数学卷·2018届湖北省仙桃中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

数学卷·2018届湖北省仙桃中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

‎2016-2017学年湖北省仙桃中学高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m ‎2．已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行，则它们之间的距离是（　　）‎ A． B． C．8 D．2‎ ‎3．圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是（　　）‎ A．（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y+1）2=1 C．（x+1）2+（y+1）2=2 D．（x﹣1）2+（y﹣1）2=2‎ ‎4．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）‎ A．4π B．8π C．12π D．16π ‎5．过点A（1，2）且与原点距离最大的直线方程为（　　）‎ A．2x+y﹣4=0 B．x+2y﹣5=0 C．x+3y﹣7=0 D．3x+y﹣5=0‎ ‎6．已知圆T：（x﹣4）2+（y﹣3）2=25，过圆T内定点P（2，1）作两条相互垂直的弦AC和BD，那么四边形ABCD面积最大值为（　　）‎ A．21 B．21 C． D．42‎ ‎7．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 ‎8．如图，一个简单空间几何体的三视图中，其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则其侧面积是（　　）‎ A．12 B．8 C．4 D．‎ ‎9．有如下三个命题：‎ ‎①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线；‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线是平行直线；‎ ‎③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直．其中正确命题的个数为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎10．点E，F，G，H分别为空间四边形ABCD中AB，BC，CD，AD的中点，若AC=BD，且AC与BD成90°，则四边形EFGH是（　　）‎ A．菱形 B．梯形 C．正方形 D．空间四边形 ‎11．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．现要制作一个圆锥形漏斗，其母线长为t，要使其体积最大，其高为（　　）‎ A．. B．． C．.． D．.‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎13．过点A（3，2）且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是　　．‎ ‎14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角C1﹣BD﹣C的正切值为　　．‎ ‎15．在正三棱锥S﹣ABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC=，则此正三棱锥的外接球的表面积为　　．‎ ‎16．如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1‎ ‎，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎17．已知空间四边形ABCD的两条对角线的长AC=6，BD=8，AC与BD所成的角为30o，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，求四边形EFGH的面积．‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC=2AD，PB⊥AC，Q是线段PB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：AB⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求证：AQ∥平面PCD．‎ ‎19．如图，在四棱锥P﹣ABCED中，PD⊥面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=PA=2AD=4，‎ ‎（1）若E为PC中点，求证：PA∥平面BDE ‎（2）求三棱锥D﹣BCP的体积．‎ ‎20．已知两点A（2，3）、B（4，1），直线l：x+‎ ‎2y﹣2=0，在直线l上求一点P．‎ ‎（1）使|PA|+|PB|最小；‎ ‎（2）使|PA|﹣|PB|最大．‎ ‎21．已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A，B．‎ ‎（1）求圆C1的圆心坐标；‎ ‎（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；‎ ‎（3）是否存在实数 k，使得直线L：y=k（x﹣4）与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎22．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2=4和直线l：x=4，M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q．‎ ‎（1）若M点的坐标为（4，2），求直线PQ方程；‎ ‎（2）求证直线PQ过定点，并求出此定点的坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省仙桃中学高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m ‎【考点】直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】根据题意，依次分析选项：A，根据线面垂直的判定定理判断．C：根据线面平行的判定定理判断．D：由线线的位置关系判断．B：由线面垂直的性质定理判断；综合可得答案．‎ ‎【解答】解：A，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；‎ C：l∥α，m⊂α，则l∥m或两线异面，故不正确．‎ D：平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确．‎ B：由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面．故正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎2．已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行，则它们之间的距离是（　　）‎ A． B． C．8 D．2‎ ‎【考点】两条平行直线间的距离；直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】根据两平行直线的斜率相等，在纵轴上的截距不相等，求出 ‎ m，利用两平行直线间的距离公式求出两平行直线间的距离．‎ ‎【解答】解：∵直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0平行，∴=≠，∴m=8，‎ 故直线6x+my+14=0 即3x+4y+7=0，故两平行直线间的距离为 =2，‎ 故选 D．‎ ‎　‎ ‎3．圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是（　　）‎ A．（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y+1）2=1 C．（x+1）2+（y+1）2=2 D．（x﹣1）2+（y﹣1）2=2‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】利用两点间距离公式求出半径，由此能求出圆的方程．‎ ‎【解答】解：由题意知圆半径r=，‎ ‎∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为2，且三棱柱的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）‎ A．4π B．8π C．12π D．16π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据正三棱柱的对称性，它的外接球的球心在上下底面中心连线段的中点．再由正三角形的性质和勾股定理，结合题中数据算出外接球半径，用球表面积公式即可算出该球的表面积．‎ ‎【解答】解：设三棱柱ABC﹣A′B′C′的上、下底面的中心分别为O、O′，‎ 根据图形的对称性，可得外接球的球心在线段OO′中点O1，‎ ‎∵OA=AB=1，OO1=AA′=1‎ ‎∴O1A=‎ 因此，正三棱柱的外接球半径R=，可得该球的表面积为S=4πR2=8π 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．过点A（1，2）且与原点距离最大的直线方程为（　　）‎ A．2x+y﹣4=0 B．x+2y﹣5=0 C．x+3y﹣7=0 D．3x+y﹣5=0‎ ‎【考点】点到直线的距离公式；直线的一般式方程与直线的性质．‎ ‎【分析】过点A（1，2）且与原点距离最大的直线与OA垂直，再用点斜式方程求解．‎ ‎【解答】解：根据题意得，当与直线OA垂直时距离最大，‎ 因直线OA的斜率为2，所以所求直线斜率为﹣，‎ 所以由点斜式方程得：y﹣2=﹣（x﹣1），‎ 化简得：x+2y﹣5=0，‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．已知圆T：（x﹣4）2+（y﹣3）2=25，过圆T内定点P（2，1）作两条相互垂直的弦AC和BD，那么四边形ABCD面积最大值为（　　）‎ A．21 B．21 C． D．42‎ ‎【考点】圆內接多边形的性质与判定．‎ ‎【分析】设圆心到AC、BD的距离分别为d1、d2，则 d12+d22=8，代入面积公式S=×AC×BD，使用基本不等式求出四边形ABCD的面积的最大值．‎ ‎【解答】解：设圆心T（O）到AC、BD的距离分别为d1，d2．‎ 则d12+d22=TP2=OP2=8．．‎ 四边形ABCD的面积为：‎ S=×|AC|×|BD|=×2×2‎ ‎=2≤50﹣（d12+d22）=42．‎ 当且仅当d12=d22时取等号，‎ 故选 D．‎ ‎　‎ ‎7．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由M在圆外，得到|OM|大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=1的距离d，根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系．‎ ‎【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2=1外，‎ ‎∴a2+b2＞1，‎ ‎∴圆O（0，0）到直线ax+by=1的距离d=＜1=r，‎ 则直线与圆的位置关系是相交．‎ 故选B ‎　‎ ‎8．如图，一个简单空间几何体的三视图中，其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则其侧面积是（　　）‎ A．12 B．8 C．4 D．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】根据已知中一个简单空间几何体的三视图中，其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形，我们可以判断出该几何体为一个正四棱锥，进而求出其底面棱长及侧高，代入棱棱侧面积公式，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：由已知中几何体的三视图中，‎ 正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形 可得这个几何体是一个正四棱椎 且底面的棱长为2，棱锥的高为，其侧高为2‎ 则棱锥的侧面积S=4××2×2=8‎ 故选B ‎　‎ ‎9．有如下三个命题：‎ ‎①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线；‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线是平行直线；‎ ‎③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直．其中正确命题的个数为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】异面直线的判定；平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】①此命题考查的是异面直线的判定，分别在两个平面内的两条直线，三种位置关系均有可能；只有分别在两个平行平面中的两条直线才一定是异面直线．‎ ‎②此命题是直线与平面垂直的性质定理．‎ ‎③根据平面的基本性质及其推论可知：两条相交直线，有且只有一个平面．故可过斜线与平面α的交点作一条垂直于平面α的直线，则斜线与垂线所确定的平面即与平面α垂直，这样的平面有且只有一个．‎ ‎【解答】解：①分别在两个平行平面中的两条直线一定是异面直线，故①错误．‎ ‎②此命题是直线与平面垂直的性质定理，故②正确．‎ ‎③可过斜线与平面α的交点作一条垂直于平面α的直线，则斜线与垂线所确定的平面即与平面α垂直，这样的平面有且只有一个．故③正确．‎ ‎∴②③正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．点E，F，G，H分别为空间四边形ABCD中AB，BC，CD，AD的中点，若AC=BD，且AC与BD成90°，则四边形EFGH是（　　）‎ A．菱形 B．梯形 C．正方形 D．空间四边形 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】先根据三角形的中位线定理整出两队对边平行且相等，是一个平行四边形，再证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=90°，得到四边形是一个正方形．‎ ‎【解答】解：因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=BD 同理FG∥BD，EF∥AC，且FG=BD，EF=AC．‎ 所以EH∥FG，且EH=FG ‎∵AC=BD，‎ 所以四边形EFGH为菱形．‎ ‎∵AC与BD成900‎ ‎∴菱形是一个正方形，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】设圆柱底面积半径为r，求出圆柱的高，然后求圆柱的全面积与侧面积的比．‎ ‎【解答】解：设圆柱底面积半径为r，则高为2πr，‎ 全面积：侧面积=[（2πr）2+2πr2]：（2πr）2‎ ‎=．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．现要制作一个圆锥形漏斗，其母线长为t，要使其体积最大，其高为（　　）‎ A．. B．． C．.． D．.‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】设圆锥形漏斗的高为h，我们可以表示出底面半径r，进而得到圆锥体积的表达式，利用导数法，易得到体积取最大值时，高h与母线l之间的关系．‎ ‎【解答】解：设圆锥形漏斗的高为h，则圆锥的底面半径为，（0＜h＜t）‎ 则圆锥的体积V=•π（t2﹣h2）•h=﹣h3+h 则V′=﹣πh2+，‎ 令V′=0‎ 则h=±t ‎∵0＜h＜t ‎∴当高h=t时，圆锥的体积取最大值，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎13．过点A（3，2）且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是　2x﹣y﹣4=0　．‎ ‎【考点】直线的点斜式方程．‎ ‎【分析】设过点A（3，2）且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是2x﹣y+m=0，把A（3，2）代入方程求出m，即得 所求的直线方程．‎ ‎【解答】解：设过点A（3，2）且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是2x﹣y+‎ m=0，把A（3，2）代入方程得 ‎6﹣2+m=0，∴m=﹣4，故所求的直线方程为 2x﹣y﹣4=0，‎ 故答案为：2x﹣y﹣4=0．‎ ‎　‎ ‎14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角C1﹣BD﹣C的正切值为　　．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】取BD的中点O，连接OC1，OC，则∠COC1就是二面角C1﹣BD﹣C的平面角，由此能求出二面角C1﹣BD﹣C的正切值．‎ ‎【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，‎ 则，CD=BC=CC1=a，‎ 取BD的中点O，连接OC1，OC，则∠COC1就是二面角C1﹣BD﹣C的平面角，‎ ‎∵CO==，‎ ‎∴tan∠COC1==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．在正三棱锥S﹣ABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC=，则此正三棱锥的外接球的表面积为　36π　．‎ ‎【考点】球内接多面体．‎ ‎【分析】由题意推出SC⊥平面SAB，∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：∵三棱锥S﹣ABC正棱锥且侧棱SC⊥侧面SAB，‎ ‎∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，‎ ‎∴2R=2，∴R=3，∴S=4πR2=4π•（3）2=36π，‎ 故答案为：36π．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是　　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，利用两点之间线段最短，即可求出满足条件的P的位置，然后利用余弦定理即可求解．‎ ‎【解答】解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，‎ 连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．‎ 在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，‎ ‎∴BC1=2，A1C1=2，A1B=2，BC=1，CC1=，‎ 即∠A1C1B=90°，∠CC1B=30°，‎ ‎∴∠A1C1C=90°+30°=120°，‎ 由余弦定理可求得A1C2==‎ ‎，‎ ‎∴A1P+PC的最小值是，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎17．已知空间四边形ABCD的两条对角线的长AC=6，BD=8，AC与BD所成的角为30o，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，求四边形EFGH的面积．‎ ‎【考点】直线与平面平行的性质．‎ ‎【分析】由于AC∥EF，BD∥FG，所以得出EF与FG所成的角即为AC、BD所成的角，EFGH中有一内角为30°，利用平行四边形面积公式S=absinθ计算即可．‎ ‎【解答】解：∵AC∥EF，BD∥FG，‎ ‎∴EF与FG所成的角即为AC、BD所成的角，‎ ‎∴∠EFG（或其补角）=30°，S EFGH =EF×FG×sin∠EFG=AC×BD×sin30°，即．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC=2AD，PB⊥AC，Q是线段PB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：AB⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求证：AQ∥平面PCD．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质及PA⊥平面ABCD推断出PA⊥AC，PA⊥AB，进而利用PB⊥AC，推断出AC⊥平面PAB，利用线面垂直性质可知AC⊥AB，再根据PA⊥AB，PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A推断出AB⊥平面PAC．‎ ‎（Ⅱ）取PC中点E，连结QE，ED，推断出QE为中位线，判读出QE∥BC，BC=2AD，进而可知QE∥AD，QE=AD，判断出四边形AQED是平行四边形，进而可推断出AQ∥DE，最后根据线面平行的判定定理证明出AQ∥平面PCD．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，AC，AB⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AC，PA⊥AB，‎ ‎∵PB⊥AC，AP⊥AC，PA，PB⊂平面PAB，PA∩PB=P，‎ ‎∴AC⊥平面PAB，‎ ‎∵AB⊂平面PAB，‎ ‎∴AC⊥AB，PA⊥AB，PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A；‎ ‎∴AB⊥平面PAC．‎ ‎（Ⅱ）取PC中点E，连结QE，ED，‎ ‎∵Q是线段PB的中点，E是PC的中点，‎ ‎∴QE∥BC，BC=2AD，‎ ‎∴QE∥AD，QE=AD，‎ ‎∴四边形AQED是平行四边形，‎ ‎∴AQ∥DE，‎ ‎∵AQ∥ED，ED⊂平面PCD，‎ ‎∴AQ∥平面PCD．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在四棱锥P﹣ABCED中，PD⊥面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=PA=2AD=4，‎ ‎（1）若E为PC中点，求证：PA∥平面BDE ‎（2）求三棱锥D﹣BCP的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）连结AC，BD，交于点O，连结OE，则OE∥AP，由此能证明PA∥平面BDE．‎ ‎（2）求出S△BDC==2，PD==2，由，能求出三棱锥D﹣BCP的体积．‎ ‎【解答】（1）证明：连结AC，BD，交于点O，‎ ‎∵四边形ABCD为平行四边形，∴O是AC中点，‎ ‎∵E是PC中点，∴OE∥AP，‎ 又AP⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，‎ ‎∴PA∥平面BDE．‎ ‎（2）解：∵S△BDC==2，‎ PD==2，‎ ‎∴==4．‎ ‎　‎ ‎20．已知两点A（2，3）、B（4，1），直线l：x+2y﹣2=0，在直线l上求一点P．‎ ‎（1）使|PA|+|PB|最小；‎ ‎（2）使|PA|﹣|PB|最大．‎ ‎【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线的两点式方程．‎ ‎【分析】先判断A、B与直线l：x+2y﹣2=0的位置关系，即把点的坐标代入x+2y﹣2，看符号相同在同侧，相反异侧．‎ ‎（1）使|PA|+|PB|最小，如果A、B在l的同侧，将其中一点对称到l的另一侧，连线与l的交点即为P；‎ 如果A、B在l的异侧，则直接连线求交点P即可．‎ ‎（2）使|PA|﹣|PB|最大．如果A、B在l的同侧，则直接连线求交点P即可；‎ 如果A、B在l的异侧，将其中一点对称到l的另一侧，连线与l的交点即为P．‎ ‎【解答】解：（1）可判断A、B在直线l的同侧，设A点关于l的对称点A1的坐标为（x1，y1）．‎ 则有+2•﹣2=0， •（﹣）=﹣1．‎ 解得 x1=﹣，‎ y1=﹣．‎ 由两点式求得直线A1B的方程为y=（x﹣4）+1，直线A1B与l的交点可求得为P（，﹣）．‎ 由平面几何知识可知|PA|+|PB|最小．‎ ‎（2）由两点式求得直线AB的方程为y﹣1=﹣（x﹣4），即x+y﹣5=0．‎ 直线AB与l的交点可求得为P（8，﹣3），它使|PA|﹣|PB|最大．‎ ‎　‎ ‎21．已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A，B．‎ ‎（1）求圆C1的圆心坐标；‎ ‎（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；‎ ‎（3）是否存在实数 k，使得直线L：y=k（x﹣4）与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；‎ ‎（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；‎ ‎（3）通过联立直线L与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5=0，‎ 整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2=4，‎ ‎∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；‎ ‎（2）设当直线l的方程为y=kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），‎ 联立方程组，‎ 消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5=0，‎ 由△=36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜‎ 由韦达定理，可得x1+x2=，‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为，其中﹣＜k＜，‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x﹣）2+y2=，其中＜x≤3；‎ ‎（3）结论：当k∈（﹣，）∪{﹣， }‎ 时，直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点．‎ 理由如下：‎ 联立方程组，‎ 消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2=0，‎ 令△=（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2=0，解得k=±，‎ 又∵轨迹C的端点（，±）与点（4，0）决定的直线斜率为±，‎ ‎∴当直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，‎ k的取值范围为（﹣，）∪{﹣， }．‎ ‎　‎ ‎22．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2=4和直线l：x=4，M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q．‎ ‎（1）若M点的坐标为（4，2），求直线PQ方程；‎ ‎（2）求证直线PQ过定点，并求出此定点的坐标．‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用．‎ ‎【分析】（1）求出A1，A2的坐标，可求直线MA1的方程、直线MA2的方程，与圆的方程联立，求出P，Q的坐标，由两点式求直线PQ方程；‎ ‎（2）设M（4，t），则直线MA1的方程：，直线MA2的方程：，分别代入圆的方程，求出P，Q的坐标，分类讨论，确定直线PQ的方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）解：当M（4，2），‎ 则A1（﹣2，0），A2（2，0）．‎ 直线MA1的方程：x﹣3y+2=0，‎ 解得．‎ 直线MA2的方程：x﹣y﹣2=0，‎ 解得Q（0，﹣2），‎ 由两点式可得直线PQ的方程为2x﹣y﹣2=0；‎ ‎（2）证明：设M（4，t），则直线MA1的方程：，直线MA2的方程：‎ 由得 由得 当时，，‎ 则直线PQ：‎ 化简得，恒过定点（1，0）‎ 当时，，直线PQ：x=1，恒过定点（1，0）‎ 故直线PQ过定点（1，0）．…‎ ‎　‎