2018-2019学年江苏省常州市“14校合作联盟”高二(上)期中数学试卷(解析版)

2018-2019学年江苏省常州市“14校合作联盟”高二（上）
期中数学试卷
一、填空题（本大题共14小题，共70.0分）
1.若直线l的倾斜角为60°，则直线l的斜率为______．
2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，面对角线A1D与
AC所在直线的位置关系为______．（填“平行”、“相交”、
“异面”）
3.如图，若线段AB的端点A，B到平面α的距离分别为2，
4，且A，B在平面α的同侧，则线段AB的中点M到平
面α的距离为______．
4.若直线4x+ay=2a+2与直线2x+y=a+2平行，则实数a的值为______．
5.如果用半径为2的半圆形铁皮卷成一个无底圆锥筒，那么此圆锥筒的高为______．
6.函数y=1−x2的图象绕x轴旋转360°所得几何体的体积为______．
7.下列三个命题在“（）”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其
中l，m为直线，α，β为平面），则此条件是______．
①⇒l∥m；②⇒m⊥l；③⇒l∥β
8.已知三点A（-1，2），B（1，0），C（2，1），那么△ABC外接圆的方程为______．
9.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=6cm，AD=3cm，
AA1=2cm，则三棱锥C-A1BC1的体积为______cm3．
10.若圆O：x2+y2=10与圆M：（x-a）2+y2=90（a∈R）相交于A，B两点，且两圆在点
A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是______．
11.如图，一个实心六角螺帽毛坯（正六棱柱）的底边长为4，高
为3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的
半径为______．
12.设点A（1，0），B（3，2），如果直线ax+by-1=0与线段AB有一个公共点，那么
1
的最大值为______．
a+b
13.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱
BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD⊥平
面AEP，则线段AP长度的取值范围是______．
14.在△ABC中，BC=3，∠A的平分线交BC于点D，且BD=2，则△ABC面积的最大值
是______．
二、解答题（本大题共6小题，共80.0分）
15.如图，在三棱锥O-AEF中，侧棱OA⊥OE，OA⊥OF，
M，N分别为EF，OF的中点．求证：
（1）MN∥平面AOE；
（2）平面AOE⊥平面OEF．
16.已知三条直线l1：x+y-3=0，l2：3x-y-1=0，l3：2x+my-8=0经过同一点M．
（1）求实数m的值；
（2）求点M关于直线l：x-3y-5=0的对称点N的坐标．
17.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC，D为BC上一点，A1B∥平面AC1D．
（1）求证：D为BC的中点；
（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：△AC1D为直角三角形．
18.已知圆C的方程为x2+y2-2ax-4y+a2+a-8=0（a∈R）．
（1）若a=1，过点（2，3）的直线l交圆C于M，N两点，且MN=210，求直线l的方程；
（2）直线x+y+2=0与圆C相交于A，B两点，问是否存在实数a，使得以AB为直径的圆经过原点？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由．
19.如图，某市有相交于点O的一条东西走向的公路l，与
南北走向的公路m，这两条公路都与一块半径为1（单
位：千米）的圆形商城A相切．根据市民建议，欲再新
建一条公路PQ，点P、Q分别在公路l、m上，且要求
PQ与圆形商城A也相切．
（1）当P距O处4千米时，求OQ的长；
（2）当公路PQ长最短时，求OQ的长．
20.已知圆C：（x+1）2+y2=a（a＞0），定点A（m，0），B（0，n），其中m，n为
正实数．
（1）当a=m=n=3时，判断直线AB与圆C的位置关系；
（2）当a=4时，若对于圆C上任意一点P均有PA=λPO成立（O为坐标原点），求实数m，λ的值；
（3）当m=2，n=4时，对于线段AB上的任意一点P，若在圆C上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】3
【解析】
解：因为直线的倾斜角为60°，所以直线的斜率k=tan60．
故答案为：．
通过直线的倾斜角为60°求出直线的斜率即可．
本题考查直线的倾斜角与直线的斜率的关系，基本知识的考查．
2.【答案】异面
【解析】
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
A1D∩平面ABCD=D，
AC⊂平面ABCD，
D∉AC，
∴面对角线A1D与AC所在直线的位置关系为异面．
故答案为：异面．
A1D∩平面ABCD=D，AC⊂平面ABCD，D∉AC，由此能求出面对角线A1D与AC所在直线的位置关系．
本题考查空间中两直线的位置关系的判断，考查异面直线判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】3
【解析】
解：∵线段AB的端点A，B到平面α的距离分别为2，
4，
且A，B在平面α的同侧，
∴线段AB的中点M到平面α的距离为：
d==3．
故答案为：3．
由线段AB的端点A，B到平面α的距离分别为2，4，且A，B在平面α的同侧，
结合图形能求出线段AB的中点M到平面α的距离．
本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】2
【解析】
解：∵直线4x+ay=2a+2与直线2x+y=a+2平行，
∴，
解得a=2，
∴实数a的值为2．
故答案为：2．
利用直线与直线平行的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】3
【解析】
解：用半径为2的半圆形铁皮卷成一个无底圆锥筒，如
图所示；
设圆锥母线为l，底面圆半径为r，高为h，
则l=2，且πrl=πl2，∴r=l=1，
∴此圆锥筒的高为h==．
故答案为：．
由题意设圆锥母线为l，底面圆半径为r，高为h，
由侧面积列方程求出r的值，再用勾股定理求出h的值．
本题考查了圆锥侧面积的计算问题，是基础题．
6.【答案】4π
3
【解析】
解：函数的图象是半圆，且半圆的圆心为原点，半径为1，
则该半圆绕x轴旋转360°所得几何体是半径为1的球，
所以该球的体积为π•13=．
故答案为：．
由函数的图象是半圆知该半圆绕x轴旋转360°所得几何体是球，求出球的体积即可．
本题考查了旋转体的体积计算问题，是基础题．
7.【答案】l⊂α
【解析】
解：在（1）中，⇒l∥m，
在（2）中，⇒m⊥l，
在（3）中，⇒l∥β，
∴l⊂α．
故答案为：l⊂α．
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解．
本题考查线线平行、线线垂直、线面平行的条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】x2+y2-x-3y=0
【解析】
解：根据题意，设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
又由该圆经过三点A（-1，2），B（1，0），C（2，1），
则有，
解可得：D=-1，E=-3，F=0；
则圆的方程为x2+y2-x-3y=0；
故答案为：x2+y2-x-3y=0．
根据题意，设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将三点的坐标代入圆的方程，可得，解可得D、E、F的值，即可
得答案．
本题考查圆的一般方程的求法，关键是设出圆的方程，属于基础题．
9.【答案】6
【解析】
解：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=6cm，AD=3cm，AA1=2cm，
则三棱锥C-A1BC1的体积就是A1-CBC1的体积，
可得V===6．
故答案为：6．
根据长方体的结构特征，利用等体积法，转化求解即可．
本题考查锥体体积计算，对于三棱锥体积计算，要选择好底面，便于求解．
10.【答案】6
【解析】
解：由题意得：O（0，0），r1=，M（a，0），r2=，
∴＜|a|＜，
∵OA⊥MA，
∴在Rt△AOM中，根据勾股定理得：
OM2=OA2+MA2，
即a2=2+（32=100，
∴a=10或a=-10（不合题意，舍去），
则线段AB的长度为2AC=2×=2×=6，
故答案为：6．
画出草图，由OA⊥MA，结合勾股定理可得a的值，再用等面积法，求线段AB 的长度．
本题考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系，利用了数形结合的思想，画出相应的图形是解本题的关键，是中档题．
11.【答案】3
【解析】
解：设孔的半径为r，
∵一个实心六角螺帽毛坯（正六棱柱）的底边长为4，高为3，
在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，
∴2×πr2=2πr×3，
解得r=3，
∴孔的半径为3．
故答案为：3．
设孔的半径为r，推导出2×πr2=2πr×3，由此能求出孔的半径．
本题考查反函数的求法，考查反函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
12.【答案】13
【解析】
解：∵直线ax+by=1与线段AB有一个公共点，
∴点A（1，0），B（3，2）在直线ax+by=1的两侧，
∴（a-1）（3a+2b-1）≤0，
画出它们表示的平面区域，如图所示．
∵a2+b2表示原点到区域内的点的距离的平方，
由图可知，当原点O到直线3a+2b-1=0的距离为原点到区域内的点的距离的最小值即，
则的最大值为13．
故答案为：13
由题意得：点A（1，0），B（3，2）在直线ax+by=1的两侧，那么把这两个点代入ax+by-1=0，它们的符号相反，乘积小于等于0，即可得出关于a，b的不等关系，画出此不等关系表示的平面区域，结合线性规划思想求出a2+b2的取值范围．本题考查二元一次不等式组与平面区域问题、函数的最值及其几何意义，是
基础题．准确把握点与直线的位置关系，找到图中的“界”，是解决此类问题的关键．
13.【答案】（5，3]
【解析】
解：依题意可得BC1⊥平面A1B1CD，故只需EP∥BC1即可，
取CC1中点为F，故P在线段EF上（不含端点）．
AE=，AF=．
∴线段AP长度的取值范围是（，3]．
故答案为：（，3]．
依题意可得只需EP∥BC1即可，取CC1中点为F，故P在线段EF上（不含端点）．求得AE，AF，即可得线段AP长度的取值范围．
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．
14.【答案】3
【解析】
解：∵BC=3，∠A的平分线交BC于点D，且
BD=2，
可得：CD=1，
根据三角形内角平分线的性质可得
AB=2AC，不妨设AC=b，
则AB=2b；
∴cos∠BAC==，
∴sin∠BAC==；
∴△ABC的面积为S△ABC=•2b•b•sin∠BAC=，
则b2=5时，S△ABC取得最大值为3．
故答案为：3．
根据三角形内角平分线的性质可得AB=2AC，设AC=b，
利用余弦定理求得cos∠BAC的值，再计算sin∠BAC，
写出△ABC的面积，计算最大值即可．
本题考查了三角形的内角平分线定理应用问题，也考查了余弦定理和三角形面积公式应用问题，是中档题．
15.【答案】证明：（1）∵M，N分别为EF，OF的中点，∴MN∥OE．……………………（3分）
∵MN⊄平面AOE，OE⊂面AOE，
∴MN∥面AOE．………………………………………………………（7分）
（2）∵侧棱OA⊥OE，OA⊥OF，OE，OF⊂平面OEF，且OE∩OF=O，
∴AO⊥面OEF．……………………………………………………（10分）
∵AO⊂面AOE，∴面AOE⊥面OEF．…………………………（14分）
【解析】
（1）由M ，N 分别为EF ，OF 的中点，得MN ∥OE ，由此能证明MN ∥面AOE ． （2）推导出AO ⊥面OEF ，由此能证明面AOE ⊥面OEF ．
本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
16.
【答案】解：（1）解方程组 3x −y −1=0x +y−3=0
，得交点M （1，2）． ……………………………（3分）
将点M （1，2）的坐标代入直线l 3：2x +my -8=0的方程，得m =3．…………（6分）
（2）法一：设点N 的坐标为（m ，n ），则由题意可 n−2
m−1
×1
3
=−1
m +1
2
−3×
n +22
−5=0
………（9
分）
解得 n =−4m =3…………………………………………………………………………（12分）
所以，所求对称点N 的坐标（3，-4）．………………………………………………（14
分）
法二：由（1）知M （1，2），所以，过M 且与x -3y -5=0垂直的直线方程为：y -2=-3（x -1），
即3x +y -5=0．…………………………………………………………………（8分） 解方程组 x −3y −5=03x +y−5=0
得交点为H （2，-1）………………………………………（10分）
因为M ，N 的中点为H ，所以，x N =2×2-1=3，y N =2×（-1）-2=-4．……（13分）
所以，所求对称点N 的坐标（3，-4）．………………………………………………（14分） 【解析】
（1）求出M ，将M 代入直线方程求出m 的值即可；
（2）法一：设N （m ，n ），根据对称性以及斜率的关系得到关于m ，n 的方程组，解出即可；
法二：由M 的坐标以及过M 且与x-3y-5=0垂直的直线方程，联立方程组求出H 的坐标，结合中点坐标公式计算即可．
本题考查了直线的交点坐标，考查直线的位置关系以及中点坐标公式，考查转化思想，是一道综合题．
17.【答案】证明：（1）连接A 1C 交AC 1于O ，连接
OD ，
如图所示；…………（2分） ∵四边形ACC 1A 1是棱柱的侧面，
∴四边形ACC 1A 1是平行四边形；
∵O 为平行四边形ACC 1A 1对角线的交点， ∴O 为A 1C 的中点；……………（4分）
∵A 1B ∥平面AC 1D ，平面A 1BC ∩平面AC 1D =OD ，A 1B ⊂平面A 1BC ， ∴A 1B ∥OD ；……………（6分） ∴OD 为△A 1BC 的中位线，
∴D 为BC 的中点； ……（7分） （2）∵AB =AC ，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC ；………………（8分）
∵平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，AD ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BCC 1B 1=BC ， ∴AD ⊥平面BCC 1B 1；……………………（11分） ∵C 1D ⊂平面BCC 1B 1，
∴AD ⊥C 1D ，……………………（13分）
∴△AC 1D 为直角三角形．……………………（14分） 【解析】
（1）连接A 1C 交AC 1于O ，连接OD ，
利用线面平行的性质定理和中位线的定义，即可证明D 为BC 的中点； （2）由等腰三角形的性质和面面垂直的性质定理，证明AD ⊥C 1D 即可． 本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，是中档题． 18.【答案】解：（1）∵a =1，∴圆C 为（x -1）2+（y -2）2=11，
设圆心C 到直线l 的距离为d ，∵MN =2 10，∴2 2=2 10，得d =1． 若l 的斜率不存在，则l ：x =2符合题意；
若l 的斜率存在，设为k ，则l ：y -3=k （x -2），即kx -y -2k +3=0． 由d =
2=1，解得k =0，可得l ：y =3．
综上，直线l 的方程为x =2或y =3．
（2）将x 2+y 2-2ax -4y +a 2+a -8=0配方得，（x -a ）2+（y -2）2
=12-a ． ∵直线x +y +2=0与圆C 相交，∴ 12−a ＞0
2
12−a
．
∴−5− 33＜a ＜−5+ 33．
设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则其坐标是方程组
x +y +2=0
x 2+y 2−2ax −4y +a 2+a−8=0的解，
消去y 得到关于x 的一元二次方程为2x 2+（8-2a ）x +a 2
+a +4=0，
由韦达定理得，x 1+x 2=a -4，x 1x 2=12a 2+1
2a +2．
∵以AB 为直径的圆过原点，∴OA ⋅OB
=0， ∴x 1x 2+y 1y 2=0，即x 1x 2+（x 1+2）（x 2+2）=0，则x 1x 2+x 1+x 2+2=0， ∴1
2a 2+1
2a +2+a −4+2=0， 解得，a =0或a =-3．
满足−5− 33＜a ＜−5+ 33，
∴a =0或a =-3． 【解析】
（1）把a=1代入圆的方程，化为标准方程，求出圆心坐标与半径，由垂径定理可得圆心到直线l 的距离，然后分类求解可得l 的方程；
（2）化圆的方程为标准方程，由圆心到直线的距离小于半径求得a 的范围，联立直线方程与圆的方程，利用根与系数的关系结合
求解a 值．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，考查向量垂直与数量积间的关系，考查计算能力，是中档题．
19.【答案】解：（1）以O 为原点，直线l 、m 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标
系； ………………（1分）
设PQ 与圆A 相切于点B ，连结AB ，以1千米为单位长度，则圆A 的方程为（x -1）2
+
（y -1）2
=1，…………………………………………（2分） 由题意可设直线PQ 的方程为x
4+y
b =1，即bx +4y -4b =0，（b ＞2），……………………………………………………………（3分） ∵PQ 与圆A 相切，∴ b 2+42=1，解得b =3，
故当P 距O 处4千米时，OQ 的长为3千米；……………………（5分）
（2）设P （a ，0），Q （0，b ）（a ＞2，b ＞2），………………………………（6分） 则直线PQ 方程为x
a +y
b =1，即bx +ay -ab =0． 因为PQ 与圆A 相切，所以
22
=1．……………………（8分）
化简得ab -2（a +b ）+2=0，即ab =2（a +b ）-2；……………………（10分）
法一：
因此PQ =2+b 2= (a +b )2−2ab = (a +b )2−4(a +b )+4= (a +b −2)2； 因为a ＞2，b ＞2，所以a +b ＞4，于是PQ =（a +b ）-2；……………………（12分） 又ab =2(a +b )−2≤(
a +
b 2
)2
，解得0＜a +b ≤4−2 2，或a +b ≥4+2 2；
因为a +b ＞4，所以a +b ≥4+2 2，………………………………（14分） PQ =（a +b ）-2≥2+2 2，当且仅当a =b =2+ 2时取等号，
所以PQ 最小值为2+2 2，此时a =b =2+ 2；……………………（15分） 答：当P 、Q 两点距离两公路的交点O 都为2+ （千米）时，新建公路PQ 最短．……………（16分）
法二：化简得ab -2（a +b ）+2=0，即b =2(a−1)a−2
=2+2
a−2，……………………（10分）
因此PQ = a 2+b 2 = a 2+(2+
2a−2
)2
= (a −2+2)2+(2+2a−2
)2
=(a−2)2+4
(a−2)+4((a−2)+2
a−2
)+8
=((a−2)+2
a−2)2+4((a−2)+2
a−2
)+4
=((a−2)+2
a−2
+2)2
=|(a−2)+2
a−2
+2|；………………（12分）
因为a＞2，所以PQ=(a−2)+2
a−2+2≥2(a−2)×2
a−2
+2=22+
2；………………（14分）
当且仅当a−2=2
a−2
，即a=b=2+2时取到等号，………………（15分）答：当P、Q两点距离两公路的交点O都为2+2（千米）时，新建公路PQ最短．……………（16分）
法三：解：（2）设PQ与圆A相切于点B，连结AB、AP、AQ，设∠OPA=θ，
则∠APB=∠APO，∠BQA=∠OQA，且∠OPQ+∠OQP=π
2，∴∠AQB=π
4
−
θ，…………………（8分）
又∵AB⊥PQ，∴PB=
1
tanθ
，BQ=1
tan(π
4
−θ)
θ∈
(0，π
4
)；……………………………………………（10分）
∴PQ=1tanθ+1
tan(π
4−θ)
=
1
tanθ
+1
1−tanθ
1+tanθ
=1
tanθ
+1+tanθ
1−tanθ
…………………………………（12
分）
=1 tanθ+2
1−tanθ
−1=(1
tanθ
+2
1−tanθ
)(tanθ+1−tanθ)−1
=1+1−tanθ
tanθ+2tanθ
1−tanθ
+2−1≥2+21−tanθ
tanθ
⋅2tanθ
1−tanθ
=2+
22，…………………………（14分）
（当且仅当tanθ=2−1取等号）；……………………………………………………………………（15分）
答：当P、Q两点距离两公路的交点O都为2+2（千米）时，新建公路PQ最短．………………（16分）
法四：设PQ与⊙A相切于点B，设BP=x，BQ=y（x＞0，y＞0），……………………………（6分）
则OP=x+1，OQ=y+1，PQ=x+y；………………………………………………………………（8分）
在RT△OPQ中，由OP2+OQ2=PQ2得：（x+y）2=（x+1）2+（y+1）2，………………………（10分）
化简得：xy=x+y+1，∴x+y+1≤(x+y
2
)2，
解得：x+y≥2+22或x+y≤2−22（舍）；………………………………………………………（13分）
（当且仅当x=y=2+1时等号成立）
∴当OP=OQ=2+2时，PQ有最小值2+ 22；……………………………………………………（15分）
答：当P 、Q 两点距离公路交点O 都为2+ 2（千米）时，新建公路PQ 最短．
……………（16分） 【解析】
（1）建立适当的平面直角坐标系，利用直线与圆相切求出对应数值； （2）设出点P 、Q 的坐标，利用直线与圆相切，得出对应关系； 法一，利用两点间的距离公式和基本不等式求得PQ 的最小值．
法二，利用两点间的距离公式和代入法，结合基本不等式求得PQ 的最小值． 法三，利用三角函数表示出PQ ，根据三角恒等变换和基本不等式计算PQ 的最小值．
法四：由题意设BP=x ，BQ=y ，利用直角三角形的勾股定理求出x 、y 的关系，利用基本不等式求出PQ 的最小值．
本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
20.【答案】解：（1）当a =3时，圆心为（-1，0），半径为 3，
当m =n =3时，直线AB 方程为x +y -3=0， ∴圆心到直线距离为d =
2
=2 2，
∵ 3＜2 2，∴直线与圆相离；
（2）设点P （x ，y ），则PO = x 2+y 2PA = (x −m )2+y 2
∵PA =λPO ，∴（x -m ）2+y 2=λ2（x 2+y 2），即（λ2-1）x 2+（λ2-1）y 2+2mx -m 2
=0，
由（x +1）2+y 2=4得，x 2+y 2+2x -3=0，∴x 2+y 2
=3-2x ，
代入得，（λ2-1）（3-2x ）+2mx -m 2
=0，
化简得2（m -λ2+1）x -m 2+3（λ2
-1）=0，
∵P 为圆C 上任意一点，∴ −m 2+3(λ2−1)=0m −λ2+1=0
， 又m ，λ＞0，解得m =3，λ=2；
（3）直线AB 的方程为x 2+y
4=1，设P （t ，4-2t ）（0≤t ≤2），N （x ，y ）， ∵点M 是线段PN 的中点，∴M (
x +t 2
，2−t +y
2)，
又M ，N 都在圆C ：（x +1）2
+y 2
=a 上，
(x +1)2+y 2=a (
x +t 2
+1)2
+(2−t +
y 2
)2
=a
，
即 (x +t +
2)2+(y +4−
2t )2=4a (x +1)2+y 2=a ．
∵该关于x ，y 的方程组有解，即以（-1，0）为圆心， a 为半径的圆与以（-t -2，2t -4）为圆心，2 a 为半径的圆有公共点，
∴a ≤（t +1）2+（2t -4）2
≤9a ，
又P 为线段AB 上的任意一点，∴a ≤（t +1）2+（2t -4）2
≤9a 对所有0≤t ≤2成立． 而f （t ）=（t +1）2+（2t -4）2
=5(t −75)2+
36
5
在[0，2]上的值域为[36
5，17]， ∴ a ≤36
59a ≥17
，即179≤a ≤365． 又线段AB 与圆C 无公共点，∴ a ＜ 5
，则a ＜36
5．
故实数a 的取值范围为[17
9，36
5)． 【解析】
（1）把a=m=n=3分别代入圆与直线方程，由圆心到直线的距离大于半径可得直线与圆相离；
（2）设点P （x ，y ），由PA=λPO ，得（λ2-1）x 2+（λ2-1）y 2+2mx-m 2
=0，结合（x+1）2
+y 2=4，得（λ2-1）（3-2x ）+2mx-m 2=0，化简得2（m-λ2+1）x-m 2+3（λ2-1）=0，由P
为圆C 上任意一点，可得
，由此求得实数m ，λ的值；
（3）求出直线方程，设P （t ，4-2t ）（0≤t≤2），N （x ，y ），求得M 坐标，由M ，N 都在圆C ：（x+1）2+y 2=a 上，得，该关于x ，y 的方程
组有解，即以（-1，0）为圆心，
为半径的圆与以（-t-2，2t-4）为圆心，
为
半径的圆有公共点，转化为a≤（t+1）2+（2t-4）2≤9a ，可得a≤（t+1）2+（2t-4）2
≤9a
对所有0≤t≤2成立．求出函数f （t ）=（t+1）2+（2t-4）2在[0，2]上的值域，可得a 的范围．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．。