2023-2024学年北京市顺义一中高二（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年北京市顺义一中高二（上）期中数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）经过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率是（ ）
A．1B．﹣1C．±1D．
2．（4分）已知向量，，且，则实数m的值为（ ）
A．4B．﹣4C．2D．﹣2
3．（4分）已知圆x2+y2＝1与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝r2（r＞0）外切，则r＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（4分）已知方程x2+y2+2x﹣y+m＝0表示圆，则实数m的取值范围是（ ）
A．m＞B．m＞﹣C．m＜D．m＜﹣
5．（4分）设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
6．（4分）直线＝1与x轴，y轴分别交于点A，B，以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A．x2+y2﹣4x﹣2y﹣1＝0B．x2+y2﹣4x﹣2y＝0
C．x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0D．x2+y2﹣2x﹣4y＝0
7．（4分）椭圆x2+2y2＝4的焦点坐标为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，则直线AM和CN所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．如图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）直线kx﹣y+2k+1＝0与x+2y﹣4＝0的交点在第四象限，则k的取值范围为（ ）
A．（﹣6，2）B．C．D．
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11．（5分）已知向量＝（1，﹣3，2），＝（﹣2，1，1），则＝ ．
12．（5分）已知直线x﹣y﹣1＝0和圆（x﹣1）2+y2＝1交于A，B两点，则|AB|＝ ．
13．（5分）点A（1，3）关于直线x﹣y+3＝0的对称点的坐标为 ．
14．（5分）点P（2，﹣1）到直线kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）的最大距离为 ．
15．（5分）关于曲线C：x2+y2＝|x|+|y|，给出下列四个结论：
①曲线C关于原点对称，也关于x轴、y轴对称；
②曲线C围成的面积是π+2；
③曲线C上任意一点到原点的距离都不大于；
④曲线C上的点到原点的距离的最小值为1．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（14分）已知△ABC的顶点为A（0，4），B（﹣2，6），C（﹣8，0），求：
（1）边AC上的中线所在直线的方程；
（2）边AC上的高所在直线的方程；
（3）边AC的垂直平分线的方程．
17．（14分）已知直线l1：ax﹣2y+3＝0，l2：x+（a﹣3）y+5a＝0．
（Ⅰ）当a＝1时，求两直线的距离；
（Ⅱ）若l1⊥l2，求a的值；
（Ⅲ）写出原点到直线l1的距离，并求出该距离的最大值．
18．（14分）已知圆C经过坐标原点O和点（2，2），且圆心在x轴上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）设直线l经过点（1，2），且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的一般式方程；
（3）求过点P（4，3）与圆C相切的直线方程．
19．（14分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，AD＝2，M为BC的中点．
（1）求证：AD⊥PC．
（2）求直线PB与平面PAM所成角的正弦值．
（3）求平面PAM与平面PCD的夹角的余弦值．
20．（15分）已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x+4y﹣8＝0相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线l：y＝kx+2与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
21．（14分）已知M、N是圆O：x2+y2＝16上两个不同的动点，Q是线段MN的中点，点P（2，0）满足∠MPN＝90°．
（1）当M的坐标为（4，0）时，求N的坐标；
（2）求点Q的轨迹方程；
（3）求|MN|的最小值与最大值．
2023-2024学年北京市顺义一中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1．（4分）经过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率是（ ）
A．1B．﹣1C．±1D．
【分析】根据斜率的两点式k＝（x1≠x2）即可求解．
【解答】解：由题意可知过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率k＝＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查了斜率的两点式，属于基础题．
2．（4分）已知向量，，且，则实数m的值为（ ）
A．4B．﹣4C．2D．﹣2
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可．
【解答】解：因为，，且，
所以，解得m＝4．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
3．（4分）已知圆x2+y2＝1与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝r2（r＞0）外切，则r＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】由题意，利用圆和圆的位置关系，求得r的值．
【解答】解：∵圆x2+y2＝1与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝r2（r＞0）外切，
∴两圆的圆心距等于它们的半径之和，＝1+r，
则r＝4，
故选：D．
【点评】本题主要考查圆和圆的位置关系的确定方法，属于基础题．
4．（4分）已知方程x2+y2+2x﹣y+m＝0表示圆，则实数m的取值范围是（ ）
A．m＞B．m＞﹣C．m＜D．m＜﹣
【分析】由圆的一般式方程可得D2+E2﹣4F＞0，即 4+1﹣4m＞0，由此求得m的范围．
【解答】解：由圆的一般式方程可得D2+E2﹣4F＞0，即 4+1﹣4m＞0，求得 m＜，
故选：C．
【点评】本题主要考查圆的一般式方程的特征，属于基础题．
5．（4分）设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】把a＝1代入可得直线的方程，易判平行；而由平行的条件可得a的值，进而由充要条件的判断可得答案．
【解答】解：当a＝1时，直线l1：x+2y﹣1＝0与直线l2：x+2y+4＝0，显然平行；
而由两直线平行可得：a（a+1）﹣2＝0，解得a＝1，或a＝﹣2，
故不能推出“a＝1”，由充要条件的定义可得：
“a＝1”是“直线l1：ax+2x﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的充分不必要条件．
故选：B．
【点评】本题为充要条件的判断，涉及直线的平行的判定，属基础题．
6．（4分）直线＝1与x轴，y轴分别交于点A，B，以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A．x2+y2﹣4x﹣2y﹣1＝0B．x2+y2﹣4x﹣2y＝0
C．x2+y2﹣4x﹣2y+1＝0D．x2+y2﹣2x﹣4y＝0
【分析】由已知直线方程求得A与B的坐标，再由中点坐标公式求圆的圆心坐标，求出AB的长度可得圆的半径，则圆的方程可求．
【解答】解：直线＝1在x，y轴上的截距分别为4，2，即A（4，0），B（0，2）
则AB的中点坐标为（2，1），且|AB|＝，
∴以线段AB为直径的圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5，即x2+y2﹣4x﹣2y＝0．
故选：B．
【点评】本题考查直线的方程，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题．
7．（4分）椭圆x2+2y2＝4的焦点坐标为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【分析】化简椭圆方程为标准方程，然后求解a，b，推出c即可．
【解答】解：椭圆x2+2y2＝4的标准方程为：，
可得a＝2，b＝，c＝，
所以椭圆的焦点坐标，．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，焦点坐标的求法，是基础题．
8．（4分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，则直线AM和CN所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】可以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后设正方体的棱长为2，然后可求出向量和的坐标，从而得出直线AM和CN所成角的余弦值．
【解答】解：如图，以点D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则：
A（2，0，0），M（2，1，2），C（0，2，0），N（1，0，2），
∴，
∴＝，
∴直线AM和CN所成角的余弦值是．
故选：D．
【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标求异面直线所成角的方法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
9．（4分）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达•芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．如图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意建立空间直角坐标系，求出平面QCG的一个法向量，再由点到平面的距离公式求解．
【解答】解：建立空间直角坐标系如图，
则A（1，1，0），C（0，2，0），G（0，0，2），Q（1，0，2），
，，，
设平面QGC的一个法向量为，
由，取z＝1，得，
∴点A到平面QGC的距离是＝．
故选：C．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
10．（4分）直线kx﹣y+2k+1＝0与x+2y﹣4＝0的交点在第四象限，则k的取值范围为（ ）
A．（﹣6，2）B．C．D．
【分析】联立方程组可直接求出交点坐标，令交点的横坐标大于0，综坐标小于0，解不等式组即可．
【解答】解：联立方程，可解得，
由两直线y＝kx+2k+1与x+2y﹣4＝0交点在第四象限可得，
解此不等式组可得＜k，即k的取值范围为（，）
故选：C．
【点评】本题考查两条直线的交点坐标，解方程组和不等式组是解决问题的关键，属基础题．
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11．（5分）已知向量＝（1，﹣3，2），＝（﹣2，1，1），则＝ 5 ．
【分析】由题意，先求出向量的坐标，再利用公式求出其模即可
【解答】解：∵＝（1，﹣3，2），＝（﹣2，1，1），
∴＝（0，﹣5，5）
∴＝＝5
故答案为5
【点评】本题考查空间向量的求模运算，考查空间向量模的坐标表示，本题中空间向量的坐标容易求出，故直接用公式求模即可，属于基本题型．
12．（5分）已知直线x﹣y﹣1＝0和圆（x﹣1）2+y2＝1交于A，B两点，则|AB|＝ 2 ．
【分析】首先确定圆心到直线的距离，然后求解弦长即可．
【解答】解：圆心到直线的距离 ，则直线经过圆的圆心，
弦长|AB|＝2R＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长的计算等知识，属于中等题．
13．（5分）点A（1，3）关于直线x﹣y+3＝0的对称点的坐标为 （0，4） ．
【分析】设点P（x0，y0），根据线段AP的中点在直线上以及斜率得出方程组，解方程组即可得出点P的坐标．
【解答】解：设点P（x0，y0）是点A（1，3）关于直线x﹣y+3＝0的对称点，
由已知直线x﹣y+3＝0的斜率为1，所以，解得，
所以点P（0，4）．
故答案为：（0，4）．
【点评】本题主要考查中点坐标公式，以及直线的斜率公式，属于基础题．
14．（5分）点P（2，﹣1）到直线kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）的最大距离为 ．
【分析】根据题意可知：直线kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）过定点（﹣2，1），由条件可知：点P（2，﹣1）到直线kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）的最大距离就是点P（2，﹣1）到定点的距离，利用两点间距离公式即可求解．
【解答】解：因为直线方程kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）可化为k（x+2）﹣（y﹣1）＝0（x∈R），
不论k取何值，直线都过，即点（﹣2，1），
由题意可知：点P（2，﹣1）到直线kx﹣y+1+2k＝0（k∈R）的最大距离就是点P（2，﹣1）到定点（﹣2，1）的距离，由两点间距离公式可得：．
答案为：．
【点评】本题主要考查两点之间的距离公式，考查转化能力，属于基础题．
15．（5分）关于曲线C：x2+y2＝|x|+|y|，给出下列四个结论：
①曲线C关于原点对称，也关于x轴、y轴对称；
②曲线C围成的面积是π+2；
③曲线C上任意一点到原点的距离都不大于；
④曲线C上的点到原点的距离的最小值为1．
其中，所有正确结论的序号是 ①②③④ ．
【分析】由已知结合曲线的对称性检验①，结合圆的性质检验②③④即可判断．
【解答】解：设P（x，y）为曲线上的任意一点，以﹣x代x，以﹣y代y，方程不变，曲线x2+y2＝|x|+|y|，关于x轴，y轴及原点对称，①正确；
当x≥0，y≥0时，方程可化为：x2+y2﹣x﹣y＝0，
即（x﹣）2+（y﹣）2＝，其轨迹是以（）为圆心，以为半径的圆，曲线围成的面积为＝2+π，②正确．
由题意可得，曲线上任意两点之间的距离的最大值为4×＝2，
根据曲线的对称性可知，曲线上任意一点到原点距离的最大值为，③正确；
根据图象可知，曲线C上的点到原点的距离的最小值为1，④正确．
故答案为：①②③④．
【点评】本题主要考查了曲线的对称性，圆的性质的综合应用，属于中档题．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（14分）已知△ABC的顶点为A（0，4），B（﹣2，6），C（﹣8，0），求：
（1）边AC上的中线所在直线的方程；
（2）边AC上的高所在直线的方程；
（3）边AC的垂直平分线的方程．
【分析】（1）利用线段中点坐标公式，算出AC的中点D坐标为（﹣4，2），利用直线方程的两点式列式，化简即可得出AC上的中线BD所在直线的方程；
（2）根据已知条件，结合直线的斜率公式，以及直线垂直的性质，即可求解．
（3）由，得AC边上的中垂线的斜率为﹣2，AC的中点坐标为（﹣4，2），点斜式可求出直线方程．
【解答】解：（1）设中点D（x，y），由线段的中点坐标公式，
可得，，
∴AC中点D坐标为（﹣4，2）．
再由直线的两点式方程，得BD所在直线的方程为，
化简得2x﹣y+10＝0，即为所求边AC上的中线BD所在的直线的方程；
（2），
则边AC上高的斜率为﹣2，
故边AC上的高所在直线的方程为y﹣6＝﹣2（x+2），即2x+y﹣2＝0；
（3）由，得AC边上的中垂线的斜率为﹣2，
又AC的中点坐标为（﹣4，2），
由点斜式，得AC边上的垂直平分线的方程为y﹣2＝﹣2（x+4），
即2x+y+6＝0．
【点评】本题给出直线的点斜式，两点式，截距式方程，属于基础题．
17．（14分）已知直线l1：ax﹣2y+3＝0，l2：x+（a﹣3）y+5a＝0．
（Ⅰ）当a＝1时，求两直线的距离；
（Ⅱ）若l1⊥l2，求a的值；
（Ⅲ）写出原点到直线l1的距离，并求出该距离的最大值．
【分析】（Ⅰ）利用两平行线间的距离公式求解．
（Ⅱ）利用两直线垂直时的斜率关系求解．
（Ⅲ）先利用点到直线距离公式求出原点到直线l1的距离d，再分析d的最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，直线l1：x﹣2y+3＝0，直线l2：x﹣2y+5＝0，
∴两直线的距离为＝．
（Ⅱ）若l1⊥l2，则a×1+（﹣2）×（a﹣3）＝0，
解得：a＝6，
即a的值为6．
（Ⅲ）原点到直线l1的距离d＝＝，
∴当a＝0时，d的值最大，最大值为．
【点评】本题主要考查了两平行线间的距离，考查了两直线垂直的位置关系，同时考查了点到直线距离公式，属于基础题．
18．（14分）已知圆C经过坐标原点O和点（2，2），且圆心在x轴上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）设直线l经过点（1，2），且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的一般式方程；
（3）求过点P（4，3）与圆C相切的直线方程．
【分析】（1）设圆心（a，0），则圆心到（0，0）与（2，2）距离相同，由此求出a＝2，圆心为（2，0），半径r＝2，从而能求出圆C的方程．
（2）斜率不存在时，直线为x＝1，符合要求；斜率存在时，设直线l为kx﹣y+2﹣k＝0，圆心到直线的距离＝＝1，由此能出直线l的方程．
（3）分过点P（4，3）的直线斜率存在与不存在两种情况，利用点到直线的距离公式可求切线方程．
【解答】解：（1）设圆心（a，0），则圆心到（0，0）与（2，2）距离相同，
∴a2＝（2﹣a）2+22，
解出a＝2，圆心为（2，0），∴半径r＝2，
∴圆为（x﹣2）2+y2＝4．
（2）斜率存在时，设直线l为y﹣2＝k（x﹣1），整理得kx﹣y+2﹣k＝0，
圆心到直线的距离d＝＝＝1，
解出k＝﹣，∴直线方程为﹣x﹣y+2+＝0，
整理得4y+3x﹣11＝0，
斜率不存在时，直线为x＝1，符合要求，
综上，符合要求的直线有x＝1和4y+3x﹣11＝0．
（3）当过点P（4，3）的直线斜率存在时，设切线方程为y﹣3＝k（x﹣4），∴kx﹣y+3﹣4k＝0，
由圆心到切线的距离等于半径r，所以＝2，解得k＝，
所以圆的一条切线方程为y﹣3＝（x﹣4），∴5x﹣12y+16＝0．
当过点P（4，3）的直线斜率不存在时，直线方程为x＝4，
圆心（2，0）到直线x＝4的距离也等于半径长，所以圆的另一条切线方程为 x﹣4＝0．
∴过点P且与圆C相切的直线方程为5x﹣12y+16＝0或x＝4．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线、圆、点到直线距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属中档题．
19．（14分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，AD＝2，M为BC的中点．
（1）求证：AD⊥PC．
（2）求直线PB与平面PAM所成角的正弦值．
（3）求平面PAM与平面PCD的夹角的余弦值．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标公式计算得向量垂直，从而证明线线垂直；
（2）利用空间向量线面角公式进行求解即可；
（3）利用面面角的向量求法进行求解即可．
【解答】（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD是矩形，所以DA，DC，DP两两垂直，
以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则D（0，0，0）、P（0，0，1）、B（2，1，0）、M（1，1，0）、A（2，0，0）、C（0，1，0），
所以，，
所以，
所以AD⊥PC，得证；
（2）解：设平面PAM的法向量为，，，
由，取y＝1，可得，又，
所以，
所以直线PB与平面PAM所成角的正弦值为．
（3）解：易知平面PCD的一个法向量为，
设平面PAM与平面PCD的夹角为，
则，
所以平面PAM与平面PCD的夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查线线垂直的判定，直线与平面所成角、平面与平面所成角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
20．（15分）已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x+4y﹣8＝0相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线l：y＝kx+2与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
【分析】（1）设圆C的圆心坐标为C（a，0），其中a＞0，半径为r，圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，则r＝a，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
（2）①联立直线与圆的方程，可得（k2+1）x2+（4k﹣2）x+4＝0，结合Δ＞0，即可求解．
②由于＝＝，结合韦达定理，即可证明．
【解答】解：（1）设圆C的圆心坐标为C（a，0），其中a＞0，半径为r，
∵圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，
∴r＝a，
又∵圆C与直线3x+4y﹣8＝0相切，
∴，解得a＝1或a＝﹣4（舍去），
∴圆心C（1，0），r＝1，
故圆C的标准方程为（x﹣1）2+y2＝1．
（2）①联立直线与圆的方程，可得（k2+1）x2+（4k﹣2）x+4＝0，
∵直线l交圆C与A，B两点，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（4k﹣2）2﹣16（k2+1）＞0，解得，
故k的取值范围为．
②证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理，可得，，
又∵＝＝＝＝2k﹣2k+1＝1，
∴直线OA与直线OB的斜率之和为定值，即得证．
【点评】本题考查了直线与圆的综合应用，并考查了点到直线的距离公式和韦达定理，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
21．（14分）已知M、N是圆O：x2+y2＝16上两个不同的动点，Q是线段MN的中点，点P（2，0）满足∠MPN＝90°．
（1）当M的坐标为（4，0）时，求N的坐标；
（2）求点Q的轨迹方程；
（3）求|MN|的最小值与最大值．
【分析】（1）分析可知点N的横坐标为2，将x＝2代入圆O的方程，可求得点N的坐标；
（2）分析可知|MQ|＝|PQ|，利用两点间的距离公式、勾股定理化简可得出点Q的轨迹方程；
（3）利用圆的几何性质求出|PQ|的最小值和最大值，结合|MN|＝2|PQ|可求得结果．
【解答】解：（1）由题意可知，PN⊥MP，而直线MP为x轴，所以点N的横坐标为2，
将x＝2代入圆O的方程可得，此时点N的坐标为或．
（2）设点Q（x，y），因为∠MPN＝90°，Q为MN的中点，则，
连接OQ，则OQ⊥MN，且，
所以，，整理可得（x﹣1）2+y2＝7，
因此，点Q的轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝7．
（3）因为（2﹣1）2+02＜7，则点P在圆（x﹣1）2+y2＝7内，
记圆（x﹣1）2+y2＝7的圆心为E，半径为，则|PE|＝1，
则r﹣|PE|≤|PQ|≤r+|PE|，即，
所以，当点Q为圆（x﹣1）2+y2＝7与x轴的负半轴的交点时，|PQ|取最大值，
当点Q为圆（x﹣1）2+y2＝7与x轴正半轴的交点时，|PQ|取最小值，
所以，．
因此，|MN|的最小值为，最大值为．
【点评】本题考查动点轨迹方程的求法，直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
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