2020学年上海中学高二(上)期末数学试卷(附详解)

2020学年上海中学高二（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共4小题，共12.0分） 1. “k <−1”是“方程x 2k+3+y 22k+4=1表示焦点在x 轴上的椭圆“的( )条件A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充分必要D. 既非充分又非必要2. 双曲线kx 2−y 2=1的一条渐近线与直线2x +y +1=0垂直，则此双曲线的离心率是( )A. √52B. √32C. 4√3D. √53. 给出下列四个命题：①若复数z 1，z 2满足|z 1−z 2|=0，则z 1=z 2；②若复数z 1，z 2满足|z 1+z 2|=|z 1−z 2|，则z 1⋅z 2=0； ③若复数z 满足z 2=−|z|2，则z 是纯虚数； ④若复数z 满足|z|=z ，则z 是实数， 其中真命题的个数是( )A. 1个B. 2 个C. 3 个D. 44. 已知F 为抛物线y 2=x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( )A. 2B. 3C. 17√28D. √10二、填空题（本大题共12小题，共36.0分） 5. 若复数(1+2i)z =3i −1，则|z|=______． 6. 抛物线y 2=x 的准线方程为______． 7. 椭圆x 2+3y 2=6的焦距是______．8. 已知复数a ，b 满足集合{−a,b}={a 2,b +1}，则ab =______ 9. 计算：1+2i +3i 2+4i 3+⋯+10i 9=______．10. 已知抛物线C ：y 2=4x ，过焦点F 作直线l 与抛物线C 交于P 、Q 两点，则|PQ|的取值范围是______．11. 已知P 为双曲线x 2−y 2=1右支上的一个动点，若点P 到直线y =x +2的距离大12.平面上一台机器人在运行中始终保持到点P(−2,0)的距离比到点Q(2,0)的距离大2，若机器人接触不到过点M(√3,3)且斜率为k的直线，则k的取值范围是______．13.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一点，且∠F1PF2=π3，若F1关于∠F1PF2平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为______．14.已知一族双曲线E n：x2−y2=n2019(n∈N∗，且n≤2019)，设直线x=2与E n在第一象限内的交点为A n，点A n在E n的两条渐近线上的射影分别为B n，C n，记△A n B n C n 的面积为a n，则a1+a2+a3+⋯+a2019=______．15.已知点P(0,1)，椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A，B满足，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．16.已知椭圆G：x26+y2b2=1(0<b<√6)左、右焦点分别为F1，F2，短轴的两个端点分别为B1，B2，点P在椭圆C上，且满足|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|，当m变化时，给出下列四个命题：①点P的轨迹关于y轴对称；②存在m使得椭圆C上满足条件的点P仅有两个；③|OP|的最小值为2；④|OP|最大值为√6，其中正确命题的序号是______．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.已知复数数z满足|z|2−2z−=7+4i，求z．18.已知复数z=(2+i)m+2ii−1(其中i是虚数单位，m∈R)．(1)若复数z是纯虚数，求m的值；(2)求|z−1|的取值范围．19. 假定一个弹珠(设为质点P ，半径忽略不计)的运行轨迹是以小球(半径R =1)的中心F 为右焦点的椭圆C ，已知椭圆的右端点A 到小球表面最近的距离是1，椭圆的左端点B 到小球表面最近的距离是5．(1)求如图给定的坐标系下椭圆C 的标准方程；(2)弹珠由点A 开始绕椭圆轨道逆时针运行，第一次与轨道中心O 的距离是√13时，弹珠由于外力作用发生变轨，变轨后的轨道是一条直线，称该直线的斜率k 为“变轨系数”，求k 的取值范围，使弹珠和小球不会发生碰撞．20. 已知曲线C 的参数方程是{x =√2t2+√24t y =t −12t(参数t ∈R)． (1)曲线C 的普通方程；(2)过点A (2,1)的直线与该曲线交于P ，Q 两点，求线段PQ 中点M 的轨迹方程．21.如图，由半圆x2+y2=1(y≤0)和部分抛物线y=a(x2−1)(y≥0,a>0)合成的曲线C称为“羽毛球形线”，且曲线C经过点(2,3)．(1)求a的值；(2)设A(1,0)，B(−1,0)，过A且斜率为k的直线l与“羽毛球形”相交于P，A，Q三点，问是否存在实数k使得∠QBA=∠PBA？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M(1,√22)，N(0,−1)，直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点，与圆x2+y2=23相切与点T．(1)求椭圆C的方程；(2)以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点Q在椭圆C上，且满足OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (O是坐标原点)，求实数λ的取值范围；(3)线段|AT|⋅|BT|是否为定值，如果是，求|AT|⋅|BT|的值；如果不是，求|AT|⋅|BT|的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：若方程x 2k+3+y 22k+4=1表示焦点在x 轴上的椭圆， 则{k +3>02k +4>0k +3>2k +4，解得：−2<k <−1， 故“k <−1”是“方程x 2k+3+y 22k+4=1表示焦点在x 轴上的椭圆“的必要不充分条件， 故选：B ．根据椭圆性质得到关于k 的不等式，解出判断即可．本题考查了充分必要条件，考查椭圆的性质，是一道常规题．2.【答案】A【解析】解：设双曲线kx 2−y 2=1为x 2a2−y 2=1，它的一条渐近线方程为y =1a x 直线2x +y +1=0的斜率为−2 ∵直线y =1a x 与直线2x +y +1=0垂直 ∴1a ×(−2)=−1即a =2∴e =c a =√22+122=√52故选A ．分析：已知双曲线kx 2−y 2=1的一条渐近线与直线2x +y +1=0垂直，可求出渐近线的斜率，由此求出k 的值，得到双曲线的方程，再求离心率本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是理解一条渐近线与直线2x +y +1=0垂直，由此关系求k ，熟练掌握双曲线的性质是求解本题的知识保证．3.【答案】B【解析】解：设z 1=a 1+b 1i ，z 2=a 2+b 2i ，对于①：|z 1−z 2|2=(a 1−a 2)2+(b 1−b 2)2=0，则a 1=a 2，b 1=b 2，即有z 1=z 2，故①正确；对于②：|z 1+z 2|2=(a 1+a 2)2+(b 1+b 2)2=|z 1−z 2|2=(a 1−a 2)2+(b 1−b 2)2，对于③：如z =0时，尽管满足z 2=−|z 2|，但z 不是纯虚数．故③错误；对于④：若|z|=z ，则√a 2+b 2=a +bi ，左边为实数，故b =0，故z 为实数，故④正确． 故选：B ．根据复数的相关运算及概念逐一进行判断即可．本题考查命题的真假的判断与应用，涉及复数的基本概念以及基本运算，是基本知识的考查．4.【答案】B【解析】 【分析】本题考查直线与抛物线关系及利用基本不等式求最值，属于中档题．可先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题． 【解答】解：设直线AB 的方程为：x =ty +m ，点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 直线AB 与x 轴的交点为M(m,0)，由{x =ty +my 2=x ⇒y 2−ty −m =0，Δ=t 2+4m >0， 根据韦达定理有y 1⋅y 2=−m ， ∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2，∴x 1⋅x 2+y 1⋅y 2=2， 结合y 12=x 1及y 22=x 2，得(y 1⋅y 2)2+y 1⋅y 2−2=0，∵点A ，B 位于x 轴的两侧，∴y 1⋅y 2=−2，故m =2， 此时Δ=t 2+4m >0成立．不妨令点A 在x 轴上方，则y 1>0，又F(14,0)，=98y 1+2y 1≥2√98y 1⋅2y 1=3．当且仅当98y 1=2y 1，即y 1=43时，取“=”号，∴△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3． 故选B ．5.【答案】√2【解析】解：由(1+2i)z =3i −1，得z =−1+3i 1+2i，则|z|=|−1+3i 1+2i|=|−1+3i||1+2i|=√10√5=√2．故答案为：√2．把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题．6.【答案】x =−14【解析】解：抛物线y 2=x 的焦点在x 轴上，且开口向右，2p =1∴p 2=14∴抛物线y 2=x 的准线方程为x =−14 故答案为：x =−14抛物线y 2=x 的焦点在x 轴上，且开口向右，2p =1，由此可得抛物线y 2=x 的准线方程．本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的几何性质，定型与定位是关键．7.【答案】4【解析】 【分析】将椭圆的方程化为标准方程可得a ，b 的值，进而求出c 的值，求出焦距． 本题考查椭圆的性质，属于基础题． 【解答】解：椭圆的方程整理可得x 26+y 22=1，可得a 2=6，b 2=2，所以焦距2c =4， 故答案为：4．8.【答案】1【解析】解：根据集合相等的条件可知，若{−a,b}={a 2,b +1}，则{−a =a 2b =b +1①或{−a =b +1b =a 2②， 由①得：b 不存在，不满足条件． 由②得，若b =a 2，−a =b +1；则两式相结合得{a =−12−√32i b =−12+√32i 或{a =−12+√32ib =−12−√32i ，∴ab =1； 故答案为：1．根据集合相等的条件，得到元素关系，即可得到结论．本题主要考查集合相等的应用，根据集合相等得到元素相同是解决本题的关键，注意要进行分类讨论．9.【答案】5+6i【解析】解：令S =1+2i +3i 2+4i 3+⋯+10i 9， 则iS =i +2i 2+3i 3+⋯+10i 10，∴(1−i)S =1+i +i 2+⋯+i 9−10i 10=1×(1−i 10)1−i −10i 10=21−i +10=2(1+i)(1−i)(1+i)+10=11+i ， 则S =11+i 1−i=(11+i)(1+i)(1−i)(1+i)=5+6i ．故答案为：5+6i ．令S =1+2i +3i 2+4i 3+⋯+10i 9，两边同时乘以i ，再由错位相减法求和即可． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查错位相减法求数列的前n 项和，是中档题．10.【答案】[4,+∞)【解析】解：易知F(1,0)，设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，直线l 的斜率不存在时，|PQ|=2p =4， 由题意可得直线l 的斜率存在，设其方程为：y =kx −k ，联立直线与椭圆的方程{y =kx −k，整理可得：k 2x 2−2k 2x −4x +4k 2=0，可得x +x2=4+2k2k2，所以|PQ|=x1+x2+2=2+4+2k2k2>4，综上，|PQ|的取值范围是[4,+∞)．故答案为：[4,+∞)由题意讨论直线l的斜率是否存在，若直线l的斜率不存在，求得|PQ|；若直线l的斜率存在，设直线的方程，与抛物线联立可得两根之和，由抛物线的性质可得|PQ|的表达式，|PQ|=x1+x2+p，可得|PQ|的范围．本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，属于中档题．11.【答案】(−∞,√2]【解析】解：由题意，双曲线x2−y2=1的渐近线方程为x±y=0，由点P到直线x−y+2=0的距离大于m恒成立，∴m的最大值为直线x−y+2=0与渐近线x−y=0的距离，即d=22=√2．实数m的取值范围是(−∞,√2].故答案为：(−∞,√2].双曲线x2−y2=1的渐近线方程为x±y=0，m的最大值为直线x−y+2=0与直线x−y=0的距离．本题考查双曲线的性质，考查两平行线之间的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题．12.【答案】[√3,2√3)【解析】解：由题意可知机器人的运动轨迹是双曲线的右支，由2a=2，c=2，可得b=√3，所以机器人的运动轨迹方程为：x2−y23=1(x≥0)，直线的方程为：y−3=k(x−√3)，即y=k(x−√3)+3，联立方程{y=k(x−√3)+3x2−y23=1，消去y得：(3−k2)x2+(2√3k2−6k)x+6√3k−3k2−12=0，①当3−k2=0时，若k=√3，则此时直线方程为y=√3x恰好为双曲线的渐近线，符解得√3<k<2√3，综上所述，k的取值范围为：[√3,2√3)，故答案为：[√3,2√3).由题意可知机器人的运动轨迹方程为：x2−y23=1(x≥0)，联立直线和双曲线方程，对二次项系数分类讨论，再利用△<0，即可求出k的取值范围．本题主要考查了双曲线的定义，以及直线与双曲线的位置关系，是中档题．13.【答案】√33【解析】【分析】本题考查椭圆的定义及简单几何性质，同时考查定理的应用，可得P，F2，M三点共线，|PF1|+|PM|+|MF1|=4a，可得|PF1|=43a，|PF2|=23a，由余弦定理可|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2可得a，c的关系，即可求离心率．【解答】解：如图，∵F1关于∠F1PF2平分线的对称点在椭圆C上，∴P，F2，M三点共线，设|PF1|=m，则|PM|=m，|MF1|=m，又|PF1|+|PM|+|MF1|=4a=3m，∵|PF1|=43a，|PF2|=23a，由余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cos60°=|F1F2|2，∴a2=3c2，e=ca =√33．故答案为√3．14.【答案】5052【解析】解：设A n (x 0,y 0)，可得x 02−y 02=n2019双曲线E n ：x 2−y 2=n2019(n ∈N ∗，且n ≤2019)的渐近线方程为x −y =0，x +y =0， 点A n 在E n 的两条渐近线上的射影分别为B n ，C n ， 不妨取|A n B n |=00√2，|A n C n |=00√2，由双曲线E n 的两条渐近线互相垂直，可得A n B n ⊥A n C n ， 则△A n B n C n 的面积a n =12|A n B n |⋅|A n C n |=1200√200√2=x 02−y 024=18076n ，则a 1+a 2+a 3+⋯+a 2019=18076×12×2019×2020=5052．故答案为：5052．求得双曲线的渐近线方程，应用点到直线的距离公式可得|A n B n |，|A n C n |，可得A n B n ⊥A n C n ，由三角形的面积公式，可得a n ，运用等差数列的求和公式，计算可得所求和． 本题考查数列与双曲线的综合应用，考查双曲线的渐近线方程和等差数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．15.【答案】5【解析】 【分析】本题考查椭圆的方程和应用，考查向量共线的坐标表示和方程思想、转化思想，以及二次函数的最值的求法，属于中档题．设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，运用向量共线的坐标表示，以及点满足椭圆方程，求得y 1，y 2，有x 22=m −(3−m 2)2，运用二次函数的最值求法，可得所求最大值和m 的值．【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 由P(0,1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得−x 1=2x 2，1−y 1=2(y 2−1)， 即有x 1=−2x 2，y 1+2y 2=3，又x 12+4y 12=4m ，x22+4y22=4m，②①−②得(y1−2y2)(y1+2y2)=−3m，可得y1−2y2=−m，解得y1=3−m2，y2=3+m4，则m=x22+(3−m2)2，即有x22=m−(3−m2)2=−m2+10m−94=−(m−5)2+164，即有m=5时，x22有最大值4，即点B横坐标的绝对值最大．故答案为：5．16.【答案】①③【解析】解：由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|，所以可得以B1，B2为焦点的椭圆为椭圆Γ：y26+x26−m2=1，则点P为椭圆C：x26+y2m=1与椭圆Γ：y26+x26−m=1的交点，因为椭圆G的长轴顶点(±√6,0)，短轴的绝对值小于√6，椭圆Γ的长轴顶点(0,±√6)，短轴的交点的横坐标的绝对值小于√6，所以两个椭圆的交点有4个，①正确②不正确，点P靠近坐标轴时(m→0或m→√6)，|OP|越大，点P远离坐标轴时，|OP|越小，易得m2=3时，取得最小值，此时C：x26+y23=1,Γ：y26+x23=1，两方程相加得x22+y22=2⇒√x2+y2=2，即|OP|的最小值为 2，③正确；椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点P不在坐标轴上，∴|OP|<√6，④错误．故答案为：①③．由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|，写出以B1，B2为焦点的椭圆，可得两个椭圆有4个交点，可判断出①正确，②不正确；点P靠近坐标轴时|OP|越大，点P远离坐标轴时，|OP|越小，易得m2=3时，取得最小值，可得|OP|的最小值，椭圆上的点到中心的距离小于等于a，由于点P不在坐标轴本题考查椭圆的对称性及由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆，及到定点距离的最值的判断，属于中档题．17.【答案】解：设z =a +bi(a,b ∈R)，代入|z|2−2z −=7+4i ，得a 2+b 2−2(a −bi)=7+4i ，即{a 2+b 2−2a =72b =4，解得{a =3b =2或{a =−1b =2． ∴z =3+2i 或 z =−1+2i ．【解析】设z =a +bi(a,b ∈R)，代入|z|2−2z −=7+4i ，整理后利用复数相等的条件列关于a ，b 的方程组求得a ，b 的值，则答案可求．本题考查复数的基本概念，考查复数模的求法，考查复数相等的条件，是基础题．18.【答案】解：z =(2+i)m +2i i−1=2m +mi +2i(−1−i)(−1+i)(−1−i)=(2m +1)+(m −1)i ．(1)∵复数z 是纯虚数，∴{2m +1=0m −1≠0，即m =−12；(2)z −1=2m +(m −1)i ，|z −1|=√4m 2+(m −1)2=√5m 2−2m +1=√5(m −15)2+45≥2√55，∴|z −1|的取值范围是[2√55,+∞)．【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简z ． (1)由实部为0且虚部不为0列式求得m 值； (2)求出|z −1|，利用配方法求范围．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．19.【答案】解：(1)由题意，{a −c =2a +c =6⇒{a =4c =2⇒C ：x 216+y 212=1，(2)设 P(x,y)(x,y >0)，联立x 216+y 212=1与x 2+y 2=13，可求出P(2,3)设直线方程为 y −3=k(x −2)，即 kx −y +(3−2k)=0，弹珠和小球不会发生碰撞，说明圆心(2,0)到直线 kx −y +(3−2k)=0的距离大于圆半∴√k 2+1>1，解得 k ∈(−2√2,2√2).【解析】(1)由题意可得a +c 和a −c 的值，求出a ，c 的值，再由a ，b ，c 之间的关系求出b 的值，进而求出椭圆的方程；(2)联立椭圆与圆的方程，求出P 的坐标，由椭圆的对称性，设P 为第一象限的点，设过P 的直线方程，由弹珠和小球不会发生碰撞，可得圆心到直线的距离大于半径可得k 的取值范围．本题考查求椭圆的方程及直线与圆相离的性质，属于中档题．20.【答案】解：(1)曲线C 的参数方程是{x =√2t2+√24t y =t −12t (参数t ∈R).转换为直角坐标方程为：x 2−y 22=1；(2)点差法：设 P(x 1,y 1 )，Q(x 2,y 2)，中点M(x,y)， 其中x 1+x 2=2x ，y 1+y 2=2y ，则：{x 12−y 122=1x 22−y 222=1，两式相减：x 12−x 22−(y 122−y 222)=0， 整理得：2(x 1+x 2)y 1+y 2=y 1−y 2x 1−x 2，由于x 1+x 22=x,y 1+y 22=y ，则：4x2y =k PQ 又：k MA =y−1x−2， 由k PQ =k MA ，所以2xy =y−1x−2，整理得：点 M 的轨迹方程为 2x 2−4x −y 2+y =0．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用点差法的应用和直线和曲线的位置关系的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线和曲线的位置关系的应用，点差法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．22∴∠QBA +∠BAP =90° ∴k QB ⋅k QA =1设Q(x 0,x 02−1)，其中x 0>0∴k QB =x 02−1x 0+1=x 0−1，k QA =x 02−1x 0−1=x 0+1，∴k QB ⋅k QA =x 02−1=1∵x 0>0，∴x 0=√2 ∴k =k QA =√2+1∴存在实数k =1+√2，使得∠QBA =∠PBA ．【解析】(1)把点(2,3)代入y =a(x 2−1)，可求a 的值； (2)由题意可知k QB ⋅k QA =1，利用斜率公式，即可求得结论． 本题考查直线斜率的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)经过点M(1,√22)，N(0,−1)， 可知b =1，1a 2+24=1，解得a =√2， 所以椭圆方程：x 22+y 2=1；(2)由直线l 与圆 x 2+y 2=23 相切，可得√1+k 2=√63，即3m 2−2k 2−2=0，设 A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，Q(x 0,y 0)，{y =kx +mx 22+y 2=1⇒(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−2=0 ⇒{x 1+x 2=−4km 1+2k 2x 1x 2=2m 2−21+2k 2⇒y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m =2m1+2k 2，由向量的平行四边形法则，知OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 且λ≠0，(λ=0，即m =0时，A ，B 关于原点对称，无法构成平行四边形OAPB) ∴{x 0=x 1+x 2λy 0=y 1+y 2λ⇒x 0=−4kmλ(1+2k 2)，y 0=2mλ(1+2k 2)，∵点 Q 在椭圆，化简得4m 2=λ2(1+2k 2)①由3m 2−2k 2−2=0，得2k 2=3m 2−2，代入①式，得λ2=4m 23m 2−1=43−1m 2，由3m 2−2≥0，得m 2≥23， ∴43<4m 23m 2−1≤83，即43<λ2≤83 ②又△>0，得1+2k 2>m 2 ③， 由①③，得 4m 2>λ2 m 2， ∵m ≠0， ∴0<λ2<4 ④，由②④，得43<λ2≤83，解得λ∈[−2√63,−2√33)∪(2√33,2√63]，(3)由(2)知，x 1x 2=2m 2−21+2k 2，而y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=m 2−2k 1+2k 2，∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=3m 2−2k 2−21+2k 2=0，∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴Rt △AOT ∼Rt △OBT ⇒|AT|⋅|BT|=|OT|2=23．【解析】(1)通过椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a >b >0)经过点M(1,√22)，N(0,−1)，求出b ，a然后得到椭圆方程．(2)由直线l 与圆 x 2+y 2=23 相切，可得3m 2−2k 2−2=0，设 A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，Q(x 0,y 0)，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理，通过，向量的平行四边形法则，知OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 且λ≠0，(λ=0，即m =0时，A ，B 关于原点对称，无法构成平行四边形OAPB)，求出Q 点的坐标，代入椭圆方程得4m 2=λ2(1+2k 2)求出m 的范围，然后求解λ范围．(3)由(2)知，求出y 1y 2，通过OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=0，得到OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，然后求解即可．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．。