全国高考文科数学试题分类汇编8 解析几何.docx

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全国高考文科数学试题分类汇编8解析几何

2014年全国高考文科数学试题分类汇编8解析几何

H1　直线的倾斜角与斜率、直线的方程

6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（　　）

A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0

C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0

6．D　[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.

又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.

20．、、[2014·全国新课标卷Ⅰ]已知点P（2，2），圆C：

x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．

（1）求M的轨迹方程；

（2）当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．

20．解：

（1）圆C的方程可化为x2＋（y－4）2＝16，

所以圆心为C（0，4），半径为4.

设M（x，y），则CM＝（x，y－4），MP＝（2－x，2－y）．

由题设知CM·MP＝0，故x（2－x）＋（y－4）（2－y）＝0，即（x－1）2＋（y－3）2＝2.

由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是（x－1）2＋（y－3）2＝2.

（2）由

（1）可知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆．

由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.

因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，

故l的方程为y＝－x＋.

又|OM|＝|OP|＝2，O到直线l的距离为，

故|PM|＝，所以△POM的面积为.

21．、、、[2014·重庆卷]如图15，设椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.

（1）求该椭圆的标准方程．

（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？

若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．

图15

21．解：

（1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c2＝a2－b2.

由＝2　得|DF1|＝＝c.

从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.

从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，

所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2　，故a＝，b2＝a2－c2＝1.

因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.

（2）如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1（x1，y1），P2（x2，y2）是两个交点，y1＞0，y2＞0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.

由

（1）知F1（－1，0），F2（1，0），所以＝（x1＋1，y1），＝（－x1－1，y1）．再由F1P1⊥F2P2得－（x1＋1）2＋y＝0.

由椭圆方程得1－＝（x1＋1）2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.

当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．

当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C（0，y0），由CP1⊥F1P1，得·＝－1.

而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.

圆C的半径|CP1|＝＝.

综上，存在满足题设条件的圆，其方程为

x2＋＝.

H2　两直线的位置关系与点到直线的距离

6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（　　）

A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0

C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0

6．D　[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.

又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.

18．、、、[2014·江苏卷]如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：

新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO＝.

（1）求新桥BC的长．

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？

图16

18．解：

方法一：

（1）如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.

由条件知A（0,60）,C（170，0），

直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.

又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝.

设点B的坐标为（a，b），

则kBC＝＝－，kAB＝＝，

解得a＝80,b＝120，

所以BC＝＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm（0≤d≤60）．

由条件知，直线BC的方程为y＝－（x－170），

即4x＋3y－680＝0.

由于圆M与直线BC相切，故点M（0,d）到直线BC的距离是r，

即r＝＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

方法二：

（1）如图所示，延长OA,CB交于点F.

因为tan∠FCO＝，

所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝.

因为OA＝60，OC＝170，

所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF＝＝，从而AF＝OF－OA＝.

因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.

又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm（0≤d≤60）．

因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.

故由

（1）知sin∠CFO＝＝＝＝，所以r＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，

所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

22．、、[2014·全国卷]已知抛物线C：

y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.

（1）求C的方程；

（2）过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．

22．解：

（1）设Q（x0，4），代入y2＝2px，得x0＝，

所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.

由题设得＋＝×，解得p＝－2（舍去）或p＝2，

所以C的方程为y2＝4x.

（2）依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1（m≠0）．

代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.

故线段AB的中点为D（2m2＋1，2m），

|AB|＝|y1－y2|＝4（m2＋1）．

又直线l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－y＋2m2＋3.

将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋y－4（2m2＋3）＝0.

设M（x3，y3），N（x4，y4），则y3＋y4＝－，y3y4＝－4（2m2＋3）．

故线段MN的中点为E，

|MN|＝|y3－y4|＝.

由于线段MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，从而

|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，即

4（m2＋1）2＋＋＝

，

化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1.

所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.

21．、、、[2014·重庆卷]如图15，设椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.

（1）求该椭圆的标准方程．

（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？

若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．

图15

21．解：

（1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c2＝a2－b2.

由＝2　得|DF1|＝＝c.

从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.

从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，

所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2　，故a＝，b2＝a2－c2＝1.

因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.

（2）如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1（x1，y1），P2（x2，y2）是两个交点，y1＞0，y2＞0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.

由

（1）知F1（－1，0），F2（1，0），所以＝（x1＋1，y1），＝（－x1－1，y1）．再由F1P1⊥F2P2得－（x1＋1）2＋y＝0.

由椭圆方程得1－＝（x1＋1）2，即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.

当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．

当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C（0，y0），由CP1⊥F1P1，得·＝－1.

而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.

圆C的半径|CP1|＝＝.

综上，存在满足题设条件的圆，其方程为

x2＋＝.

H3　圆的方程

6．，，[2014·福建卷]已知直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是（　　）

A．x＋y－2＝0B．x－y＝2＝0

C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0

6．D　[解析]由直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，可设直线l的方程为x－y＋m＝0.

又直线l过圆x2＋（y－3）2＝4的圆心（0，3），则m＝3，所以直线l的方程为x－y＋3＝0，故选D.

17．[2014·湖北卷]已知圆O：

x2＋y2＝1和点A（－2，0），若定点B（b，0）（b≠－2）和常数λ满足：

对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则

（1）b＝________；

（2）λ＝________．

17．

（1）－　

（2）　[解析]设点M（cosθ，sinθ），则由|MB|＝λ|MA|得（cosθ－b）2＋sin2θ＝λ2，即－2bcosθ＋b2＋1＝4λ2cosθ＋5λ2对任意的θ都成立，所以又由|MB|＝λ|MA|，得λ>0，且b≠－2，解得

18．、、、[2014·江苏卷]如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：

新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO＝.

（1）求新桥BC的长．

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？

图16

18．解：

方法一：

（1）如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.

由条件知A（0,60）,C（170，0），

直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.

又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝.

设点B的坐标为（a，b），

则kBC＝＝－，kAB＝＝，

解得a＝80,b＝120，

所以BC＝＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm（0≤d≤60）．

由条件知，直线BC的方程为y＝－（x－170），

即4x＋3y－680＝0.

由于圆M与直线BC相切，故点M（0,d）到直线BC的距离是r，

即r＝＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

方法二：

（1）如图所示，延长OA,CB交于点F.

因为tan∠FCO＝，

所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝.

因为OA＝60，OC＝170，

所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF＝＝，从而AF＝OF－OA＝.

因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.

又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm（0≤d≤60）．

因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.

故由

（1）知sin∠CFO＝＝＝＝，所以r＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，

所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

20．、、[2014·辽宁卷]圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴、y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图15所示）．

图15

（1）求点P的坐标；

（2）焦点在x轴上的椭圆C过点P，且与直线l：

y＝x＋交于A，B两点，若△PAB的面积为2，求C的标准方程．

20．解：

（1）设切点坐标为（x0，y0）（x0＞0，y0＞0），则切线斜率为－，切线方程为y－y0＝－（x－x0），即x0x＋y0y＝4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为，，其围成的三角形的面积S＝··＝.由x＋y＝4≥2x0y0知当且仅当x0＝y0＝时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为（，）．

（2）设C的标准方程为＋＝1（a＞b＞0），点A（x1，y1），B（x2，y2）．由点P在C上知＋＝1，并由得b2x2＋4x＋6－2b2＝0.

又x1，x2是方程的根，所以

由y1＝x1＋，y2＝x2＋，得

|AB|＝|x1－x2|＝·.

由点P到直线l的距离为及S△PAB＝×|AB|＝2，得|AB|＝，即b4－9b2＋18＝0，

解得b2＝6或3，因此b2＝6，a2＝3（舍）或b2＝3，a2＝6，从而所求C的方程为＋＝1.

20．、、[2014·全国新课标卷Ⅰ]已知点P（2，2），圆C：

x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．

（1）求M的轨迹方程；

（2）当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．

20．解：

（1）圆C的方程可化为x2＋（y－4）2＝16，

所以圆心为C（0，4），半径为4.

设M（x，y），则CM＝（x，y－4），MP＝（2－x，2－y）．

由题设知CM·MP＝0，故x（2－x）＋（y－4）（2－y）＝0，即（x－1）2＋（y－3）2＝2.

由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是（x－1）2＋（y－3）2＝2.

（2）由

（1）可知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆．

由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.

因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－，

故l的方程为y＝－x＋.

又|OM|＝|OP|＝2，O到直线l的距离为，

故|PM|＝，所以△POM的面积为.

H4　直线与圆、圆与圆的位置关系

5．[2014·浙江卷]已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是（　　）

A．－2B．－4

C．－6D．－8

5．B　[解析]圆的标准方程为（x＋1）2＋（y－1）2＝2－a，r2＝2－a，则圆心（－1，1）到直线x＋y＋2＝0的距离为＝.由22＋（）2＝2－a，得a＝－4,故选B.

6．[2014·安徽卷]过点P（－，－1）的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是（　　）

A.B.

C.D.

6．D　[解析]易知直线l的斜率存在，所以可设l：

y＋1＝k（x＋），即kx－y＋k－1＝0.因为直线l圆x2＋y2＝1有公共点，所以圆心（0，0）到直线l的距离≤1，即k2－k≤0，解得0≤k≤，故直线l的倾斜角的取值范围是.

7．[2014·北京卷]已知圆C：

（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0）（m＞0）．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为（　　）

A．7B．6

C．5D．4

7．B　[解析]由图可知，圆C上存在点P使∠APB＝90°，即圆C与以AB为直径的圆有公共点，所以－1≤m≤＋1，即4≤m≤6.

11．，[2014·福建卷]已知圆C：

（x－a）2＋（y－b）2＝1，平面区域Ω：

若圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为（　　）

A．5B．29

C．37D．49

11．C　[解析]作出不等式组表示的平面区域Ω（如下图阴影部分所示，含边界），圆C：

（x－a）2＋（y－b）2＝1的圆心坐标为（a，b），半径为1.由圆C与x轴相切，得b＝1.解方程组得即直线x＋y－7＝0与直线y＝1的交点坐标为（6，1），设此点为P.

又点C∈Ω，则当点C与P重合时，a取得最大值，

所以，a2＋b2的最大值为62＋12＝37，故选C.

21．[2014·福建卷]已知曲线Γ上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y＝－3的距离小2.

（1）求曲线Γ的方程．

（2）曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：

当点P在曲线Γ上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？

证明你的结论．

21．解：

方法一：

（1）设S（x，y）为曲线Γ上任意一点．

依题意，点S到点F（0，1）的距离与它到直线y＝－1的距离相等，

所以曲线Γ是以点F（0，1）为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，

所以曲线Γ的方程为x2＝4y.

（2）当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：

由

（1）知抛物线Γ的方程为y＝x2.

设P（x0，y0）（x0≠0），则y0＝x，

由y′＝x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝x0，

所以切线l的方程为y－y0＝x0（x－x0），即y＝x0x－x.

由得A.

由得M.

又N（0，3），所以圆心C，

半径r＝|MN|＝，

|AB|＝

＝

＝.

所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．

方法二：

（1）设S（x，y）为曲线Γ上任意一点，

则|y－（－3）|－＝2.

依题意，点S（x，y）只能在直线y＝－3的上方，所以y＞－3，

所以＝y＋1，

化简得，曲线Γ的方程为x2＝4y.

（2）同方法一．

6．[2014·湖南卷]若圆C1：

x2＋y2＝1与圆C2：

x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝（　　）

A．21B．19C．9D．－11

6．C　[解析]依题意可得C1（0，0），C2（3，4），则|C1C2|＝＝5.又r1＝1，r2＝，由r1＋r2＝＋1＝5，解得m＝9.

9．[2014·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆（x－2）2＋（y＋1）2＝4截得的弦长为________．

9.　[解析]由题意可得，圆心为（2，－1），r＝2，圆心到直线的距离d＝＝，所以弦长为2＝2＝.

18．、、、[2014·江苏卷]如图16所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：

新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO＝.

（1）求新桥BC的长．

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？

图16

18．解：

方法一：

（1）如图所示，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.

由条件知A（0,60）,C（170，0），

直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－.

又因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB＝.

设点B的坐标为（a，b），

则kBC＝＝－，kAB＝＝，

解得a＝80,b＝120，

所以BC＝＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM＝dm（0≤d≤60）．

由条件知，直线BC的方程为y＝－（x－170），

即4x＋3y－680＝0.

由于圆M与直线BC相切，故点M（0,d）到直线BC的距离是r，

即r＝＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

方法二：

（1）如图所示，延长OA,CB交于点F.

因为tan∠FCO＝，

所以sin∠FCO＝，cos∠FCO＝.

因为OA＝60，OC＝170，

所以OF＝OCtan∠FCO＝，CF＝＝，从而AF＝OF－OA＝.

因为OA⊥OC,所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝.

又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150.

因此新桥BC的长是150m.

（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝rm，OM＝dm（0≤d≤60）．

因为OA⊥OC,所以sin∠CFO＝cos∠FCO.

故由

（1）知sin∠CFO＝＝＝＝，所以r＝.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m，

所以

即

解得10≤d≤35.

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

所以当OM＝10m时，圆形保护区的面积最大．

16．、[2014·全国卷]直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于________．

16.　[解析]如图所示，根据题意知，OA⊥PA，OA＝，OP＝，所以PA＝＝2，所以tan∠OPA＝＝＝，故tan∠APB＝＝，即l1与l2的夹角的正切值等于.

12．[2014·新课标全国卷Ⅱ]设点M（x0，1），若在圆O：

x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是（　　）

A.[－1，1]B.

C.[－，]D.