浙江省温州市十校联合体联考高二数学上学期期中试卷 文理(含解析)

浙江省温州市十校联合体联考2014-2015学年高二上学期期中数学试
卷（文理同卷）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4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．（4分）直线的倾斜角的大小是（）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．（4分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
C．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
3．（4分）直线mx+（2m﹣1）y+1=0与直线3x+my+3=0垂直，则m为（）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或0
4．（4分）P、Q分别为3x+4y﹣10=0与6x+8y+5=0上任意一点，则|PQ|的最小值为（）
A．B．C．3 D．6
5．（4分）若圆x2+y2﹣2ax+3by=0的圆心位于第三象限，那么直线x+ay+b=0一定不经过（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
6．（4分）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（）
A．B．C．D．
7．（4分）如图，三棱锥V﹣ABC底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA=VC，已知其主视图的面积为，则其左视图的面积为（）
A．B．C．D．
8．（4分）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中的AB与CD的位置关系为（）
A．平行B．相交成60°角C．异面成60°角D．异面且垂直
9．（4分）将边长为a的正方形沿对角线AC折起，使得BD=a，则三棱锥D﹣ABC的体积为（）
A．B．C．D．
10．（4分）设集合，
，且A∩B≠∅，则实数a的取值范围是（）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．（4分）空间直角坐标系中，点（3，2，﹣5）到xoy平面的距离为．
12．（4分）直线kx+3y+k﹣9=0过定点．
13．（4分）轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于．
14．（4分）若在平面直角坐标系内过点且与原点的距离为d的直线有两条，则d的取值范围是．
15．（4分）过P（2，0）的直线l1截圆C：x2+y2﹣6x+4y+4=0所得的弦长为，则直线l1
的方程为．
16．（4分）已知点A（2，0），B是圆x2+y2=4上的定点，经过点B的直线与该圆交于另一点C，当△ABC面积最大时，直线BC的方程为．
17．（4分）如图，直线l⊥平面α，垂足为O，已知在直角三角形ABC中，BC=1，AC=2，AB=．该直角三角形在空间做符合以下条件的自由运动：（1）A∈l，（2）C∈α．则B、O两点间的最大距离为．
三、解答题（本大题共4小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．18．（12分）△ABC的三个顶点为A（﹣3，0），B（2，1），C（﹣2，3），求：
（1）AC所在直线的方程；
（2）BC边的垂直平分线的方程．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面ACM；
（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
20．（14分）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2．M是AD的中点．
（1）证明：平面ABC⊥平面ADC；
（2）若∠BDC=60°，求二面角C﹣BM﹣D的大小．
21．（14分）已知圆M过定点D（0，2），圆心M在二次曲线上运动．
（1）若圆M与y轴相切，求圆M方程；
（2）已知圆M的圆心M在第一象限，半径为，动点Q（x，y）是圆M外一点，过点Q与圆M相切的切线的长为3，求动点Q（x，y）的轨迹方程；
（3）若圆M与x轴交于A，B两点，设|AD|=a，|BD|=b，求的取值范围？
浙江省温州市十校联合体联考2014-2015学年高二上学期期中数学试卷（文理同卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4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．（4分）直线的倾斜角的大小是（）
A．30°B．60°C．120°D．150°
考点：直线的倾斜角．
专题：计算题．
分析：设出直线的倾斜角，求出斜率，就是倾斜角的正切值，然后求出倾斜角．
解答：解：设直线的倾斜角为α，由题意直线的斜率为，即tanα=
所以α=150°
故选D．
点评：本题考查直线的倾斜角、直线的斜率，考查计算能力，是基础题．
2．（4分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
C．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
考点：空间中直线与平面之间的位置关系．
专题：综合题；空间位置关系与距离．
分析：A，以正方体的上底面为α，可得下底面内的直线m、n均与α平行，但不一定有m∥n，因此是假命题；
B，根据线面垂直的性质，可以得到n⊥α；
C，D列举所有可能，即可得出结论．
解答：解：对于A，设正方体的上底面为α，则在下底面内任意取两条直线m、n，有m∥α且n∥α，但不一定有m∥n成立，故是假命题；
对于B，m∥n，m⊥α，根据线面垂直的性质，可以得到n⊥α，故正确；
对于C，m∥α，m∥β，则α∥β或α、β相交，故是假命题；
对于D，m∥α，α⊥β，则m与β平行、相交、m在β内都有可能，故不正确．
故选：B．
点评：本题考查学生对空间中点、线、面的位置关系的理解与掌握．重点考查学生的空间想象能力．
3．（4分）直线mx+（2m﹣1）y+1=0与直线3x+my+3=0垂直，则m为（）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或0
考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．
专题：直线与圆．
分析：由两条直线垂直可得 3m+（2m﹣1）m=0，解方程求得m的值．
解答： 解：若直线mx+（2m ﹣1）y+1=0与直线3x+my+3=0垂直，则 3m+（2m ﹣1）m=0， 解得m=﹣1，或m=0． 故选：D
点评： 本题主要考查两条直线垂直的条件，属于基础题． 4．（4分）P 、Q 分别为3x+4y ﹣10=0与6x+8y+5=0上任意一点，则|PQ|的最小值为（）
A ．
B ．
C ． 3
D ． 6
考点： 两条平行直线间的距离． 专题： 计算题．
分析： 由题意可知两条直线平行，直接利用平行线的距离公式求解即可．
解答： 解：因为3x+4y ﹣10=0与6x+8y+5=0是平行线，即3x+4y ﹣10=0与3x+4y+=0所以
|PQ|的最小值d=='
故选B ．
点评： 本题考查两条平行线间的距离公式，注意平行线的系数对应相等是易错点．
5．（4分）若圆x 2+y 2
﹣2ax+3by=0的圆心位于第三象限，那么直线x+ay+b=0一定不经过（） A ． 第一象限 B ． 第二象限 C ． 第三象限 D ． 第四象限
考点： 圆的标准方程；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系． 专题： 计算题；直线与圆．
分析： 由已知圆的圆心在第三象限，建立关于a 、b 的不等式组解出a ＜0且b ＞0，由此算出直线x+ay+b=0经过x 轴负半轴一点和y 轴正半轴一点，可得它不经过第四象限． 解答： 解：∵圆x 2
+y 2
﹣2ax+3by=0的圆心为（a ，﹣）
∴圆心位于第三象限，得a ＜0且﹣
＜0，解得a ＜0且b ＞0
又∵直线x+ay+b=0，在x 轴的截距为﹣b ＜0，在y 轴的截距为﹣＞0
∴直线x+ay+b=0经过x 轴负半轴一点和y 轴正半轴一点 由此可得直线经过一、二、三象限，不经过第四象限 故选：D
点评： 本题给出含有参数a 、b 的圆的圆心在第三象限，求直线x+ay+b=0经过的象限．着重考查了直线的方程、圆的方程等知识，属于基础题． 6．（4分）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为（）
A ．
B ．
C ．
D ．
考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：转化思想；空间位置关系与距离．
分析：将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，结合正方体和球的结构特征，可以求出球的半径，代入球的体积公式即可求出答案．
解答：解：将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球时，
球的直径等于正方体的棱长1，
则球的半径R=
则球的体积V=•π•R3=
故选：A．
点评：本题考查的知识点是球的体积，其中根据正方体和圆的结构特征，求出球的半径，是解答本题的关键．
7．（4分）如图，三棱锥V﹣ABC底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA=VC，已知其主视图的面积为，则其左视图的面积为（）
A．B．C．D．
考点：简单空间图形的三视图．
专题：计算题．
分析：由三视图的画图要求“长对正，高平齐，宽相等”可以找出左视图的宽、高与俯视图的宽、主视图的高的相等关系，进而求出答案．
解答：解：设底面正△ABC的边长为a，侧面VAC的底边AC上的高为h，可知底面正△ABC 的高为，
∵其主视图为△VAC，∴；
∵左视图的高与主视图的高相等，∴左视图的高是h，
又左视图的宽是底面△ABC的边AC上的高，
∴S侧视图===．
故选B．
点评：本题考查了三视图的有关计算，正确理解三视图的画图要求是解决问题的关键．8．（4分）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中的AB与CD的位置关系为（）
A．平行B．相交成60°角C．异面成60°角D．异面且垂直
考点：空间中直线与直线之间的位置关系．
专题：空间位置关系与距离．
分析：以CD所在平面为底面，将正方体的平面展开图还原成直观图，因为CE∥AB，所以∠DCE 即为直线AB，CD所成的角，在△CDE中求解即可．
解答：解：如图，直线AB，CD异面．
因为CE∥AB，
所以∠DCE即为直线AB，CD所成的角，
因为△CDE为等边三角形，
故∠DCE=60°
故选C
点评：本题以图形的折叠为载体，考查平面图形向空间图形的转化，考查折叠问题、异面直线的判断及异面直线所成的角，考查空间想象能力和运算能力．
9．（4分）将边长为a的正方形沿对角线AC折起，使得BD=a，则三棱锥D﹣ABC的体积为（）
A．B．C．D．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：如图，由正方形的性质可以求得其对角线长度是，折起后的图形中，DE=BE=a，
又知BD=a，由此三角形BDE三边已知，求出∠BED，解出三角形BDE的面积，又可证得三棱锥D﹣ABC的体积可看作面BDE为底，高分别为AE，AC的两个棱锥的体积和．
解答：解：如图，由题意知DE=BE=a，BD=a
由勾股定理可证得∠BED=90°
故三角形BDE面积是a2
又正方形的对角线互相垂直，且翻折后，AC与DE，BE仍然垂直，故AE，CE分别是以面BDE 为底的两个三角形的高
故三棱锥D﹣ABC的体积为×a×a2=a3
故选：A．
点评：本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，解题的关键是正确理解图形，将求几何体体积变为求两个几何体的体积，换一个角度求解，使得解题过程变得容易．
10．（4分）设集合，
，且A∩B≠∅，则实数a的取值范围是（）
A．B．C．D．
考点：集合的包含关系判断及应用．
专题：计算题．
分析：由，我们易得A集合表示以原点为圆心，以
为半径的圆在X轴上方的部分，
，B集合表示以（1，）为原点以a为半径的圆，根据A∩B≠∅，我们对a进行分析讨论，我们易得到结论．
解答：解：∵
∴A集合表示以原点为圆心，
以为半径的圆在X轴上方的部分，
又∵，
∴B集合表示以（1，）为原点以a为半径的圆
若A∩B≠∅，则两个圆相切或相交
故a﹣a≤2≤a+a
解得a∈
故选D．
点评：本题考查的知识点是两个集合的交集运算及圆与圆之间的位置关系，根据A∩B≠∅，准确判断两个圆的位置关系，并根据圆的位置关系列出两圆半径与圆心距的关系，是解答的关键．
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．（4分）空间直角坐标系中，点（3，2，﹣5）到xoy平面的距离为5．
考点：空间两点间的距离公式．
专题：空间位置关系与距离．
分析：根据点P关于平面xOy的对称点的坐标横标和纵标不变，竖标变成0，即可求出距离．解答：解：∵点（3，2，﹣5），在平面xOy的射影点的坐标横标和纵标不变，
竖标变成0，即得到（3，2.0）
∴空间直角坐标系中，点（3，2，﹣5）到xoy平面的距离为5．
故答案为：5．
点评：本题考查图形的对称性和空间中点的坐标，本题解题的关键是了解关于坐标轴和坐标平面射影点的坐标的特点．
12．（4分）直线kx+3y+k﹣9=0过定点（﹣1，3）．
考点：恒过定点的直线．
专题：直线与圆．
分析：将kx+3y+k﹣9=0转化为k（x+1）+3y﹣9=0，依题意，，解之即可．
解答：解：∵kx+3y+k﹣9=0，
∴k（x+1）+3y﹣9=0，
∴，解得，
∴直线kx+3y+k﹣9=0过定点（﹣1，3）．
故答案为：（﹣1，3）．
点评：本题考查恒过定点的直线，考查等价转化思想与方程思想的应用，属于中档题．
13．（4分）轴截面是边长等于2的等边三角形的圆锥，它的表面积等于3π．
考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：由轴截面是边长等于2的等边三角形，求出圆锥的底面半径，母线长，进而求出圆锥的底面周长，代入圆锥表面积公式，即可求出圆锥的表面积．
解答：解：一个圆锥的轴截面（过旋转轴的截面）是边长为2的等边三角形，
所以圆锥的母线为l=2；底面半径为r=1；
圆锥的底面周长为C=2πr=2π．
所以圆锥的表面积为：×2π×2+π•12=3π
故答案为：3π
点评：本题是基础题，考查圆锥的轴截面知识，圆锥的表面积的求法，实际上这个圆锥又叫等边圆锥，需要同学注意它的边角关系，常考题目．
14．（4分）若在平面直角坐标系内过点且与原点的距离为d的直线有两条，则d的取值范围是（0，2）．
考点：点到直线的距离公式．
专题：直线与圆．
分析：由两点间的距离公式求得原点到过点的直线的距离的最大值，又原点到过原点与P点的直线的距离为0，则满足条件的答案可求．
解答：解：∵过点的直线与原点的距离最大为．
此时直线与PO垂直，有且只有一条．
当直线过原点的时候，距离d=0．此时也只有一条．
如图，
∴当0＜d＜2时，直线有两条．
∴在平面直角坐标系内过点且与原点的距离为d的直线有两条，则d的取值范围是（0，2）．
故答案为：（0，2）．
点评：本题考查两点间的距离公式，训练了数形结合的解题思想方法，是基础题．
15．（4分）过P（2，0）的直线l1截圆C：x2+y2﹣6x+4y+4=0所得的弦长为，则直线l1的方程为x=2或3x+4y﹣6=0．
考点：直线与圆的位置关系．
专题：直线与圆．
分析：当直线l1的斜率不存在时，直线x=2满足题意；当斜率存在时，设为k，表示出直线方程，利用垂径定理及勾股定理求出k的值，即可确定出满足题意的直线l1方程．
解答：解：当直线l1的斜率不存在时，直线x=2满足题意；
当直线l1的斜率存在时，设为k，直线方程为y=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k=0，
∵直线l1截圆C：x2+y2﹣6x+4y+4=0，即（x﹣3）2+（y+2）2=9，所得的弦长为4，
∴圆心（3，﹣2）到直线的距离d==1，即=1，
解得：k=﹣，
此时直线l1的方程为3x+4y﹣6=0，
综上，直线l1的方程为x=2或3x+4y﹣6=0．
故答案为：x=2或3x+4y﹣6=0
点评：此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，垂径定理，勾股定理，直线的点斜式方程，学生做题时容易忽略直线斜率不存在的情况．
16．（4分）已知点A（2，0），B是圆x2+y2=4上的定点，经过点B的直线与该圆交于另一点C，当△ABC面积最大时，直线BC的方程为x=﹣1．
考点：圆的参数方程；直线与圆的位置关系．
专题：直线与圆．
分析：由题意，当△ABC面积最大时，C到AB的距离最大，设C的坐标，求出直线AB的方程，可得C到AB的距离，利用三角函数的值域即可得出结论．
解答：解：由题意，当△ABC面积最大时，C到AB的距离最大，设C（2cosα，2sinα），则
∵点A（2，0），B，
∴直线AB的方程为，
∴C到AB的距离为=|2cos（α+）﹣1|，
∴cos（α+）=﹣1时，C到AB的距离最大为3，此时α可取，
∴C（﹣1，﹣），
∵B，直线BC的方程为x=﹣1．
故答案为：x=﹣1．
点评：本题考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
17．（4分）如图，直线l⊥平面α，垂足为O，已知在直角三角形ABC中，BC=1，AC=2，AB=．该直角三角形在空间做符合以下条件的自由运动：（1）A∈l，（2）C∈α．则B、O两点间的最大距离为1+．
考点：点、线、面间的距离计算．
专题：转化思想．
分析：先将原问题转化为平面内的最大距离问题解决，以O为原点，OA为y轴，OC为x轴建立直角坐标系，B、O两点间的距离表示处理，结合三角函数的性质求出其最大值即可．
解答：解：将原问题转化为平面内的最大距离问题解决，
以O为原点，OA为y轴，OC为x轴建立直角坐标系，如图．
设∠ACO=θ，B（x，y），则有：x=ACcosθ+BCsinθ=2cosθ+
sinθ，y=BCcosθ=cosθ．
∴x2+y2=4cos2θ+4sinθcosθ+1=2cos2θ+2sin2θ+3=2sin（2θ+）+3，
当sin（2θ+）=1时，x2+y2最大，为2+3，
则B、O两点间的最大距离为1+
故答案为：1+．
点评：本题考查了点、线、面间的距离计算，解答关键是将空间几何问题转化为平面几何问题解决，利用三角函数的知识求最大值．
三、解答题（本大题共4小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．18．（12分）△ABC的三个顶点为A（﹣3，0），B（2，1），C（﹣2，3），求：
（1）AC所在直线的方程；
（2）BC边的垂直平分线的方程．
考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系；直线的一般式方程．
专题：计算题．
分析：（1）因为点A和点B的坐标已知，所以直接利用直线的两点式得到方程即可；（2）由中点坐标公式可得BC中点以及BC所在的直线方程的斜率，根据两直线垂直求出垂直平分线的方程的斜率，进而可得方程．
解答：解：（1）由直线方程的两点式得，所以AC所在直线的方程3x
﹣y+9=0；
（2）∵B（2，1），C（﹣2，3），
∴kAB==﹣中点坐标M（0，2）
k AM=2
∴B C边的垂直平分线的方程为：y﹣0=2（x﹣2）
故所求的直线方程为：2x﹣y+4=0
点评：本题考查直线方程的两点式、中点公式，以及两直线垂直的性质，属于中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO=2，M为PD的中点．
（1）证明：PB∥平面ACM；
（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
考点：直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．
专题：综合题；空间位置关系与距离．
分析：（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PB∥MO，由此能够证明PB∥平面ACM．
（2）取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MN∥PO，且MN=PO=1，由PO⊥平面
ABCD，得MN⊥平面ABCD，故∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
解答：（1）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，
∵O为AC的中点，∴O为BD的中点，
又∵M为PD的中点，
∴PB∥MO，
∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
（2）解：取DO中点N，连接MN，AN，
∵M为PD的中点，
∴MN∥PO，且MN=PO=1，
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，
在Rt△DAO中，∵AD=1，AO=，∠DAO=90°，∴DO=，
∴AN=，
在Rt△ANM中，tan∠MAN===，
即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为．
点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题．
20．（14分）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2．M是AD的中点．
（1）证明：平面ABC⊥平面ADC；
（2）若∠BDC=60°，求二面角C﹣BM﹣D的大小．
考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．
专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．
分析：（1）先证明BC⊥AD，结合BC⊥CD，AD∩CD=D，可得BC⊥平面ACD，利用面面垂直的判定定理，可得平面ABC⊥平面ADC；
（2）作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点HG，连接CH，证明∠CHG为二面角的平面角，结合∠BDC=60°，即可求二面角C﹣BM﹣D的大小．
解答：（1）证明：∵AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，
∴BC⊥AD．
又∵BC⊥CD，AD∩CD=D，
∴BC⊥平面ACD，
又∵BC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ADC；
（2）解：作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点HG，连接CH．
∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，
∴CG⊥AD
又∵CG⊥BD，AD∩BD=D，
∴CG⊥平面ABD，
又∵BM⊂平面ABD，∴BM⊥CG
又∵BM⊥GH，CG∩GH=G，
∴BM⊥平面CGH，
∵CH⊂平面CGH，
∴BM⊥CH
∴∠CHG为二面角的平面角．
在Rt△BCD中，CD=BDcos60°=，CG=CD，BG=BC．
在Rt△BDM中，HG==
在Rt△CHG中，tan∠CHG=，
∴∠CHG=60°，即二面角C﹣BM﹣D的大小为60°．
点评：本题考查面面垂直的判定，考查线面垂直，考查面面角，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题．
21．（14分）已知圆M过定点D（0，2），圆心M在二次曲线上运动．
（1）若圆M与y轴相切，求圆M方程；
（2）已知圆M的圆心M在第一象限，半径为，动点Q（x，y）是圆M外一点，过点Q与圆M相切的切线的长为3，求动点Q（x，y）的轨迹方程；
（3）若圆M与x轴交于A，B两点，设|AD|=a，|BD|=b，求的取值范围？
考点：圆方程的综合应用．
专题：综合题．
分析：（1）圆心M，半径，由此能求出圆M方程．
（2）设圆心，则．由此得到圆M的方程为：（x
﹣2）2+（y﹣1）2=5．设QP于圆M相切，切点为P，则|QM|2=|QP|2+|MP|2=14，由此能求出动点Q的轨迹方程．
（3）设圆心M（2m，m2），可知圆M方程为：（x﹣2m）2+（y﹣m2）2=4m2+（m2﹣2）2，取y=0，得x=2m±2，取A（2m+2，0），B（2m﹣2，0），则，由此能求出的取值范围．
解答：解：（1）设圆心M（x，y），
∵圆M过定点D（0，2），且圆M与y轴相切，
∴直线MD⊥y轴，
∴，
∴y=2，
∵圆心M在二次曲线上运动，
∴M（x，2）在上，
∴2=，
解得x=，
∴圆心M，半径=2，
∴圆M方程为：．…（4分）
（2）设圆心，
则
解得m=1，
所以圆M的方程为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=5
设QP于圆M相切，切点为P，
则|QM|2=|QP|2+|MP|2=14
所以动点Q的轨迹方程是（x﹣2）2+（y﹣1）2=14…．（9分）
（3）设圆心M（2m，m2），
可知圆M方程为：（x﹣2m）2+（y﹣m2）2=4m2+（m2﹣2）2
取y=0得x=2m±2，
不妨取A（2m+2，0），B（2m﹣2，0），
则
若m≠0，
有，
则，
故所求的取值范围为
点评：本题考查圆的方程的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是2015届高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．。