数学卷·2018届安徽省马鞍山二中高二上学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版） 15页

‎2016-2017学年安徽省马鞍山二中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．下列推理错误的是（　　）‎ A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊊α B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB C．l⊈α，A∈l⇒A∉α D．A∈l，l⊊α⇒A∈α ‎2．用一个平面去截四棱锥，不可能得到（　　）‎ A．棱锥 B．棱柱 C．棱台 D．四面体 ‎3．直线x﹣2y﹣3=0与圆（x﹣2）2+（y+3）2=9交于E，F两点，则△EOF（O是原点）的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎6．如图所示，平面α∩平面β=l，点A、B∈α，点C∈β，AB∩l=R，设过A、B、C三点的平面为γ，则β∩γ是（　　）‎ A．直线AC B．直线BC C．直线CR D．以上均不正确 ‎7．已知圆心（2，﹣3），一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上，则这个圆的方程是（　　）‎ A．x2+y2﹣4x+6y=0 B．x2+y2﹣4x+6y﹣8=0‎ C．x2+y2﹣4x﹣6y=0 D．x2+y2﹣4x﹣6y﹣8=0‎ ‎8．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知P，Q，R是圆x2+y2﹣2x﹣8=0上不同三点，它们到直线l：x+y+7=0的距离分别为x1，x2，x3，若x1，x2，x3成等差数列，则公差的最大值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎10．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎11．若圆C：x2+y2+2x﹣4y+3=0关于直线2ax+by+6=0对称，则由点（a，b）所作的切线长的最小值是（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．6‎ ‎12．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是（　　）‎ A．8 B．7 C．6 D．5‎ ‎　‎ 二、填空题（4×5=20分）‎ ‎13．圆（x﹣3）2+（y﹣3）2=9上到直线3x+4y﹣11=0的距离等于1的点的个数是　　．‎ ‎14．已知，如图所示的正方体的棱长为4，E、F分别为A1D1、AA1的中点，过C1、E、F的截面的周长为　　．‎ ‎15．已知直线l： =1，M是l上一动点，过M作x轴、y轴的垂线，垂足分别为A、B，P在AB连线上，且满足=2的点P的轨迹方程为　　．‎ ‎16．若圆锥的侧面展开图是半径为2，中心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6个大题，共70分）‎ ‎17．已知圆C与直线3x+4y﹣14=0相切于点（2，2），其圆心在直线x+y﹣11=0上，求圆C的方程．‎ ‎18．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）．‎ ‎（1）按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； ‎ ‎（2）在所给直观图中连接BC′，求证：BC′∥面EFG．‎ ‎19．已知直线x﹣y+1=0与圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+m=0交于A，B两点；‎ ‎（1）求线段AB的垂直平分线的方程；‎ ‎（2）若|AB|=2，求m的值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求过点P（4，4）的圆C的切线方程．‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=2，AC=AA1=4，∠ABC=90°．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积S；‎ ‎（2）求异面直线A1B与AC所成角的余弦值．‎ ‎21．圆台的上、下底面半径分别为5cm、10cm，母线长AB=20cm，从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到A点（A在下底面），求：‎ ‎（1）绳子的最短长度；‎ ‎（2）在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．‎ ‎22．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1交于点M、N两点．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）若•=12，其中O为坐标原点，求|MN|．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省马鞍山二中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．下列推理错误的是（　　）‎ A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊊α B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB C．l⊈α，A∈l⇒A∉α D．A∈l，l⊊α⇒A∈α ‎【考点】元素与集合关系的判断．‎ ‎【分析】本题主要考查了平面的基本性质及推论，根据平面的基本性质及推论，依次分析命题即可．‎ ‎【解答】解：A，B分别是公理1、2的符号表示，故它们都是正确的；‎ 对于C，l⊄α有两种可能，l∥α，l与α相交；若交点为A，则A∈l且A∈α．故错．‎ D是公理1的性质，正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．用一个平面去截四棱锥，不可能得到（　　）‎ A．棱锥 B．棱柱 C．棱台 D．四面体 ‎【考点】棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】根据棱柱的定义进行判断．‎ ‎【解答】解：∵棱柱的上下底面是相同的，‎ ‎∴用一个平面去截四棱锥，不可能得到棱柱．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．直线x﹣2y﹣3=0与圆（x﹣2）2+（y+3）2=9交于E，F两点，则△EOF（O是原点）的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】先求出圆心坐标，再由点到直线的距离公式和勾股定理求出弦长|EF|，再由原点到直线之间的距离求出三角形的高，进而根据三角形的面积公式求得答案．‎ ‎【解答】解：圆（x﹣2）2+（y+3）2=9的圆心为（2，﹣3）‎ ‎∴（2，﹣3）到直线x﹣2y﹣3=0的距离d==‎ 弦长|EF|=‎ 原点到直线的距离d=‎ ‎∴△EOF的面积为 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】空间几何体的直观图．‎ ‎【分析】根据已知中的三视图，结合三视图中有两个三角形即为锥体，有两个矩形即为柱体，有两个梯形即为台体，将几何体分解为简单的几何体分析后，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：由已知中三视图的上部分有两个矩形，一个三角形 故该几何体上部分是一个三棱柱 下部分是三个矩形 故该几何体下部分是一个四棱柱 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】斜二测法画直观图．‎ ‎【分析】利用面积公式，求出直观图的高，求出A′B′，然后求出A'O'的长．‎ ‎【解答】解：因为A'B'∥y'轴，所以在△ABC中，AB⊥OB，又三角形的面积为16，‎ 所以AB•OB=16．∴AB=8，‎ 所以A'B'=4．如图作A′D⊥O′B′于D，‎ 所以B′C′=A′C′，‎ 所以A'C'的长为：4•sin45°=2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，平面α∩平面β=l，点A、B∈α，点C∈β，AB∩l=R，设过A、B、C三点的平面为γ，则β∩γ是（　　）‎ A．直线AC B．直线BC C．直线CR D．以上均不正确 ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】根据平面的基本性质中公理二，只须找出这两个平面的公共点即可．‎ ‎【解答】解：由题意知，∵AB∩l=R，平面α∩平面β=l，‎ ‎∴R∈l，l⊂β，∴R∈γ．‎ 又A、B、C三点的平面为γ，‎ 即C∈γ．‎ ‎∴C，R是平面β和γ的公共点，‎ ‎∴β∩γ=CR．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．已知圆心（2，﹣3），一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上，则这个圆的方程是（　　）‎ A．x2+y2﹣4x+6y=0 B．x2+y2﹣4x+6y﹣8=0‎ C．x2+y2﹣4x﹣6y=0 D．x2+y2﹣4x﹣6y﹣8=0‎ ‎【考点】圆的一般方程．‎ ‎【分析】设直径的两个端点分别A（a，0）B（0，b），圆心C（2，﹣3）为AB的中点，利用中点坐标公式求出a，b后，再利用两点距离公式求出半径，得到圆的标准方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设直径的两个端点分别A（a，0）B（0，b）．圆心C为点（2，﹣3），‎ 由中点坐标公式得，a=4，b=﹣6，‎ ‎∴r=|AB|==，‎ 则此圆的方程是（x﹣2）2+（y+3）2=13，‎ 即x2+y2﹣4x+6y=0．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据主视图和俯视图作出几何体的直观图，找出所切棱锥的位置，得出答案．‎ ‎【解答】解：由主视图和俯视图可知切去的棱锥为D﹣AD1C，‎ 棱CD1在左侧面的投影为BA1，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．已知P，Q，R是圆x2+y2﹣2x﹣8=0上不同三点，它们到直线l：x+y+7=0的距离分别为x1，x2，x3，若x1，x2，x3成等差数列，则公差的最大值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】求出圆心到直线的距离，判断直线与圆的位置关系，继而得出圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，则距离最值的差的一半为最大公差．‎ ‎【解答】解：圆的圆心为（1，0），半径r=3，‎ 圆心到直线l的距离d===4，所以直线l与圆相离．‎ ‎∴圆上的点到直线l的距离的最小值为d﹣r=1，最大值为d+r=7．‎ ‎∴当x1=1，x3=7时，等差数列的公差取得最大值=3．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】求出满足条件的该正方体的正视图的面积的范围为即可得出．‎ ‎【解答】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为．‎ 因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为．‎ 因此可知：A，B，D皆有可能，而＜1，故C不可能．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．若圆C：x2+y2+2x﹣4y+3=0关于直线2ax+by+6=0对称，则由点（a，b）所作的切线长的最小值是（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．6‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由题意可知直线经过圆的圆心，推出a，b的关系，利用（a，b）与圆心的距离，半径，求出切线长的表达式，然后求出最小值．‎ ‎【解答】解：将圆C：x2+y2+2x﹣4y+3=0化为标准方程得：（x+1）2+（y﹣2）2=2，‎ ‎∴圆心C（﹣1，2），半径r=，‎ ‎∵圆C关于直线2ax+by+6=0对称，‎ ‎∴直线2ax+by+6=0过圆心，‎ 将x=﹣1，y=2代入直线方程得：﹣2a+2b+6=0，即a=b+3，‎ ‎∵点（a，b）与圆心的距离d=，‎ ‎∴点（a，b）向圆C所作切线长l==‎ ‎==≥4，‎ 当且仅当b=﹣1时弦长最小，最小值为4．‎ 故选C ‎　‎ ‎12．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是（　　）‎ A．8 B．7 C．6 D．5‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】结合三视图，画出几何体的直观图，即可判断搭成该几何体最少需要的小正方体的块数．‎ ‎【解答】解：由题意可知，‎ 三视图复原几何体是下层四个小正方体，‎ 上层两个正方体，如图，‎ 搭成该几何体最少需要的小正方体的块数：7．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（4×5=20分）‎ ‎13．圆（x﹣3）2+（y﹣3）2=9上到直线3x+4y﹣11=0的距离等于1的点的个数是　3　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】确定圆心和半径，求出圆心到直线的距离，与半径比较，数形结合可知共有三个交点．‎ ‎【解答】解：（x﹣3）2+（y﹣3）2=9是一个以（3，3）为圆心，3为半径的圆．‎ 圆心到3x+4y﹣11=0的距离为d=||=2，‎ 所以作与直线3x+4y﹣11=0距离为1的直线，会发现这样的直线有两条（一条在直线的上方，一条在直线的下方），上面的那条直线与圆有两个交点，下面的与圆有一个交点，所以圆上共有三个点与直线距离为1．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎14．已知，如图所示的正方体的棱长为4，E、F分别为A1D1、AA1的中点，过C1、E、F的截面的周长为　4+6　．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质．‎ ‎【分析】利用线面平行的判定和性质做两面交线，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：由EF∥平面BCC1B1，知平面BCC1B1与平面EFC1的交线为BC1，‎ 平面EFC1与平面ABB1A的交线为BF，‎ ‎∵正方体的棱长为4，‎ ‎∴截面周长为：‎ EF+FB+BC1+C1E=4+6．‎ 故答案为：4+6．‎ ‎　‎ ‎15．已知直线l： =1，M是l上一动点，过M作x轴、y轴的垂线，垂足分别为A、B，P在AB连线上，且满足=2的点P的轨迹方程为　　．‎ ‎【考点】轨迹方程．‎ ‎【分析】设出P与M的坐标，由=2把M的坐标用P的坐标表示，然后代入直线方程得答案．‎ ‎【解答】解：设P（x，y），M（m，n），‎ 则A（m，0），B（0，n），‎ ‎=（x﹣m，y），=（﹣x，n﹣y），‎ 由=2，得（x﹣m，y）=2（﹣x，n﹣y），‎ ‎，得，‎ 代入=1，得 ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎16．若圆锥的侧面展开图是半径为2，中心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为　2　．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】求出圆锥的母线和底面半径，设截面在圆锥底面的轨迹AB=a，（0＜a≤2r），用a表示出截面的面积，利用基本不等式求出截面的面积最大值．‎ ‎【解答】解：圆锥的母线长l=2，设圆锥的底面半径为r，‎ 则2πr=2×=．∴r=．‎ 设截面在圆锥底面的轨迹AB=a（0＜a≤）．‎ 则截面等腰三角形的高h=．‎ ‎∴截面面积S==≤=2，‎ 当且仅当a=2时取等号．‎ 故答案为2．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6个大题，共70分）‎ ‎17．已知圆C与直线3x+4y﹣14=0相切于点（2，2），其圆心在直线x+y﹣11=0上，求圆C的方程．‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】设圆心的坐标为（m，11﹣m），再根据 •（﹣）=﹣1，求得m=5，可得圆心坐标以及半径，从而求得圆C的方程．‎ ‎【解答】解：根据圆心在直线x+y﹣11=0上可设圆心的坐标为（m，11﹣m），‎ 再根据圆C与直线3x+4y﹣14=0相切于点（2，2），可得 •（﹣）=﹣1，‎ 求得m=5，故圆心坐标为（5，6），‎ 半径为 =5，故圆C的方程为 （x﹣5）2+（y﹣6）2=25．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）．‎ ‎（1）按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； ‎ ‎（2）在所给直观图中连接BC′，求证：BC′∥面EFG．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】（1）根据主视图，遵循“宽相等”的原则，先画外部轮廓（矩形）再描出三角形的部分．‎ ‎（2）先证明出AD′∥BC′，在通过中位线证明AD′∥EG，最后利用线面平行的判定定理证明出BC′∥面EFG．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示．‎ ‎（2）证明：如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，‎ 连接AD′，则AD′∥BC′．‎ 因为E，G分别为AA′，A′D′的中点，‎ 所以AD′∥EG，从而EG∥BC′．‎ 又BC′⊄平面EFG，‎ 所以BC′∥面EFG．‎ ‎　‎ ‎19．已知直线x﹣y+1=0与圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+m=0交于A，B两点；‎ ‎（1）求线段AB的垂直平分线的方程；‎ ‎（2）若|AB|=2，求m的值；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求过点P（4，4）的圆C的切线方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心（2，1），斜率为﹣1，可得线段AB的垂直平分线的方程．‎ ‎（2）利用|AB|=2，求出圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，从而可求m的值．‎ ‎（3）分类讨论，利用圆心到直线的距离等于半径，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，线段AB的垂直平分线经过圆的圆心（2，1），斜率为﹣1，‎ ‎∴方程为y﹣1=﹣（x﹣2），即x+y﹣3=0；‎ ‎（2）圆x2+y2﹣4x﹣2y+m=0可化为（x﹣2）2+（y﹣1）2=﹣m+5，‎ ‎∵|AB|=2，∴圆心到直线的距离为，‎ ‎∵圆心到直线的距离为d==，∴，∴m=1‎ ‎（3）由题意，知点P（4，4）不在圆上．‎ ‎①当所求切线的斜率存在时，设切线方程为y﹣4=k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k+4=0．由圆心到切线的距离等于半径，得=2，‎ 解得k=，所以所求切线的方程为5x﹣12y+28=0‎ ‎②当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x=4‎ 综上，所求切线的方程为x=4或5x﹣12y+28=0．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=2，AC=AA1=4，∠ABC=90°．‎ ‎（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积S；‎ ‎（2）求异面直线A1B与AC所成角的余弦值．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．‎ ‎【分析】（1）由已知求出BC=2， =2，由此能求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积．‎ ‎（2）连结BC1，由AC∥A1C1，得∠BA1C1是异面直线A1B与AC所成的角（或其补角），由此利用余弦定理能求出异面直线A1B与AC所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：（1）在△ABC中，‎ ‎∵AB=2，AC=4，∠ABC=90°，‎ ‎∴BC=2， =2，‎ ‎∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积S=2S△ABC+S侧=4+（2+2+4）×4=24+12．‎ ‎（2）连结BC1，∵AC∥A1C1，‎ ‎∴∠BA1C1是异面直线A1B与AC所成的角（或其补角），‎ 在△A1BC1中，，BC1=2，A1C1=4，‎ 由余弦定理，得cos∠BA1C1==．‎ ‎∴异面直线A1B与AC所成角的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎21．圆台的上、下底面半径分别为5cm、10cm，母线长AB=20cm，从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到A点（A在下底面），求：‎ ‎（1）绳子的最短长度；‎ ‎（2）在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．‎ ‎【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．‎ ‎【分析】（1）由题意需要画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线．‎ ‎（2）根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，在求出最短的距离．‎ ‎【解答】解：（1）画出圆台的侧面展开图，‎ 并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O．‎ 有图得：所求的最短距离是MB'，‎ 设OA=R，圆心角是θ，则由题意知，‎ ‎10π=θR ①，20π=θ（20+R） ②，由①②解得，θ=，R=20，‎ ‎∴OM=30，OB'=40，则MB'=50cm．‎ 故绳子最短的长度为：50cm．‎ ‎（2）作OC垂直于B'M交于D，OC是顶点O到MB'的最短距离，‎ 则DC是MB'与弧AA'的最短距离，DC=OC﹣OD=﹣20=4cm，‎ 即绳子上各点与上底面圆周的最短距离是：4cm．‎ ‎　‎ ‎22．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1交于点M、N两点．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）若•=12，其中O为坐标原点，求|MN|．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．‎ ‎（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．‎ ‎【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，‎ 设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx﹣y+1=0．‎ 由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．‎ 故由=1，解得：k1=，k2=．‎ 故当＜k＜，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1相交于M，N两点．‎ ‎（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），‎ 由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，‎ 可得 （1+k2）x2﹣4（k+1）x+7=0，‎ ‎∴x1+x2=，x1•x2=，‎ ‎∴y1•y2=（kx1+1）（kx2+1）=k2x1x2+k（x1+x2）+1‎ ‎=•k2+k•+1=，‎ 由•=x1•x2+y1•y2==12，解得 k=1，‎ 故直线l的方程为 y=x+1，即 x﹣y+1=0．‎ 圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．‎ 所以|MN|=2．‎