=4-x,所以(4-x)x=3,解得x=1或x=3.8分 根据对称性，不妨取BM=I,B。N=3,设四棱锥P-ABCD外接球球心到平面ABCD的距离为h, 所以+22=(5++1或R+2=(5-h+,解得h=25或h=-25 3 3 (舍) 所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4π(：2+8)=2元 3元.l0分 (2)存在.理由如下： 因为a+B=受所以maa明=（侵小明0=l,一1分 M B 即B盟=1，所以RARB=3.假设存在点B,使得BB1平面月PA,则RA1RB, PA PB 以AB的中点M为坐标原点，AB为x轴，平行于AD的直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标 系，则A(-2,0),B(2,0),设B(x,y),-2<x<2,0<y<4,则由BABB=3,…12分 x+2+yVx-2}+y=3,整理得(x2+y2)2-8(x2-y2)=-7,又BA1BB,则点R在圆 x2-55 .5 X= +y2=4上， -》.解 6 x2+y2=4 y- 即 4或1 y=4 所以存在点B,使得BB⊥平面BPA15分 (iⅱ)先考虑Bn(m)的递推关系式. 当2≤m≤n-1时，考虑乙社区中的女生gn,有以下两种情况： ①当女生8n被选中时，其余m-1队共有B-(m-1)种不同的选法，8n可在余下 (2n-1)-(m-1)=2n-m个男生中任选一人， 有2n一m种选法，因此由乘法计数原理可知，共有(2n-m)Bn-1(m-)种选法：12分 ②当女生8n没被选中时，此时从81,82，，gm-1中选出m个女生，从6，b2,,bm-3中选出m 个男生组队，共有Bn-(m)种选法： 所以当2≤m≤n-1时，Bn(m)=Bn-(m)+(2n-m)Bn-(m-1), 当m=n时，由前述分析可得Bn(n)=nBn-(n-1),13分 由(i)可知A,(m)满足相同的递推公式 4(n)=nA-(n-1) A,(m)=An(m)+(2n-m)A-(m-1) 14分 因为4,0=，B,⑩=1+3+L+(2n-1=n0+2n-D=n2=40,4(2)=2=B,(2, 2 所以A,(m)和Bn(m)有相同的递推关系和初始值，故对任意n∈N和m=1,2,…,n,均有 B.(m）=A,(m）=(C…A,15分 设乙社区中各选m个男生和m个女生，组成m个队，共有2(m)种情况，且2(m)=C.C2n-·Am, 因此满足组队要求的概率PBm_4m)-（CA.C之.A2n1-m 17分 2(m)(m)Cm.C2-Am C2 (n-m)!(2n-1)! 19（①由愿意，名6，所以代入双曲线方程中得茶=1，解得户-1分 2 因为点4在第一象限，所以4=将6 代入方程得，6+b2=4+b2,解得b=2 所以双曲线的离心率为e=二= A+4=巨所以双曲线的渐近线方程为y=士0.5x.4分 (2)由b2=5可知b=√5，所以圆C2:x2+y2=9 令y=0,则x=3,所以F(-3,0),F(3,0),恰好是双曲线C的焦点. 因为C上的点P满足PF=8,根据双曲线的定义可知‖PF-PF=2a=4. 所以PF=4或PF=12,因为F=6,…5分 在△PFF中，由余弦定理|FF=|PF+PF-2 PFPF cos∠FPF36分 P3=4时，36=64+6-2x8x4xc0sZFP3,解得c0s∠RPR=g,7分 PF=12时36=64+14-2x8x12xcos∠RPR,解得cos∠PR=得：-8分 既然∠FPF始终存在余弦值，那么其角一定存在，故∠FPF始终存在9分 (3)过点0,2+ 且器率为的直镜的方程为y-2-分-号，即-血4 2 联立直线1与圆G的方程为：+血八-4+6 2 展开化简得：（4+b2)x2-2b(4+b2)x+b2(b2+4)=0…10分 因为b>0,则上式可化简得x2-2bx+b2=0,解得x=b,片=2，记为M(b,2): 联立直线1与双曲线C的方程为：x2 2x+6+4: 2 =1 4 展开化荷得：246k--12w-16=0,解得5=0,1分 -bx6+12b2+I6+6+4 =264+6的)+ 则 6+462+16,记N2+1262+166+462+16, 2 4(62+4) 266+49),46+4), 故Om0=6.6+122+16+2x+4+6_6+8+16=6+4,…12分 2b(b2+4) 4(b2+4)b2+4 因为直线1与曲线厂有两个交点，如图可知，点M在A的上方，所以y4<yw=213分 x y 曲1 x2+y2=4+b2 得方写则4，解得2-25<8<2+2514分 又b>0,故0<b2<2+2W5,则4<b2+4<6+25,15分 故4<OM0N<6+2W516分 所以OM.ON取值范围是(4,6+2√⑤).17分