（高考数学新题型）2024学年浙江省县城教研联盟高三下学期模拟考试数学试题

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1.已知集合A={x|lg2x>2}，B={x|x−5<0}，则A∩B=( )
A. (4,+∞)B. (4,5)C. (2,5)D. (5,+∞)
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用对数函数的单调性解不等式与集合的运算问题，是基础题．
解不等式化简集合A、B，根据交集的定义求出A∩B.
【解答】
解：∵A={x|lg2x>2}，lg2x>2，x>4，∴A=(4,+∞)
∵B={x|x−5<0}，∴B=(−∞,5)
根据A=(4,+∞)，B=(−∞,5)，所以A∩B=(4,5).
故选：B.
2.若复数z满足z+2z=3+i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
利用复数的运算法则求出z，再根据复数的代数表示及其几何意义得出z对应的点，进而求解．
【解答】
解：设z=a+bi，则z=a−bi，
则a+bi+2(a−bi)=3+i，即3a−bi=3+i，
所以3a=3，−b=1，
解得a=1，b=−1，
故z=1−i，对应的点(1,−1)在第四象限.
故选：D.
3.(x− y)4的展开式中x2y的系数为( )
A. 4B. −4C. 6D. −6
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求二项展开式中的指定项系数，属于基础题．
根据二项展开式的通项解答即可.
【解答】
解：含x2y的项为：C42x2(− y)2=6x2y，即(x− y)4的展开式中x2y的系数为6，
故选：C.
4.清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为( )立方厘米?
A. 10500B. 12500C. 31500D. 52500
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了棱台的体积，属于基础题.
根据棱台的体积公式即可计算得出答案.
【解答】
解：一斛米的体积为V=13(S上+S下+ S上S下)h
=13×(252+502+25×50)×36=52500(cm3)，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为V5=10500(cm3)，
故选：A.
5.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若tanA=3，B=π4，bc=2 10，则a=( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 3 2
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形，同角三角函数关系，两角和的正弦公式，属于基础题.
根据同角三角函数关系求得sinA，sinB，利用两角和的正弦公式求得sinC，利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值.
【解答】
解：由tanA=3，可得A∈(0,π2)，进而求出sinA=3 1010，csA= 1010，
由B=π4可得sinB= 22，csB= 22，
则sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA=2 55，
由正弦定理可知bc=sinBsinC= 104，
又因为bc=2 10，
解得b= 5，c=2 2，
由正弦定理可得a=bsinAsinB= 5×3 1010 22=3.
故选：B.
6.双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点为F1，F2，直线l过点F2且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若PF1⋅PF2=0，则C的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 3
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系及其应用，属于中档题．
设P(x,y)，通过题意求出直线PF2的方程、直线PF1的方程，之后联立直线PF2的方程、直线PF1的方程及双曲线方程，计算即可得出答案．
【解答】
解：如图，设P(x,y)，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图所示：
根据题意可得F1(−c,0)、F2(c,0)，a2+b2=c2，
双曲线其中一条渐近线为y=bax，
直线PF2的方程为y=ba(x−c)，①
∵PF1⋅PF2=0，∴PF1⊥PF2，
即直线PF1的斜率为−ab，
即直线PF1方程为y=−ab(x+c)，②
又点P(x,y)在双曲线上，
∴x2a2−y2b2=1，③
联立①③，得x=a2+c22c，
联立①②，得x=b2−a2a2+b2×c=b2−a2c，
∴a2+c22c=b2−a2c，
即a2+a2+b2=2b2−2a2，
∴b2=4a2，
∴e=ca= c2a2= a2+b2a2= 5a2a2= 5.
故选：C.
7.已知实数a，b，c构成公差为d的等差数列，若abc=2，b<0，则d的取值范围为( )
A. (−∞,− 3]∪[ 3,+∞)B. (−∞,−2]∪[2,+∞)
C. (−∞,− 5]∪[ 5,+∞)D. (−∞,−3]∪[3,+∞)
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等差数列，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.
由题意设a=b−d，c=b+d，求出d2=b2−2b(b<0)，构造函数f(b)=b2−2b(b<0)，求导判断其单调性，可得值域.
【解答】
解：由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设a=b−d，c=b+d，abc=b(b2−d2)=2，
所以d2=b2−2b(b<0)，构造函数f(b)=b2−2b(b<0)，
f′(b)=2(b3+1)b2，当b∈(−∞,−1)时，f′(b)<0，所以此时f(b)单调递减，当b∈[−1,0)时，f′(b)≥0，所以此时f(b)单调递增，
所以f(b)的最小值为f(−1)=3，当b趋近于−∞时，f(b)趋近于+∞，
所以d2∈[3,+∞),
所以d∈(−∞,− 3]∪[ 3,+∞).
故选：A.
8.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且OA⋅OB=−4，点O关于l的对称点为D，则|DF|的取值范围为( )
A. (12,72]B. (1,3]C. (32,72]D. (2,4]
【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，平面向量的数量积运算，点、直线间的对称问题，抛物线的几何性质，与圆有关的轨迹方程，定点问题，点到圆上点的最值问题，属于中档题.
设点A(y124,y1)，B(y224,y2)，由平面向量的数量积运算可得(y1y2)216+y1y2=−4，根据直线l与抛物线有两个交点，可设x=my+t，联立直线与抛物线，根据OA⋅OB=−4可得直线经过点P(2,0)，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求|DF|的取值范围即可.
【解答】
解：由A，B两点在抛物线y2=4x上，所以可以设点A(y124,y1)，B(y224,y2)，
则OA⋅OB=(y1y2)216+y1y2=−4，
由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合，
故可设直线l解析式为x=my+t，联立直线与抛物线方程得y2−4my−4t=0，y1y2=−4t，
所以OA⋅OB=t2−4t=−4，解得t=2，所以直线l与x轴的交点为P(2,0)，
由O，D关于直线l对称，所以|OP|=|DP|=2，且D点不与O点重合，故可知D的轨迹方程为：(x−2)2+y2=4(不经过原点)，所以|DF|>r−|PF|=1，
|DF|≤r+|PF|=3，即|DF|∈(1,3],
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在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2分，有选错的得0分。
9.已知向量a，b的夹角为π3，且|a|=1，|b|=2，则( )
A. (a−b)⊥aB. |a+b|= 7
C. |2a+b|=|2b|D. a在b的方向上的投影向量为 34b
【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积、向量的模、投影向量，属于中档题.
根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量对各个选项逐一判定即可.
【解答】
解：a⋅b=|a||b|csπ3=1×2×12=1，(a−b)⋅a=|a|2−a⋅b=1−1=0，故A正确;
|a+b|2=|a|2+|b|2+2a⋅b=1+4+2=7，所以|a+b|= 7，故B正确;
|2a+b|2=4|a|2+|b|2+4a⋅b=4+4+4=12，所以|2a+b|=2 3，又因为|2b|=4，
所以|2a+b|≠|2b|，故C错误;
a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=14b，故D错误;
故选：AB.
10.已知函数f(x)=cs(ωx+π3)(ω>0)，则( )
A. 当ω=2时，f(x−π6)的图象关于x=π2对称
B. 当ω=2时，f(x)在[0,π2]上的最大值为 32
C. 当x=π6为f(x)的一个零点时，ω的最小值为1
D. 当f(x)在(−π3,π6)上单调递减时，ω的最大值为1
【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的图象与性质，属于中档题.
根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可.
【解答】
解：ω=2时，f(x−π6)=cs2x，因为cs2(π−x)=cs(−2x)=cs2x，
所以f(x−π6)关于x=π2对称，故A正确;
ω=2时，由x∈[0,π2]可得2x+π3∈[π3,4π3]，
根据余弦函数的单调性可知cs(2x+π3)的最大值为csπ3=12，故B错误;
若f(π6)=0，则π6ω+π3=π2+kπ，k∈Z，所以ω=1+6k，k∈Z，且ω>0，
所以ω的最小值为1，故C正确;
因为f(x)在(−π3,π6)上单调递减，且ω>0，
根据余弦函数的单调性可知f(x)的单调递减区间为：
kπ≤ωx+π3≤2kπ+π，k∈Z，2kπω−π3ω≤x≤2kπω+2π3ω，k∈Z，
所以π6≤2π3ω，−π3≥−π3ω，所以0<ω≤1，故D正确.
故选：ACD.
11.已知函数f(x)的定义域为R，f(1)=1，f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y)，则( )
A. f(0)=−1B. f(−x)f(x)≤0
C. y=f(x)f(x)+2为奇函数D. k=15f(2k−12)<2112
【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查求函数值，函数的奇偶性，数列与不等式，等比数列的判定与证明，等比数列的前n项和，属于中档题.
利用赋值法求得f(0)即可判断A；利用赋值可得f(x)=2f(x2)+f2(x2)，并且判断出f(x)≠−1，由不等式的性质可得1+f(x)>0，即可判断B；利用函数的奇偶性以及g(0)的值即可判断C；利用等比数列的判定可得f(n)的通项公式，利用等比数列的求和公式可得k=15f(2k−12)=2112− 2−5，即可判断D.
【解答】
解：令x=1，y=0，则f(1)=f(1)+f(0)+f(1)f(0)，将f(1)=1代入得2f(0)=0，即f(0)=0，故A错误;
由f(0)=0，令y=−x可得0=f(x)+f(−x)+f(x)f(−x)，若存在x使得f(x)=−1，则上式变为0=−1，显然不成立，所以f(x)≠−1，又f(x)=f(x2+x2)=2f(x2)+f2(x2)=[f(x2)+1]2−1，因为f(x)≠−1，所以f(x)>−1，
将0=f(x)+f(−x)+f(x)f(−x)整理为f(−x)(1+f(x))=−f(x)，因为f(x)>−1，即1+f(x)>0，所以f(x)f(−x)≤0，故B正确;
令g(x)=f(x)f(x)+2(x∈R)，则g(x)+g(−x)=f(x)f(x)+2+f(−x)f(−x)+2=2(f(x)+f(−x)+f(x)f(−x))(f(x)+2)(f(−x)+2)=0，且g(0)=f(0)f(0)+2=0，，所以g(x)为奇函数，故C正确;
当n∈N*时，f(n+1)=f(n)+f(1)+f(n)f(1)=2f(n)+1，f(n+1)+1f(n)+1=2，
所以{f(n)+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以f(n)+1=2n，
由f(x)+1=[f(x2)+1]2可知(f(n2)+1)2=2n，因为f(n2)>−1，所以f(n2)=2n2−1(n∈N*)，
所以k=15f(2k−12)=k=15(22k−12−1)= 2(1−25)1−2−5=2112− 2−5<2112，故D正确;
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据的方差是__________.
【答案】53
【解析】【分析】
本题考查一组数据方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，属于基础题．
先求出这一组数据5，6，7，7，8，9的平均数，由此再求出该组数据的方差．
【解答】
解：一组数据5，6，7，7，8，9的平均数为：x=5+6+7+7+8+96=7，
∴该组数据的方差为：s2=(5−7)2+(6−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(8−7)2+(9−7)26=53.
故答案为：53.
13.若8tanα=3csα，则cs2α=__________.
【答案】79
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用，属于基础题.
根据tanα=sinαcsα，sin2α+cs2α=1，解得sinα，结合二倍角余弦公式进行解答即可.
【解答】
解：因为tanα=sinαcsα可得8sinαcsα=3csα，因为sin2α+cs2α=1，
可得8sinα=3cs2α=3(1−sin2α)，
解得sinα=13或sinα=−3(舍去)
所以cs2α=1−2sin2α=1−2×132=79.
故答案为79.
14.三棱锥A−BCD的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若MN//平面ABD，则线段MN长度的最小值为__________.
【答案】 217
【解析】【分析】
本题考查了线面平行的性质，考察了点线、点面、线面、面面的距离，考察了余弦定理，考察了二次函数性质，是中档题.
延长CM交AB于点I，设AI=m(0【解答】
解：延长CM交AB于点I，因为MN//平面ABD，
由线面平行性质定理可知MN//IF，
设AI=m(0因为三棱锥A−BCD的所有棱长均为2，所以AB=AC，且E为线段BC的中点，
所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知IMMC=AIAC=m2，
所以MNIF=MCIC=2m+2，因为F为线段AD的中点，所以AF=1，
由余弦定理可知IF= m2+1−2m×csπ3= m2−m+1，
所以MN=2m+2IF=2 m2−m+1m+2，
令m+2=t，t∈(2,4]，化简可得MN=2 7(1t)2−5(1t)+1，
因为t∈(2,4]，所以1t∈[14,12)
则MN=2 7(1t)2−5(1t)+1在1t=514时取得最小值，
所以MN=2 7(1t)2−5(1t)+1≥ 217，
综上当1t=514，即m=45时MN取得最小值 217.
故答案为 217.
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.(本小题13分)
已知数列{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，S7=49，且a2，a5，a14成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{an+bn}是公比为3的等比数列，且b3=22，求{bn}的前n项和Tn.
【答案】解：(1)因为{an}为等差数列，设公差为d，由S7=49，得a1+a7×72=7a4=49，
可得a4=7或a1+3d=7，
由a2，a5，a14成等比数列，则a52=a2⋅a14，
得(7+d)2=(7−2d)(7+10d)，
化简(7+d)2=(7−2d)(7+10d)得d2−2d=0，因为d≠0，所以d=2.
所以an=a4+(n−4)d=2n−1(n∈N*).
综上an=2n−1(n∈N*).
(2)由an=2n−1知a1=1，a3=5，又{an+bn}为公比是3的等比数列，
所以a3+b3=(a1+b1)×9，即a1+b1=3，
所以an+bn=3×3n−1=3n，bn=3n−(2n−1)，(n∈N*)
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=31+32+33+⋯+3n−(1+3+5+⋯+(2n−1))
=3×(1−3n)1−3−(1+2n−1)n2=3n+1−32−n2.
综上Tn=3n+1−32−n2.
【解析】本题主要考查的是等差数列的通项公式，等差数列和等比数列的前n项和公式，等比数列的性质，等比数列的通项公式，分组求和，属于中档题.
(1)设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比数列的性质列出关于a1和d的方程，求解即可得{an}的通项公式；
(2)由等比数列的通项公式可求得{an+bn}，再得到{bn}的通项公式，利用分组求和求Tn.
16.(本小题15分)
将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球.
(1)求1号球不在1号盒中的概率;
(2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：E(X)E(Y)>E(XY).
【答案】解：(1)记事件“1号球不在1号盒中”为A，
则P(A)=C31A33A44=1824=34；
(2)X的取值为0，1，2，4，且X+Y=4，
P(X=0)=9A44=38，
P(X=1)=8A44=13;
P(X=2)=C42A44=14，
P(X=4)=1A44=124，
所以E(X)=0×38+1×13+2×14+4×124=1，
E(Y)=E(4−X)=4−E(X)=3，
X=0时，Y=4，X=4时，Y=0，此时XY=0，则P(XY=0)=38+124=512，
X=1时，Y=3，此时XY=3，P(XY=3)=13，
X=2时，Y=2，此时XY=4，P(XY=4)=14，
E(XY)=0×512+3×13+4×14=2，
因为E(X)E(Y)=1×3=3，
所以E(X)E(Y)>E(XY).
【解析】本题考查了古典概型及其计算、离散型随机变量的期望，属于中档题.
(1)根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率;
(2)分析易得X的取值为0，1，2，4，且X+Y=4，再分别得出对应概率，可得E(X)、E(Y)，再研究XY的取值和对应概率，可得E(XY)，比较即可得证.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA=PD=AB，E为线段PB的中点，平面AEC⊥底面ABCD.
(1)求证：AE⊥平面PBD;
(2)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】解(1)因为平面AEC⊥平面ABCD，且平面AEC∩平面ABCD=AC，
BD⊥AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面AEC，AE⊂平面AEC，
所以BD⊥AE，
又因为AP=AB，E为PB中点，所以AE⊥PB，
又PB∩BD=B，PB、BD⊂平面PBD，
所以AE⊥平面PBD；
(2)设点P在底面ABCD的射影为点Q，
则PQ⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，
所以PQ⊥AD，取AD中点M，
因为PA=PD，所以AD⊥PM，
又PQ∩PM=P，PQ、PM⊂平面PQM，
所以AD⊥平面PQM，
因为QM⊂平面PQM，
所以AD⊥QM，即Q在AD的中垂线上，
如图建立空间直角建系，不妨取AB=2，
则设P为(1,a,b)，a2+b2=3，A(2,0,0)，B(2,2,0)，
所以E(32,a+22,b2)，AE=(−12,a+22,b2)，DB=(2,2,0)，
由(1)可知AE⋅DB=0，计算得a=−1，b= 2，所以P(1,−1, 2)，
又CB=(2,0,0)，CP=(1,−3, 2)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB=0m⋅CP=0，即2x=0x−3y+ 2z=0，取m=(0, 2,3)，
所以sinθ=|cs|= 2211.

【解析】本题考查了线面垂直的判定和直线与平面所成角的向量求法，是中档题.
(1)先证明BD⊥平面AEC，所以BD⊥AE，又因为AP=AB，E为PB中点，所以AE⊥PB，由线面垂直的判定即可得证；
(2)建立空间直角建系，不妨取AB=2，得出平面PBC的法向量，利用空间向量求解即可.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=(ax−b)ax(a>0,a≠1)，b∈R.
(1)若y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=ex，求a，b的值;
(2)当b=1时，y=f(x)存在极小值点x0，求证：f(x0)≤−e1e.
【答案】解：(1)因为f′(x)=a⋅ax+(ax−b)⋅axlna，由y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=ex，
所以f′(0)=ef(0)=0，即a−blna=e−b=0，
解得a=e，b=0.
综上a=e，b=0.
(2)当b=1时，f′(x)=[(alna)x−lna+a]ax，
因为f(x)存在极小值点，所以alna>0，解得a>1，
此时x0=lna−aalna，所以x0lna=lna−aa，
即lnax0=lna−aa，ax0=elnaa−1，
所以f(x0)=(ax0−1)ax0=(alna−aalna−1)elnaa−1=(−alna)e(lnaa−1)，
令t=g(a)=lnaa，则f(x0)=h(t)=−et−1t，
因为g′(a)=1−lnaa2，(a>1)
所以当a∈(1,e]时，g′(a)≥0，g(a)单调递增，当a∈(e,+∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
又a>1时，lna>0，所以g(a)>0，所以0因为h′(t)=(1−t)et−1t2，
当t∈(0,1e]时，(1−t)et−1t2>0恒成立，即h(t)在t∈(0,1e]时单调递增，
所以h(t)≤h(1e)=−e1e，
综上f(x0)≤−e1e得证.
【解析】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数证明不等式，考查了已知切线(斜率、倾斜角)求参数，考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性，考查了函数极值点的概念是中档题.
(1)由导数的几何意义以及已知切线的斜率和倾斜角可得f′(0)=ef(0)=0，解出即可求a，b的值;
(2)易得x0=lna−aalna，所以ax0=elnaa−1，所以f(x0)=(−alna)e(lnaa−1)，令t=g(a)=lnaa，则f(x0)=h(t)=−et−1t，利用导数研究单调性，再求出f(x0)的最大值即可得证.
19.(本小题17分)
记点A(x,y)绕原点O按逆时针方向旋转θ角得到点B(x′,y′)的变换为τ(θ):x′=xcsθ−ysinθy′=xsinθ+ycsθ.已知C0:y=32x(x>0)，将C0上所有的点按τ(7π4)变换后得到的点的轨迹记为C1.
(1)求C1的方程;
(2)已知C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,1)，记C1与C2的公共点为M，N，点P为C2上的动点，过P作OM，ON的平行线，分别交直线ON，OM于G，H两点，若△OGH外接圆的半径r恒为54b，求四边形OGPH面积的取值范围.
【答案】解：(1)取C0上任意一点为A(x,y)(x>0,y>0)，
经过τ(7π4)变换后得到C1上的对应点为B(x′,y′)，
由题意可知τ(7π4)为：x′= 22(x+y)y′= 22(−x+y)，变形后得x= 22(x′−y′)y= 22(x′+y′)，
即A( 22(x′−y′), 22(x′+y′))，将点A的坐标代入C0的方程得x′2−y′2=3，x′= 22(x+y)>0，
所以C1的方程为：x′2−y′2=3(x′>0).
综上C1的方程为：x2−y2=3(x>0).
(2)因为C2经过点(2,1)，且22−12=3，则(2,1)也在C1上，所以(2,1)为C1与C2的公共点，
则(2,−1)也为C1与C2的公共点.
所以不妨取M(2,1)，N(2,−1)，则lOM的解析式为：x=2y，lON的解析式为：x=−2y，
设C2上的动点P为(x0,y0)，则有x02a2+y02b2=1，移项得y02=b2(1−x02a2)(i).
又因为C2过点M(2,1)，所以4a2+1b2=1(ii)，
联立y−y0=−12(x−x0)x=2y，得x=x0+2y02，y=x0+2y04，
所以H的坐标为(x0+2y02,x0+2y04)，
联立y−y0=12(x−x0)x=−2y，得x=x0−2y02，y=−x0+2y04，
所以G的坐标为(x0−2y02,−x0+2y04)，则|GH|2=(2y0)2+(x02)2.
记直线OM与直线ON的夹角为α，直线OM与x轴正半轴的夹角为θ，则tanθ=12，
计算得sinα=sin2θ=2sinθcsθ=2sinθcsθsinθ2+csθ2=2tanθ1+tanθ2=45，
根据正弦定理，由题意可知|GH|sinα=2r=52b，所以|GH|为定值2b，
所以|GH|2=(2y0)2+(x02)2=4b2(iii).
将(i)式代入(iii)式得4b2(1−x02a2)+(x02)2=4b2恒成立，即x02⋅a2−16b24a2=0恒成立，
所以a2−16b2=0，即a=4b，与(ii)式4a2+1b2=1联立解得a=2 5，b= 52，
S四边形OGPH=2S△OHG=2×12|OH||OG|sin⁡α
=|4y02−x02|4=5−54x024.
因为0≤x0≤2 5，x0≠±2，
所以0<5−54x024≤5，四边形OGPH面积的取值范围为(0,5].
【解析】本题考查双曲线的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于难题.
(1)取C0上任意一点为A(x,y)(x>0,y>0)，经过τ(7π4)变换后得到C1上的对应点为B(x′,y′)，由题意可知τ(7π4)为：x′= 22(x+y)y′= 22(−x+y)，再化简可得A( 22(x′−y′), 22(x′+y′))，将点A的坐标代入C0的方程即可求解；
(2)据题分析可得C1，C2均经过点(2,1)，(2,−1)，不妨取M(2,1)，N(2,−1)，则lOM:x=2y，lON:x=−2y，设C2上的动点P为(x0,y0)，y02=b2(1−x02a2)(i).又C2过点M(2,1)，故4a2+1b2=1(ii).联立y−y0=−12(x−x0)x=2y，得H(x0+2y02,x0+2y04)，同理得G(x0−2y02,−x0+2y04)，则|GH|2=(2y0)2+(x02)2.由正弦定理可得|GH|=2b，即|GH|2=(2y0)2+(x02)2=4b2(iii).联立(i)(ii)(iii)可得a=2 5，b= 52，再根据S四边形OGPH=2S△OHG=2×12|OH||OG|sinα即可求解.