浙江專(zhuān)用2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)預(yù)測(cè)提升仿真模擬卷四含解析

PAGE高考仿真模擬卷(四)(時(shí)間：120分鐘；滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{x|x－1>0}，C＝{x|y＝x－1，y∈A}，則(A∩B)∪C＝()A．{2，3，4} B．{2，3，4，5，6}C．{0，1，2，3，4，5} D．{3，4，5}2．若復(fù)數(shù)z滿意方程z＝(z＋1)i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限3．“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件4．函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象經(jīng)下列怎樣的平移后所得的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心對(duì)稱(chēng)()A．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度 B．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度 D．向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度5．在△ABC中，D是線段BC上一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，則()A．λ<－1 B．－1<λ<0C．0<λ<1 D．λ>16.如圖，給7條線段的5個(gè)端點(diǎn)涂色，要求同一條線段的兩個(gè)端點(diǎn)不能同色，現(xiàn)有4種不同的顏色可供選擇，則不同的涂色方法種數(shù)為()A．24 B．48C．96 D．1207．已知某三棱錐的三視圖如圖所示，其中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都為1.三棱錐上的點(diǎn)M在俯視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則線段MN的長(zhǎng)度的最大值為()A．3eq\r(3) B．3eq\r(2)C．9 D．68．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a8＝1，則2|a9|＋|a10|的最小值為()A．3 B．2C．1 D．09．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經(jīng)過(guò)等腰梯形ABCD的上底的兩個(gè)頂點(diǎn)C、D，下底的兩個(gè)頂點(diǎn)A、B分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，對(duì)角線AC與雙曲線的左支交于點(diǎn)E，且3|AE|＝2|EC|，|AB|＝2|CD|，則該雙曲線的離心率是()A.eq\r(2) B．eq\r(3)C.eq\r(5) D．eq\r(7)10．記min{x，y}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤y，,y，x>y，))已知函數(shù)F(x)＝min{2x，x2}()A．若F(a)≤b2，則a≤b B．若F(a)≤2b，則a≤bC．若F(a)≥b2，則a≥b D．若F(a)≥2b，則a≥b第Ⅱ卷(非選擇題，共110分)二、填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，共36分．11．雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的實(shí)軸長(zhǎng)是________，焦點(diǎn)到漸近線的距離是________．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,1－3x，x>0，))則f(f(－1))＝________；若f(2a2－3)>f(5a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．13．在(2－x)6的綻開(kāi)式中，含x3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)為_(kāi)_______，系數(shù)為_(kāi)_______．(均用數(shù)字作答)14．已知一個(gè)袋子中裝有4個(gè)紅球和2個(gè)白球，假設(shè)每一個(gè)球被摸到的可能性是相等的．若從袋子中摸出3個(gè)球，記摸到白球的個(gè)數(shù)為ξ，則ξ＝1的概率是________，隨機(jī)變量ξ的均值是________．15．已知x，y，z均為實(shí)數(shù)，且滿意x2＋2y2＋z2＝1，則eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2的最大值為_(kāi)_______．16．若x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋4≥0,x＋y≥0,x≤3))，則z＝|2x－y|的最大值為_(kāi)_______．17．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M是棱AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段CD1(不包括點(diǎn)C)上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段CM上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)直線PQ與平面ABCD所成的角為θ，則tanθ的最大值為_(kāi)_______．三、解答題：本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．18．(本題滿分14分)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cosA＝sin(B－C)．(1)求角C的大?。?2)若c＝eq\r(2)，當(dāng)sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)取得最大值時(shí)，求A，a的值．19.(本題滿分15分)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1全部的棱長(zhǎng)均為1，A1C1⊥B1C.(1)求證：A1B⊥AC；(2)若A1B＝1，求直線A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值．20．(本題滿分15分)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，n∈N*，且點(diǎn)(2，a2)，(a7，S3)均在直線x－y＋1＝0上．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(2,2Sn－n)，Tn＝2b1·2b2·…·2bn，證明Tn<2eq\r(2).21.(本題滿分15分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，直線AB的斜率為eq\f(\r(6),6)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線AB的距離為eq\f(\r(42),7).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)是否在圓O：x2＋y2＝b2上存在點(diǎn)D，使得圓O過(guò)D的切線與橢圓C交于點(diǎn)P，Q，線段PQ的中點(diǎn)為M，直線PQ與OM的夾角為45°？若存在，求點(diǎn)D的橫坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．22．(本題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)，其中a為實(shí)常數(shù)．(1)若x＝eq\f(1,2)是f(x)的極大值點(diǎn)，求f(x)的微小值；(2)若不等式alnx－eq\f(1,x)≤b－x對(duì)隨意－eq\f(5,2)≤a≤0，eq\f(1,2)≤x≤2恒成立，求b的最小值．高考仿真模擬卷(四)1．解析：選B.由題意知，B＝{x|x>1}，C＝{2，3，4，5，6}，所以(A∩B)∪C＝{2，3，4，5}∪{2，3，4，5，6}＝{2，3，4，5，6}，故選B.2．解析：選C.由于z＝(z＋1)i，則(1－i)z＝i，所以z＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(i（1＋i）,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以z＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))在第三象限．故選C.3．解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2，x<0，,x2，x≥0))在定義域R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b時(shí)，f(a)>f(b)，即a|a|>b|b|，所以充分性成立；當(dāng)a|a|>b|b|時(shí)，a>b，所以必要性成立．故選C.4．解析：選B.假設(shè)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象平移ρ個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2ρ＋\f(π,3)))關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心對(duì)稱(chēng)，所以將x＝－eq\f(π,12)代入得到sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2ρ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2ρ))＝0，所以eq\f(π,6)＋2ρ＝kπ，k∈Z，所以ρ＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，當(dāng)k＝0時(shí)，ρ＝－eq\f(π,12).5．解析：選C.依據(jù)平面對(duì)量加法運(yùn)算的平行四邊形法則，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<λ<1,0<1－λ<1))，所以0<λ<1，故選C.6．解析：選C.依題意，設(shè)題目中的4種不同的顏色分別為a，b，c，d，留意到滿意題意的方法中頂點(diǎn)A，B，E的顏色互不相同，下面進(jìn)行分步計(jì)數(shù)：第一步，確定涂頂點(diǎn)A，B，E處(不妨設(shè)頂點(diǎn)A，B，E處的顏色分別為a，b，c)，相應(yīng)的方法數(shù)為Aeq\o\al(3,4)＝24；其次步，確定涂頂點(diǎn)C，D的顏色的方法種數(shù)，相應(yīng)的方法數(shù)為4(分別為(C，D)＝(a，b)，(a，d)，(d，a)，(d，b))．依據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理知，滿意題意的不同的涂色方法種數(shù)為24×4＝96，選C.7．解析：選A.依據(jù)題意及三視圖，在棱長(zhǎng)為3的正方體中還原該幾何體的直觀圖，為如圖所示的三棱錐P-CNE.由題意知M在PC上，則線段MN長(zhǎng)度的最大值即PN的長(zhǎng)，故線段MN長(zhǎng)度的最大值為3eq\r(3).8．解析：選C.a9＝a8＋d＝1＋d，a10＝a8＋2d＝1＋2d，2|a9|＋|a10|＝2|1＋d|＋|1＋2d|＝2(|1＋d|＋|eq\f(1,2)＋d|)，所以當(dāng)d∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))時(shí)，原式取到最小值1.故選C.9．解析：選D.由題意可知，A(－c，0)，B(c，0)，又點(diǎn)C在雙曲線上，ABCD為等腰梯形，|AB|＝2|CD|，所以點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為eq\f(c,2)，不妨設(shè)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，y0))，由3|AE|＝2|EC|可知eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(EC,\s\up6(→))，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2c,5)，\f(2y0,5)))，從而滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c2,4a2)－\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，,\f(4c2,25a2)－\f(4yeq\o\al(2,0),25b2)＝1，))消去eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)，得eq\f(c2,a2)＝7，所以該雙曲線的離心率為eq\r(7).10．解析：選D.在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y＝2x和函數(shù)y＝x2的圖象，易得兩函數(shù)圖象有三個(gè)交點(diǎn)，設(shè)從左至右交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，則由圖易得F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x∈（－∞，x1]∪[x2，x3]，,x2，x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞），))畫(huà)出函數(shù)y＝2x和y＝F(x)的圖象，過(guò)函數(shù)y＝2x的圖象上隨意一點(diǎn)(b，2b)作x軸的平行線l，由圖易得在函數(shù)y＝F(x)的圖象上，位于直線l和直線l上方的點(diǎn)均在x＝b的右側(cè)，所以若F(a)≥2b，則a≥b，故選D.11．解析：因?yàn)閍2＝4，b2＝1，所以實(shí)軸長(zhǎng)2a等于4，焦點(diǎn)到漸近線的距離為b等于1.答案：4112．解析：f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－1)＝2，所以f(f(－1))＝f(2)＝1－3×2＝－5.作出函數(shù)圖象，由圖象可知函數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞減，所以由f(2a2－3)>f(5a)得，2a2－3<5a，即2a2－5a－3<0，解得－eq\f(1,2)<a<3，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3)).答案：－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))13．解析：依題意，(2－x)6的綻開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·26－r·(－x)r＝Ceq\o\al(r,6)·26－r·(－1)r·xr，因此在(2－x)6的綻開(kāi)式中，含x3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20，系數(shù)為Ceq\o\al(3,6)·23·(－1)3＝－160.答案：20－16014．解析：依題意得，ξ的全部可能取值分別是0，1，2，P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，因此隨機(jī)變量ξ的均值是E(ξ)＝0×eq\f(1,5)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(1,5)＝1.答案：eq\f(3,5)115．解析：由題意可知，1＝x2＋2y2＋z2＝x2＋eq\f(2,5)y2＋eq\f(8,5)y2＋eq\f(1,5)z2＋eq\f(4,5)z2≥2eq\r(\f(2,5))xy＋eq\f(4\r(2),5)yz＋eq\f(4,5)z2＝eq\f(2\r(2),5)(eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2)，即eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2≤eq\f(5,2\r(2))＝eq\f(5\r(2),4)，故eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2的最大值為eq\f(5\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,\r(26))，y＝eq\f(\r(5),2\r(13))，z＝eq\f(\r(10),\r(13))時(shí)取等號(hào)．答案：eq\f(5\r(2),4)16．解析：依題意，在坐標(biāo)平面內(nèi)畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域及直線2x－y＝0，平移該直線，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(－2，2)時(shí)，相應(yīng)直線在y軸上的截距最大，此時(shí)2x－y取得最小值，最小值是－6；當(dāng)直線經(jīng)過(guò)平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(3，－3)時(shí)，相應(yīng)直線在y軸上的截距最小，此時(shí)2x－y取得最大值，最大值是9，因此2x－y的取值范圍是[－6，9]，z＝|2x－y|的取值范圍是[0，9]，z＝|2x－y|的最大值是9.答案：917．解析：如圖，過(guò)P作PN⊥CD于N，連接QN，則直線PQ與平面ABCD所成的角θ即∠PQN，所以tanθ＝eq\f(PN,QN)，結(jié)合圖形可知，對(duì)于線段CD1上的隨意點(diǎn)P，作PN⊥CD，在線段CM上均存在點(diǎn)Q，使得QN⊥CM，此時(shí)tanθ取得最大值．不妨取點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到D1點(diǎn)，此時(shí)N在D點(diǎn)，則PN＝1，又DM＝eq\f(1,2)，CD＝1，所以CM＝eq\f(\r(5),2)，QN＝eq\f(\r(5),5)，所以(tanθ)max＝eq\f(1,\f(\r(5),5))＝eq\r(5).答案：eq\r(5)18．解：(1)在銳角△ABC中，cosA＝－cos(B＋C)＝sin(B－C)，所以sinBcosC－cosBsinC＋cosBcosC－sinBsinC＝0，即sinB(cosC－sinC)＋cosB(cosC－sinC)＝0，所以(sinB＋cosB)(cosC－sinC)＝0.因?yàn)锳，B，C均為銳角，所以sinB＋cosB>0，cosC－sinC＝0，tanC＝1，故C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，A＋B＝eq\f(3π,4).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2),0<\f(3π,4)－A<\f(π,2)))，得eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2).sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)＝sinA＋cos[eq\f(7π,12)－(eq\f(3π,4)－A)]＝sinA＋cos(A－eq\f(π,6))＝sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)(sinA·eq\f(\r(3),2)＋cosA·eq\f(1,2))＝eq\r(3)sin(A＋eq\f(π,6))．由于eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,12)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，故當(dāng)A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)時(shí)，sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)取得最大值eq\r(3).由正弦定理eq\f(a,sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))＝2，得a＝eq\r(3).19．解：(1)取AC中點(diǎn)O，連接A1O，BO，所以BO⊥AC.連接AB1交A1B于點(diǎn)M，連接OM，則B1C∥OM.因?yàn)锳1C1∥AC，A1C1⊥B1C，所以AC⊥OM.又因?yàn)镺M?面A1BO，OB?面A1BO，所以AC⊥面A1BO，所以A1B⊥AC.(2)因?yàn)锳1C1∥AC，所以直線A1C1和平面ABB1A1所成角等于直線AC和平面ABB1A1所成角．因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1全部的棱長(zhǎng)均為1，故A1B⊥AB1，因?yàn)锳1B⊥AC，所以A1B⊥面AB1C，所以面AB1C⊥面ABB1A1.因?yàn)槊鍭B1C∩面ABB1A1＝AB1，所以AC在平面ABB1A1的射影為AB1，所以∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成角．因?yàn)锳B1＝2AM＝2eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(3)，由于A1C1⊥B1C，所以AC⊥B1C，所以在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝eq\f(AC,AB1)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).所以直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)，即直線A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).20．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由點(diǎn)(2，a2)，(a7，S3)均在直線x－y＋1＝0上，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a7－S3＋1＝0.))又S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，所以a7＝8.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,a1＋6d＝8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1.))所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(n（n＋3）,2).(2)證明：bn＝eq\f(2,2Sn－n)＝eq\f(2,n（n＋2）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2).令Pn＝b1＋b2＋…＋bn，則Pn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，因?yàn)閚∈N*，所以Pn<eq\f(3,2)，所以Tn＝2b1·2b2·…·2bn＝2b1＋b2＋…＋bn＝2Pn<2eq\s\up6(\f(3,2))，所以Tn<2eq\r(2).21．解：(1)已知eq\f(b,a)＝eq\f(\r(6),6)，而直線AB的方程為－eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，由題意eq\f(1,\r(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝eq\f(\r(42),7)，從而a＝eq\f(\r(42),7)·eq\r(1＋\f(a2,b2))＝eq\f(\r(42),7)·eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(6))))\s\up12(2))＝eq\r(6)，b＝eq\f(\r(6),6)a＝1.故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋y2＝1.(2)設(shè)點(diǎn)D(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1.由題意知y0≠0，從而直線PQ的斜率k＝－eq\f(x0,y0)，故直線PQ的方程可寫(xiě)為y＝eq\f(1,y0)(1－x0x)，代入橢圓C的方程并整理得eq\f(1＋5xeq\o\al(2,0),6)x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))，從而eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(1,y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x0·\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))，\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0)))).若直線PQ與OM的夾角為45°，則△ODM是等腰直角三角形，從而|OM|＝eq\r(2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(2)＝2，化簡(jiǎn)得50xeq\o\al(4,0)－15xeq\o\al(2,0)＋1＝0