2020年江西省南昌二中高考质量检测数学试题(含解析) 19页

2020 年江西省南昌二中高考质量检测数学试题 一、单选题 1．圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120 的扇形，则圆锥的表面积为（ ） A． 2 B．3 C． 4 D．16 3  2．设集合      1,2,3,4,5 , 1,2,3 , 2,3,4U A B   ，则  U A B ð ( ) A． 2,3 B． 1,4,5 C． 4,5 D． 1,5 3．已知函数   2tan 4f x x      （ 0 ）的图象与直线 2y  的两个相邻交点的距离等于 2 ， 则 2f     的值是（ ） A．2 B．0 C． 1 D． 3 4．函数 2 22x xy  的值域为（ ） A． 1[ , )2  B．[2, ) C． 1(0, ]2 D．（0,2] 5．已知 aR ,那么“直线 1y ax  与 4 2y ax   垂直”是“ 1 2a  ”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．若曲线 C1：x2＋y2－2x＝0 与曲线 C2：y(y－mx+3m)＝0 有四个不同的交点，则实数 m 的取值范围 是（ ） A． 3 30 0,3 3               ， B． 3 3,3 3      C． 3 3, ,3 3                 D． 3 3,3 3      7． a=l 是直线 y=ax+1 和直线 y=(a 一 2)x 一 1 垂直的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．已知数列{ }na 是公比不为 1 的等比数列，且 1 1a  ， 32a 是 23a 与 4a 的等差中项，则 na （ ） A． 12n B． 13n C． 11 2 n    D． 11 3 n    9．如图所示，点 P 在边长为 1 的正方形 ABCD 的边上运动，设 M 是 CD 的中点，则当点 P 沿 — — —A B C M 运动时， APM△ 的面积 y 与点 P 经过的路程 x 之间关系的函数  y f x 的图 象大致是（ ） A． B． C． D． 10．已知角 的终边经过点  2, 1P  ，则 sin cos sin cos       （ ） A． 4 B． 3 C． 1 2 D． 3 4 11．已知函数 3 23( ) e ( 6 2) 2 e2 x xf x x x xx a      ，若不等式 ( ) 0f x  在[ 2, )  上有 解，则实数 a 的最小值为 A． 3 1 2 e   B． 3 2 2 e   C． 3 1 4 2e   D． 11 e   12．甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的 m,n 的比值 m n  A． 1 3 B． 1 2 C．2 D．3 二、填空题 13．若 a 表示向南走 1 公里，b 表示向东走 2 公里，c 表示向北走 3 公里，则 a b c   表示______. 14．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝－1，Sn＝2an＋n(n∈N*)，则 an＝________. 15．关于圆周率 ，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验. 受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计 的值：先请 120 名同学每人随机写下一个都小 于 1 的正实数对 ,x y ；再统计两数能与 1 构成钝角三角形三边的数对  ,x y 的个数 m ；最后再根 据统计数 m 估计 的值，假如统计结果是 34m  ，那么可以估计 的值约为___________． 三、解答题 16．底面 ABCD 为菱形且侧棱 AE ⊥底面 ABCD 的四棱柱被一平面截取后得到如图所示的几何体. 若 4DA DH DB   ， 3AE CG  . （1）求证： EG DF ； （2）求三棱锥 F BEG 的体积. 17．已知函数   21ln 12f x x ax   . （1）证明：曲线  y f x 在 1x  处的切线恒过定点，并求出该定点的坐标； （2）若关于 x 的不等式   ( 1)f x a x  恒成立，求整数 a 的最小值. 18．在平面直角坐标系 xoy 中，函数 ( ) 2 sin cos ( , 0, 0,0 )2 2 2 x xf x A x R A            的部分图像如图所示，P 是图像 上的最高点，Q 为图像与 x 轴的交点，向量 ,OP OQ  的模分别为 5 ,22 ，且它们的夹角的余弦值为 5 5 . (1) 求函数 ( )y f x 的解析式； （2）函数 ( ) sin 3g x x ，当 [0,2]x 时，求函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的值域. 19．选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xoy 中,已知直线l 的参数方程为 cos ,(sin x t ty t      为参数, 0 ),   以原点 O 为 极点,以 x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方程为 2 .1 cos    (1)写出直线l 的极坐标方程和曲线 C 的直角坐标方程; (2)若直线l 与曲线 C 相交于 A,B 两点,求 1 1 | | | |OA OB  的值. 20．下表提供了某厂生产某产品过程中记录的产量 x（吨）与相应的生产能耗 y（吨标准煤）的几 组对照数据： x 2 4 6 8 10 y 4 5 7 9 10 （1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a $ $ $ ； （2）根据（1）中求出的线性回归方程，预测生产 20 吨该产品的生产能耗是多少吨标准煤？ 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：      1 1 2 22 1 1 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                 ， a y bx $ $ 21．如图是某几何体的三视图. （1）求该几何体外接球的体积； （2）求该几何体内切球的半径. 22．已知函数    2 2f x x x m m R      ． （1）若 1m  ，求不等式   0f x  的解集； （2）若方程  f x x 有三个实根，求实数 m 的取值范围． 23．已知圆C 经过坐标原点O 和点 (2,2) ，且圆心在 x 轴上． （I）求圆C 的方程． （II）设直线l 经过点 (1,2) ，且l 与圆C 相交所得弦长为 2 3 ，求直线l 的方程． 【答案与解析】 1．C 由于题意可知圆锥的母线长，底面周长即扇形的弧长，由此可以求得底面的半径 r，求出底面圆的 面积，即可求解表面积． ∵圆锥侧面展开图是一个圆心角为 120°半径为 3 的扇形 ∴圆锥的母线长为 l＝3，底面周长即扇形的弧长为 2 3   3＝2π， ∴底面圆的半径 r＝1，可得底面圆的面积为π×r2＝π， 圆锥的表面积为： 21 2 3 12       4π． 故选 C． 本题考查弧长公式及旋转体的表面积公式，解答此类问题关键是求相关几何量的数据，本题考查了 空间想像能力及运用公式计算的能力． 2．B ∵    1,2,3 , 2,3,4A B  ∴  2,3A B  又∵  1, 2, 3, 4, 5U  ∴    1,4,5U A B ð 故选 B； 【考点】：此题重点考察集合的交集，补集的运算； 【突破】：画韦恩氏图，数形结合； 3．B y a 与正切函数相交后形成的线段长为T ,由 1 2 2T      可得   12tan 2 4f x x      ,再 将 2x   代入求值即可 由题意知函数  f x 的周期为 2 ,则 1 2 2T      ,所以   12tan 2 4f x x      , 所以 12tan 2tan 0 02 2 2 4f                      故选:B 本题考查正切型函数图象的性质,考查正切函数求值 4．A 2 2 12 ( 1) 1 1 2x x x y         ,选 A. 5．B 若直线 1y ax  与 4 2y ax   垂直，则   14 1, 2a a a       故“直线 1y ax  与 4 2y ax   垂直”是“ 1 2a  ”的必要不充分条件, 故选 B 6．A 由题意可知曲线 2 2 1 : 2 0C x y x   表示一个圆，曲线  2 : 0C y y mx m   表示两条直线 0y  和 0y mx m   ，把圆的方程化为标准方程后找出圆心与半径，此圆与 0y  有两交点， 由两曲线要有 4 个交点可知，圆与 0y mx m   要有 2 个交点，根据直线 0y mx m   过定点， 先求出直线与圆相切时 m 的值，然后根据图象可写出满足题意的 m 的范围. 由题意可知曲线 2 2 1 : 2 0C x y x   表示一个圆，化为标准方程得：  2 21 1,x y   圆心坐标为 1,0 ，半径 1r  ；  2 : 0C y y mx m   表示两条直线 0y  和 0y mx m   ， 由直线 0y mx m   可知，此直线过定点 1,0 ， 直线 0y  和圆交于点 0,0 和 2,0 ， 因此直线 0y mx m   与圆相交即可满足条件， 当直线 0y mx m   与圆相切时，圆心到直线的距离 2 2 1 1 md r m     ， 化简得 2 1 3m  ，解得 3 3m   ， 而 0m  时，直线方程为 0y  ，两直线重合，不合题意， 则直线 0y mx m   与圆相交时， 3 3,0 0,3 3m                ，故选 A. 本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题.解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两 个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径， 弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解 答. 7．C 试题分析：若 a=1，则直线 y=x+1 和直线 y=－x－1 的斜率乘积为一 1，所以两者互相垂直；若直 线 y=ax+1 和直线 y=(a 一 2)x—1 垂直，则有 a(a 一 2)=一 1，解之得 a=1.故为充要条件,故选 C. 考点：两直线的位置关系 点评：本题主要是通过常用逻辑用语来考查两直线的位置关系． 8．B 设数列{ }na 的公比为 q，由题意可得 2 34 3q q q  ，解方程即得解. 设数列{ }na 的公比为 q，由题意可得 2 34 3q q q  ， 所以 24 3q q  解得 3q  或 1q  （舍去）， 故 13n na  . 故选：B. 本题主要考查等比数列通项的基本量的计算，考查等比数列的通项的求法，意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平. 9．A 讨论当点在 AB 上移动时、在 BC 上移动时、在 CD 上移动时， APM△ 的面积变化，即结合图形， 分别表示出当 0 1x  、1 2x  、 2 2.5x  时， APM△ 的面积，即可求得  y f x 的解析 式，根据函数解析式结合选项即可得答案. 依题意，当 0 1x  时， 1 112 2ABMS x x    ； 当1 2x  时， APM ABP PCMABCMS S S S  梯形△ △ △ 1 1 1 1 11 1 1 ( 1) (2 )2 2 2 2 2x x               1 3 4 4x   ； 当 2 2.5x  时， 1 1 51 (2.5 )2 2 4ABMS x x       ∴ 1 ,0 1,2 1 3( ) ,1 2,4 4 1 5 ,2 2.5.2 4 x x y f x x x x x             „ „ 故选：A. 本题考查函数图像的判定与作法，确定分类依据是解题的关键，属于基础题. 10．B 根据角的终边上一点的坐标，求得 tan 的值，对所求表达式分子分母同时除以 cos ，转化为只 含 tan 的形式，由此求得表达式的值. 依题意可知 1tan 2    ， 1 1sin cos tan 1 2 31sin sin tan 1 12                ．故选 B. 本小题主要考查三角函数的定义，考查齐次方程的计算，属于基础题. 11．C 原不等式等价于 3 21 3 3 12 4 2 x xa x x x e      恒成立，构造函数   3 21 3 3 12 4 2 x xg x x x x e      ，求导研究函数的单调性进而得到函数的最值. 由   3 23 6 2 2 02 x xf x e x x x ae x          ，可得 3 21 3 3 12 4 2 x xa x x x e      ，令   3 21 3 3 12 4 2 x xg x x x x e      ，则    23 3 1 3 13 1 32 2 2 2 2x x xg x x x x xe e             ， 故当  2,1x  时，   0g x  ，当  1,x  时，   0g x  ，故  g x 在 2,1 上是减函数，在  1, 上是增函数，故    min 1 3 1 3 11 3 12 4 2 4 2g x g e e          ，所以实数 a 的最小值为 3 1 4 2e   ． 故选 C． （1）若 ( ) ( )f x g a³ 对于 x D 恒成立，则应求 ( )f x 的最小值；若 ( ) ( )f x g a 对于 x D 恒成 立，则应求 ( )f x 的最大值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错． （2）在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，一般而言，在同一“问题”中，若是对 自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集． （3）若存在 x D ，使得 ( ) ( )f x g a³ 成立，则应求 ( )f x 的最大值；若存在 x D ，使得 ( ) ( )f x g a 成立，则应求 ( )f x 的最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错． 12．A 分析：根据茎叶图得到甲乙两组数的中位数和平均数，根据题意求出 ,m n 的值，然后可得所求． 详解：由题意得，甲组数据为： 24,29,30 ,42m ；乙组数据为： 25,20 ,31,33,42n ． ∴甲、乙两组数据的中位数分别为 59 ,312 m ， 且甲、乙两组数的平均数分别为 24 29 (30 ) 42 125 25 (20 ) 31 33 42 151,4 4 5 5 m m n nx x甲 乙               ． 由题意得 59 312 125 151 4 5 m m n      ，解得 3 9 m n    ， ∴ 3 1 9 3 m n   ． 故选 A． 点睛：茎叶图的优点是保留了原始数据的所有特征，且便于记录及表示，能反映数据在各段上的分 布情况．茎叶图和平均数、方差、众数、中位数等数字特征常结合在一起，考查学生的数据分析能 力和运算能力． 13．东北方向走了 2 2 公里 根据向量的几何意义 a c  表示向北走了 2 公里，b  表示向东走 2 公里，即可知和向量的方向与大 小. 因为根据向量的几何意义 a c  表示向北走了 2 公里， 所以 a b c    表示向东走 2 公里，向北走了 2 公里的和向量， 所以根据平行四边形法则知， a b c    表示东北方向走了 2 2 公里. 故答案为：东北方向走了 2 2 公里 本题主要考查了向量加法的平行四边形法则，三角形法则，属于中档题. 14．1－2n 因为 Sn＝2an＋n，① 所以 Sn＋1＝2an＋1＋n＋1，② ②－①，可得 an＋1＝2an－1，即 an＋1－1＝2(an－1)，又因为 a1＝－1，所以数列{an－1}是以－2 为首 项，2 为公比的等比数列，所以 an－1＝(－2)·2n－1＝－2n，所以 an＝1－2n. 15． 47 15 由试验结果知 120 对 0 1 之间的均匀随机数 ,x y 满足 0 1 0 1 x y      ，面积为 1，两个数能与 1 构成钝 角三角形三边的数对 ,x y ，满足 2 2 1x y  且 0 1 0 1 x y      ， 1x y  ，1 由几何概型概率计算公 式，从而求得结果. 如图，点  ,x y 在以 ,OA OB 为邻边的正方形内部， 正方形面积为 1， , ,1x y 能构成钝角三角形的三边， 则 2 2 1{  1 x y x y     ，如图弓形内部，面积为 1 1 4 2   ， 由题意 1 1 344 2 1 120    ，解得 47 15   该题考查的是有关几何概型的问题，涉及到的知识点有面积型几何概型的概率公式，利用概率估计  的值，属于简单题目. 16．（1）证明见解析 （2） 8 3 3 （1）证明 EG 平面 BDHF 即可 （2）首先证明四边形 EFGH 为平行四边形，然后可得到 2BF  ，然后证明 //EA 平面 BCGF ， 然后利用 F BEG E BGF A BGFV V V    算出即可 （1）证明：连接 AC ，由 //AE CG 可知四边形 AEGC 为平行四边形，所以 //EG AC . 由题意易知 AC BD ， AC BF ，所以 EG BD ， EG BF ， 因为 BD BF B ，所以 EG  平面 BDHF ，又 DF  平面 BDHF ， 所以 EG DF . （2）设 AC BD O ， EG HF P ， 由已知可得：平面 //ADHE 平面 BCGF ， 因为平面 ADHE  平面 EFGH EH ，平面 BCGF  平面 EFGH FG ， 所以 //EH FG ，同理可得： //EF HG ， 所以四边形 EFGH 为平行四边形， 所以 P 为 EG 的中点，O 为 AC 的中点，所以 //OP AE ， 所以 3OP  ， 4DH  ，所以 2BF  . 所以 1 42BFGS BF BC     . 因为 //EA FB ， FB  平面 BCGF ， EA  女平面 BCGF ，所以 //EA 平面 BCGF ， 所以点 A 到平面 BCGF 的距离等于点 E 到平面 BCGF 的距离，为 2 3 . 所以 1 8 32 33 3F BEG E BGF A BGF BFGV V V S        . 求三棱锥的体积的时候，要注意利用图形的特点，看把哪个点当成顶点更好计算. 17．(1)答案见解析；(2)2. 试题分析：（1）求出导函数，得出切线方程，化为斜截式可得出定点坐标； （2）构造函数    21ln 1 12g x x ax a x     ，把恒成立问题转化为最值问题进行求解即可． 试题解析：（1）   21ln 12f x x ax   ，所以   1f x axx   ， 所以     11 1 , 1 12f a f a     ， 所以 1x  处的切线为   1 1 1 12y a a x         ， 所以 1 2y a x x       ，恒过 1 1,2 2      ； （2）令    21ln 1 1 02g x x ax a x      恒成立， 因为    2 1 1ax a xg x x      ， ①当 0a  时，    0,g x g x  递增，   31 2 02g a    ，不成立； ②当 0a  时，当 x 在 10, a      时，    0,g x g x  递增； 当 x 在 1 ,a     时，    0,g x g x  递减； 所以函数最大值为 1 1 ln2g aa a       ， 令   1 ln2h a aa   ，可知为减函数，因为    1 0, 2 0h h  ，所以整数 a 的值为 2 . 18．（1） ( ) sin( )3 3f x x   （2） 3[0, ]4 试题分析：（1）根据向量的点积运算得到  1 ,1 , 2,02OP OQ       ，代入点坐标可求得参数值， 进而得到函数解析式；（2）由两角和差公式得到       1 2 1sin2 3 6 4h x f x g x x         ，根 据自变量的范围得到值域. 详解：（1）   2 sin cos2 2 x xf x A      =Asin(wx+ ),设    , , 2,0OP x A OQ   它们的夹角的余弦值为 2 5 1 ,5 25 OP OQ x x OP OQ          2 2 5 1,4x A A     1 ,1 , 2,02OP OQ        f x  sin(wx+ )， 根据题意 得 到 T 3 6,4 2 3T     ，代入点 Q 坐标得到 = 3  . 故   sin 3 3f x x      . (2)       1 2 1sin2 3 6 4h x f x g x x         ，  0,2x , 2  3 6x   7,6 6      结合正弦函数的图像得到值域为 30, 4      . 点睛：已知函数  sin ( 0, 0)y A x B A       的图象求解析式 (1) max min max min,2 2 y y y yA B   . (2)由函数的周期T 求 2, .T   (3)利用“五点法”中相对应的特殊点求 19．(1)直线l 的极坐标方程为  和 .    曲线的直角坐标方程为 2 4( 1).y x  (2)1. 试题分析：（1）将直线l 的参数方程为 ,x tcos y tsin      化为直角坐标方程，利用 cos , sinx y     ， 可得直线l 的极坐标方程，再利用简单的三角方程及极坐标的几何意义化简可得直线l 的极坐标方 程，由 2 .1 cos    得 cos 2,    利用 2 2 2 , cos ,x y x     化简可得曲线 C 的直角坐标 方程；(2)  , 由 , 2 1 cos        得, 1 2 ,1 cos    即 OA = 2 ,1 cos 同理可得 OB = 2 1 cos ，从 而可得 1 1 OA OB  的值. 试题解析：(1)由参数方程 ,x tcos y tsin      得当 2   时,直线l 为 0,x  其极坐标方程为 2   和 3 .2   当 2   时,消去参数t 得 tany x  .因为 0    ,所以直线l 的极坐标方程为  和 .    综合以上, 直线l 的极坐标方程为  和 .    由 2 .1 cos    得 cos 2,    因为 2 2 2 , cos ,x y x     所以  22 2 2 ,x y x   化简得 曲线的直角坐标方程为  2 4 1 .y x  (2)设    1 1 2 2, , , ,A B    由 , 2 1 cos        得, 1 2 ,1 cos    即|OA|= 2 ,1 cos 同理 由 , 2 1 cos          得, 2 2 ,1 cos    即|OB|= 2 .1 cos 所以 1 1 1.OA OB   20．（1） ˆ 0.8 2.2y x  ；（2）生产 20 吨该产品的生产能耗大约是 18.2 吨标准煤． （1）根据题中所给的公式进行求解即可； （2）根据（1）所求的线性回归方程，结合代入法进行求解即可. （1）由题意，得 2 4 6 8 10 65x      ， 4 5 7 9 10 75y      ，   5 1 ( 4) ( 3) ( 2) ( 2) 0 2 2 4 3 32i i i x x y y                  ，  5 2 2 2 2 2 1 ( 4) ( 2) 0 4 40i i x x          ， 则 32 4ˆ 0.840 5b    ， ˆˆ 7 0.8 6 2.2a y bx      ， 故线性回归方程为 ˆ 0.8 2.2y x  ； （2）当 20x = 吨时，产品消耗的标准煤的数量 y 为： ˆ 0.8 20 2.2 18.2y     ， 答：生产 20 吨该产品的生产能耗大约是 18.2 吨标准煤． 本题考查了线性回归方程的应用，考查了数学运算能力 21．(1) 9 2  ；(2) 4 6 5  . 试题分析：（1）由三视图可知，几何体是三条侧棱两两垂直的三棱锥，以三条两两垂直的侧棱的长 构造一个长方体，则该长方体的对角线长等于其外接球的直径，算出半径的长。（2）设内切球的半 径为 r ，球心为 O ，连接 , , ,OA OB OC OD ，把三棱锥 A BCD 分成四个小三棱锥，由这四个小 三棱锥的体积和等于三棱锥 A BCD 的体积，求出内切球的半径。 试题解析：（1）由三视图可知，几何体是三条侧棱两两垂直的三棱锥，如图，设为三棱锥 A BCD . 以 , ,DB DC DA 为长、宽、高构造一个长方体，则该长方体的对角线长等于其外接球的直径， 设该外接球半径为 R . ∴ 2 2 2 24 9R AD BD CD    ，∴ 3 2R  . ∴外接球的体积为 34 9 3 2V R   . （2）设内切球的半径为 r ，球心为O ，连接 , , ,OA OB OC OD ，把三棱锥 A BCD 分成四个小三 棱锥，四个小三棱锥的体积和等于三棱锥 A BCD 的体积. ∴ 1 1 1 12 2 13 2 3 2       1 1 1 12 2 2 23 2 3 2r r r        1 1 2 2 33 2 r    . 解得 2 4 6 54 6 r    . ∴所求几何体内切球的半径为 4 6 5  . 点睛：本题主要考查了三视图以及几何体的外接球和内切球半径问题，属于中档题。本题在求三棱 锥外接球半径时，采用的是构造长方体，由该长方体的对角线长等于其外接球的直径，求内切球半 径时，根据 , , ,OA OB OC OD ，把三棱锥 A BCD 分成四个小三棱锥，四个小三棱锥的体积和等 于三棱锥 A BCD 的体积，再算出内切球半径。 22．（1） 1 ,2     ；（2） ( 2,2)m  （1）分 2, 2 2, 2x x x      三种情况求解； （2）由方程  f x x 可变形为 | 2| | 2|m x x x     ， 令 4, 2 ( ) 2 2 , 2 2 4, 2 x x h x x x x x x x x                 作出图象如图所示，根据图象求解. 解：（1） 1m  时， ( ) | 2| | 2| 1f x x x     ， 当 2x ≤ 时， ( ) 3f x   ，不可能非负； 当 2 2x   时， ( ) 2 1f x x  ， 由 ( ) 0f x  可解得 2 1x   ，于是 1 22 x   ； 当 2x  时， ( ) 5 0f x   恒成立， 所以不等式 ( ) 0f x  的解集为 1 ,2     ； （2）由方程 ( )f x x 可变形为 | 2| | 2|m x x x     ， 令 4, 2 ( ) 2 2 , 2 2 4, 2 x x h x x x x x x x x                 作出图象 由题意可得 ( 2,2)m  . 本题考查了绝对值不等式的解法，函数与方程的思想，属于中档题. 23．（1） 2 22 4x y   （2）3 4 11 0x y   和 1x  试题分析：（1）先求弦中垂线方程，再求中垂线与 x 轴交点得圆心，根据圆心到原点距离等于半径， 写出圆标准方程（2）先根据垂径定理求出圆心到直线距离 2 22 ( 3) 1d    ，再设直线l 的点 斜式方程，根据点到直线距离公式求直线斜率，最后验证斜率不存在时是否满足条件 试题解析：（I）∵圆经过  0,0O 和点  2,2A ， ∴圆心一定在OA线段垂直平分线上， OA中点为 1,1 ， 1OAk  ， ∴OA垂直平分线为 2y x   ， 当 0y  时， 2x  ， ∴圆心  2,0C ， 2r OC  ， ∴圆的方程为 2 22 4x y   ． （II）设直线l 为  2 1y k x   ， 即 2 0kx y k    ， 圆心C 到直线l 的距离  22 2 2 2 2 3 1 1 k kd k       ， 解得 3 4k   ， 整理得，直线l 的方程为3 4 11 0x y   ．