2020-2021学年江西省上饶市高一（下）第一次月考直升班数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）第一次月考直升班数学试卷北师大版，共10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. 直线x−3y+3=0的倾斜角是( )
A.2π3B.π3C.5π6D.π6

2. 等差数列{an}中，已知a2=2，a5=8，则a9=( )
A.8B.12C.16D.24

3. 圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为6．则其表面积等于( )
A.72B.42πC.67πD.72π

4. 已知数列an，a1=1，an+1=12an+12n，则该数列的第3项等于( )
A.1B.14C.34D.58

5. 已知直线l:3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A.直线l的倾斜角是π6
B.若直线m:x−3y+1=0，则l⊥m
C.点(3,0)到直线l的距离是1
D.过(23,2)与直线l平行的直线方程是3x−y−4=0

6. 点P在圆C:x−32+y2=4上，点Q−3,0，则|PQ|的最大值为（ ）
A.6B.4C.8D.3

7. 设m，n为两条不同的直线， α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若m//n，m⊂α，n⊂β，则α//β
B.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
C.若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β
D.若m⊥n，m//α，n//β，则α⊥β

8. 数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称为欧拉线，已知△ABC的顶点A2,0，B0,4，若其欧拉线方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为( )
A.0,−4B.−4,0C.4,0或−4,0D.4,0

9. 已知圆C:x2+y2−4x−2y+3=0，过原点的直线l与圆C相交于A，B两点，则当△ABC的面积最大时，直线l的方程为( )
A.y=0或y=43xB.y=2x或y=−12xC.x=0或y=13xD.y=34x

10. 已知方程kx−2k+3=4−x2有两个不同的解．则实数k的取值范围是( )
A.12,34B.512,34C.12,34D.512,34

11. 已知⊙C:x2+y2−2x−2y−2=0，直线l:x+2y+2=0，M为直线l上的动点，过点M作⊙C的切线MA，MB，切点为A，B，当四边形MACB的面积取最小值时，直线AB的方程为( )
A.x+2y−1=0B.x+2y+1=0C.x−2y−1=0D.x−2y+1=0

12. 四棱锥S−ABCD中，侧面SBC为等边三角形，底面ABCD为矩形， BC=2，AB=a，点F是棱AD的中点，顶点S在底面ABCD的射影为H，则下列结论正确的是（ ）
A.棱SC上存在点P使得PD//面BSF
B.当H落在AD上时，a的取值范围是(0,3]
C.当H落在AD上时，四棱锥S−ABCD的体积最大值是2
D.存在a的值使得点B到面SFC的距离为3
二、填空题

已知两圆x2+y2=10和(x−1)2+(y−3)2=10相交于A，B两点，则直线AB的方程是________．
三、解答题

回答下列小题：
(1)已知数列an满足a1=15，且3an+1=3an−2，若ak⋅ak+1<0，求正整数k；

(2)已知数列an满足递推关系式an+1=3an+3n−8n∈N+，且an+λ3n为等差数列，求λ的值．

如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是半圆弧上异于C，D的点．

(1)证明：直线 MD⊥平面BMC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC//平面PBD？说明理由．

已知直线l1：2+mx+1−2my+4−3m=0．
(1)求证：无论m为何实数，直线l1恒过一定点M；

(2)若直线l2过点M，且与x轴负半轴、y轴负半轴围成三角形面积最小，求直线l2的方程．

如图，三棱柱ABC−A1B1C1 中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

(1)求证：B1C⊥AB；

(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60∘，BC=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的高．

已知以点A(−1, 2)为圆心的圆与直线l1:x+2y+7=0相切．过点B(−2, 0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P．
(1)求圆A的方程；

(2)当MN=219时，求直线l的方程；

(3)BQ→⋅BP→是否为定值，如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．

已知△ABC的三个顶点A(−1, 0)，B(1, 0)，C(3, 2)，其外接圆为圆H．
(1)求圆H的方程；

(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）第一次月考直升班数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
把直线方程化成斜截式，根据斜率得出倾斜角．
【解答】
解：直线x−3y+3=0变形为y=33x+3，则其斜率为33，
∴ 直线x−3y+3=0的倾斜角为π6，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知列式求得a1和d，则答案可求．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则由a2=2，a5=8，
得a1+d=2，a1+4d=8，
解得a1=0，d=2，
∴ a9=a1+8d=16．
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
圆台的表面积=圆台侧面积+圆台上底面面积+圆台下底面面积；
首先根据圆台侧面积的计算公式可得S圆台侧=π3+4⋅6
接下来再结合圆的面积计算公式求出上、下底面的面积，并代入圆台表面积计算公式求解即可．
【解答】
解：因为圆台的上、下底面半径分别是3和4，母线长为6，
所以S圆台表=S圆台侧+S上底+S下底，
=π3+4⋅6+π⋅32+π⋅42=67π．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
将n=1，n=2代入，利用等量关系即可得出答案．
【解答】
解：a1=1，an+1=12an+12n，
a2=12a1+12=12×1+12=1，
a3=12a2+122=12×1+14=34，
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A．直线l:3x−y+1=0的斜率k=tanθ=3，
故直线l的倾斜角是π3，故错误；
对于B．因为直线m:x−3y+1=0的斜率k′=33，kk′=1≠−1，
故直线l与直线m不垂直，故错误；
对于C．点(3,0)到直线l的距离d=|3⋅3−0+1|(3)2+(−1)2=2，故错误；
对于D．过(23,2)与直线l平行的直线方程是y−2=3(x−23)，
整理得：3x−y−4=0，故正确．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
先判断Q点和圆C的位置关系，然后利用圆的几何性质求得|PQ|的最大值．
【解答】
解：由于−3−32+02=36>4 ，所以Q在圆C外，
圆C的圆心为C3,0 ，半径r=2，
则|PQ|的最大值为|QC|+r=−3−32+02+2=6+2=8．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
在A中，可能存在相交，在B中，可能存在平行，在C中，由平面平行判定定理得α//β，在D中，m和n为异面垂直直线时，α不一定垂直于β．
【解答】
解：A．若m//n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能相交，故A错误；
B．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β可能平行．m和n为异面垂有直线，故B错误；
C．若m//n，m⊥α，n⊥β，且α，β为不同的平面，则α//β成立；
D．若m⊥n，m//α，n//β，m和n为异面垂直直线时，α不一定垂直于β，故D错误．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点和欧拉线
直线的点斜式方程
【解析】
设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标．
【解答】
解：设Cm,n，由重心坐标公式得，
三角形ABC的重心为2+m3,4+n3，
代入欧拉线方程得：
2+m3−4+n3+2=0，
整理得：m−n+4=0①，
AB的中点为1,2，kAB=4−00−2=−2，
AB的中垂线方程为y−2=12x−1，即x−2y+3=0，
联立x−2y+3=0,x−y+2=0,
解得x=−1,y=1，
∴△ABC的外心为−1,1．
则m+12+n−12=32+12=10，
整理得：m2+n2+2m−2n=8②，
联立①②得：m=−4，n=0或m=0，n=4，
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．
∴顶点C的坐标是−4,0．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆C:x2+y2−4x−2y+3=0，
化为标准方程为x−22+y−12=2.
因为△ABC为等腰三角形，
所以AC=BC=2.
当∠ACB=90∘时，△ABC的面积最大，
此时圆心C到直线l的距离等于22r=1.
设直线l的方程为y=kx，
由点到直线距离公式得|2k−1|k2+1=1，
解得k=0或k=43，
所以直线l的方程为y=0或y=43x.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
如图，当直线在AC位置时，斜率k=3−02+2=34，当直线和半圆相切时，由半径2=|0−0−2k+3|k2+1解得k值，即得实数k的取值范围．
【解答】
解：由题意得，半圆y=4−x2和直线y=kx−2k+3有两个交点，
又直线y=kx−2k+3过定点C2,3 ，如图：
当直线在AC位置时，斜率k=3−02+2=34，
当直线和半圆相切时，由半径2=|0−0−2k+3|k2+1，
解得k=512，故实数k的取值范围是512,34．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
圆的切线方程
【解析】
由已知结合四边形面积公式可得四边形MACB的面积S=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2|CM|2−4，要使四边形MACB面积最小，则需CM最小，此时CM与直线l垂直，求得以CM为直径的圆的方程，再与圆C的方程作差可得AB所在直线方程．
【解答】
解：⊙C:x2+y2−2x−2y−2=0的标准方程为(x−1)2+(y−1)2=4，
则圆心C1,1 ，半径r=2，
因为四边形MACB的面积S=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=2|AM|=2|CM|2−4，
要使四边形MACB面积最小，则需|CM|最小，此时CM与直线l垂直，
直线CM的方程为y−1=2x−1 ，即y=2x−1，
联立y=2x−1,x+2y+2=0,，解得M0,−1 ．则|CM|=5，
则以CM为直径的圆的方程为x−122+y2=54，
与⊙C的方程作差可得直线AB的方程为x+2y+1=0．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】
利用平面与平面平行的性质及判定证明直线与平面平行，考查四棱锥的性质，利用四棱锥的体积求解
【解答】
解：对于A选项，如图，取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE，PD，
因为PE为△BCS的中位线，
所以PE//BS.
又因为BS⊆平面BFS，PE⊄面BFS，
所以PE//平面BFS.
在矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，
所以DE//BF.
因为BF⊆平面BFS，DE⊄面BFS，
所以DE//平面BFS.
因为 DE∩PE=E，
故平面PDE//平面BFS，
所以PD//平面BSF，故选项A正确；
对于B选项，因为三角形SBC为等边三角形， BC=2，
故SE=3.
当a=3时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件矛盾，故选项B错误；
对于C选项，在Rt△SHE中， SH=3−a2，
VS−ABCD=13×2a×3−a2
=233−a2a2≤1，
当且仅当a2=32时，VS−ABCD取得最大值1，故选项C错误；
对于D：由选项C的推导可知：
当VS−ABD的最大时，点B到面SFC的距离d最大．
VS−BFC=12VS−ABCD=12，
此时SF=62,CF=CD2+DF2=102，
∴ S△SFC=12SF×CF=12×62×102=154，
∴ d=VS=12×1215=2155．故选项D错误.
故选A.
二、填空题
【答案】
x+3y−5=0
【考点】
相交弦所在直线的方程
【解析】
把两个圆的方程相减，即可求得公共弦所在的直线方程．
【解答】
解：把两圆x2+y2=10和(x−1)2+(y−3)2=10的方程相减可得x+3y−5=0，
此直线的方程既能满足第一个圆的方程、又能满足第二个圆的方程，
故必是两个圆的公共弦所在的直线方程.
故答案为：x+3y−5=0．
三、解答题
【答案】
解：(1)由3an+1=3an−2得an+1−an=−23，
所以数列an为首项a1=15，公差d=−23的等差数列，
所以an=15−23n−1=−23n+473，
则由ak⋅ak+1<0得ak>0,ak+1<0.
令an=−23n+473=0，得n=472，
所以a23>0,a24<0，所以k=23.
(2)因为an+λ3n为等差数列，
所以an+1+λ3n+1−an+λ3n=d，d为常数，
因为an+1=3an+3n−8(n∈N)，
所以3an+3n−8+λ3n+1−an+λ3n=d，
则左边=an+3n−8+λ−(3an+3λ)3n+1
=3n−8−2λ3n+1=13+−8−2λ3n+1为常数，
则−8−2λ=0，解得λ=−4.
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由3an+1=3an−2得an+1−an=−23，
所以数列an为首项a1=15，公差d=−23的等差数列，
所以an=15−23n−1=−23n+473，
则由ak⋅ak+1<0得ak>0,ak+1<0.
令an=−23n+473=0，得n=472，
所以a23>0,a24<0，所以k=23.
(2)因为an+λ3n为等差数列，
所以an+1+λ3n+1−an+λ3n=d，d为常数，
因为an+1=3an+3n−8(n∈N)，
所以3an+3n−8+λ3n+1−an+λ3n=d，
则左边=an+3n−8+λ−(3an+3λ)3n+1
=3n−8−2λ3n+1=13+−8−2λ3n+1为常数，
则−8−2λ=0，解得λ=−4.
【答案】
(1)证明：由题知：平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
∵ BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
∴ BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
∵ M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，
∴ DM⊥CM．
又BC∩CM=C，
∴ DM⊥平面BMC.
(2)解：当P为AM的中点时， MC//平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．
∵ ABCD为矩形，∴ O为AC中点．
连结OP，∵ P为AM中点，∴ MC//OP．
∵ MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
∴ MC//平面PBD．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由题知：平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
∵ BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
∴ BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
∵ M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，
∴ DM⊥CM．
又BC∩CM=C，
∴ DM⊥平面BMC.
(2)解：当P为AM的中点时， MC//平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．
∵ ABCD为矩形，∴ O为AC中点．
连结OP，∵ P为AM中点，∴ MC//OP．
∵ MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
∴ MC//平面PBD．
【答案】
(1)证明：l1：2+mx+1−2my+4−3m=0
⇒mx−2y−3+2x+y+4=0，
x−2y−3=0，2x+y+4=0⇒x=−1，y=−2，
则M−1,−2，
所以无论m为何实数，直线l1恒过一定点M−1,−2.
(2)解：由题知直线l2的斜率k<0，
设直线l2:y+2=kx+1，
令x=0,y=k−2，令y=0,x=2k−1
S=12|k−2||2k−1|=12|2−4k−k+2|=12|4−4k−k|，
∵k<0，
∴−4k>0，−k>0，
∴−4k−k≥2−4k−k=4，
当且仅当−4k=−k即k=−2时取等，
∴y+2=−2x+1，
即：2x+y+4=0.
【考点】
直线恒过定点
基本不等式在最值问题中的应用
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：l1：2+mx+1−2my+4−3m=0
⇒mx−2y−3+2x+y+4=0，
x−2y−3=0，2x+y+4=0⇒x=−1，y=−2，
则M−1,−2，
所以无论m为何实数，直线l1恒过一定点M−1,−2.
(2)解：由题知直线l2的斜率k<0，
设直线l2:y+2=kx+1，
令x=0,y=k−2，令y=0,x=2k−1
S=12|k−2||2k−1|=12|2−4k−k+2|=12|4−4k−k|，
∵k<0，
∴−4k>0，−k>0，
∴−4k−k≥2−4k−k=4，
当且仅当−4k=−k即k=−2时取等，
∴y+2=−2x+1，
即：2x+y+4=0.
【答案】
解：(1)连结BC1，则O为BC1与B1C的交点，
∵ 侧面BB1C1C为菱形，
∴ B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，
∴ B1C⊥AO.
又BC1∩OA=O，
∴ B1C⊥平面ABO.
∵ AB⊂平面ABO，
∴ B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，
作OH⊥AD，垂足为H，
∵ BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=D，
∴ B1C⊥平面AOD，
∴ OH⊥BC．
又OH⊥AD，BC∩AD=D，
∴ OH⊥平面ABC．
∵ ∠CBB1=60∘，BB1=BC，
∴ △CBB1为等边三角形.
又BC=2，可得OD=32.
∵ AC⊥AB1，
∴ OA=12B1C=1.
∵ OH⋅AD=OD⋅OA，
且AD=OD2+OA2=72，
∴ OH=217.
又O为B1C的中点，
∴ 点B1到平面ABC的距离为2217，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的高为2217．
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)连结BC1，则O为BC1与B1C的交点，
∵ 侧面BB1C1C为菱形，
∴ B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，
∴ B1C⊥AO.
又BC1∩OA=O，
∴ B1C⊥平面ABO.
∵ AB⊂平面ABO，
∴ B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，
作OH⊥AD，垂足为H，
∵ BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=D，
∴ B1C⊥平面AOD，
∴ OH⊥BC．
又OH⊥AD，BC∩AD=D，
∴ OH⊥平面ABC．
∵ ∠CBB1=60∘，BB1=BC，
∴ △CBB1为等边三角形.
又BC=2，可得OD=32.
∵ AC⊥AB1，
∴ OA=12B1C=1.
∵ OH⋅AD=OD⋅OA，
且AD=OD2+OA2=72，
∴ OH=217.
又O为B1C的中点，
∴ 点B1到平面ABC的距离为2217，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1的高为2217．
【答案】
解：(1)设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1:x+2y+7=0相切，
∴ R=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A的方程为(x+1)2+(y−2)2=20；
(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x=−2，符合题意；
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y=k(x+2)，即kx−y+2k=0，
连接AQ，则AQ⊥MN，
∵ MN=219，
∴ AQ=20−19=1，
则由AQ=|k−2|k2+1=1，得k=34，
∴ 直线l:3x−4y+6=0．
故直线l的方程为x=−2或3x−4y+6=0；
(3)∵ AQ⊥BP，
∴ BQ→⋅BP→=(BA→+AQ→)⋅BP→
=BA→⋅BP→+AQ→⋅BP→=BA→⋅BP→.
①当l与x轴垂直时，易得P(−2,−52)，则BP→=(0,−52)，
又BA→=(1,2)，
∴ BQ→⋅BP→=BA→⋅BP→=−5；
②当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+2)，
则由y=k(x+2)，x+2y+7=0， 得P(−4k−71+2k, −5k1+2k)，
则BP→=(−51+2k,−5k1+2k)，
∴ BQ→⋅BP→=BA→⋅BP→=−51+2k+−10k1+2k=−5.
综上所述，BQ→⋅BP→是定值，且BQ→⋅BP→=−5．
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
直线与圆相交的性质
平面向量数量积
两条直线的交点坐标
【解析】
(Ⅰ)设出圆A的半径，根据以点A(−1, 2)为圆心的圆与直线l1:x+2y+7＝0相切．点到直线的距离等于半径，我们可以求出圆的半径，进而得到圆的方程；
(Ⅱ)根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们可以结合直线l过点B(−2, 0)，求出直线的斜率，进而得到直线l的方程；
(Ⅲ)由直线l过点B(−2, 0)，我们可分直线的斜率存在和不存在两种情况，分别讨论BQ→⋅BP→是否为定值，综合讨论结果，即可得到结论．
【解答】
解：(1)设圆A的半径为R，由于圆A与直线l1:x+2y+7=0相切，
∴ R=|−1+4+7|5=25，
∴ 圆A的方程为(x+1)2+(y−2)2=20；
(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x=−2，符合题意；
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y=k(x+2)，即kx−y+2k=0，
连接AQ，则AQ⊥MN，
∵ MN=219，
∴ AQ=20−19=1，
则由AQ=|k−2|k2+1=1，得k=34，
∴ 直线l:3x−4y+6=0．
故直线l的方程为x=−2或3x−4y+6=0；
(3)∵ AQ⊥BP，
∴ BQ→⋅BP→=(BA→+AQ→)⋅BP→
=BA→⋅BP→+AQ→⋅BP→=BA→⋅BP→.
①当l与x轴垂直时，易得P(−2,−52)，则BP→=(0,−52)，
又BA→=(1,2)，
∴ BQ→⋅BP→=BA→⋅BP→=−5；
②当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+2)，
则由y=k(x+2)，x+2y+7=0， 得P(−4k−71+2k, −5k1+2k)，
则BP→=(−51+2k,−5k1+2k)，
∴ BQ→⋅BP→=BA→⋅BP→=−51+2k+−10k1+2k=−5.
综上所述，BQ→⋅BP→是定值，且BQ→⋅BP→=−5．
【答案】
解：(1)由题意A−1,0,B1,0,C3,2，
所以AB的垂直平分线是x=0，
直线 BC:y=x−1，BC中点是2,1，
所以BC的垂直平分线是y=−x+3，
由x=0，y=−x+3得到圆心是0,3，
所以R=10，
所以圆H的方程是x2+y−32=10.
(2)直线BH的方程为3x+y−3=0，设P(m, n)(0≤m≤1)，N(x, y)．
因为点M是点P，N的中点，所以M(m+x2,n+y2)，
又M，N都在半径为r的圆C上，所以(x−3)2+(y−2)2=r2,(m+x2−3)2+(n+y2−2)2=r2,
即 (x−3)2+(y−2)2=r2,(x+m−6)2+(y+n−4)2=4r2,
因为该关于x，y的方程组有解，
即以(3, 2)为圆心，r为半径的圆与以(6−m, 4−n)为圆心，2r为半径的圆相交，
所以(2r−r)2<(3−6+m)2+(2−4+n)2<(r+2r)2，
又3m+n−3=0，
所以r2<10m2−12m+10<9r2对任意m∈[0, 1]成立．
而f(m)=10m2−12m+10在[0, 1]上的值域为[325, 10]，
又线段BH与圆C无公共点，所以(m−3)2+(3−3m−2)2>r2对任意m∈[0, 1]成立，即r2<325．
故圆C的半径r的取值范围为(103, 4105)．
【考点】
圆的标准方程
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）先求出圆H的方程，再根据直线l过点C，且被⊙H截得的弦长为2，设出直线方程，利用勾股定理，即可求直线l的方程；
（2）设P的坐标，可得M的坐标，代入圆的方程，可得以(3, 2)为圆心，r为半径的圆与以(6−m, 4−n)为圆心，2r为半径的圆有公共点，由此求得⊙C的半径r的取值范围．
【解答】
解：(1)由题意A−1,0,B1,0,C3,2，
所以AB的垂直平分线是x=0，
直线 BC:y=x−1，BC中点是2,1，
所以BC的垂直平分线是y=−x+3，
由x=0，y=−x+3得到圆心是0,3，
所以R=10，
所以圆H的方程是x2+y−32=10.
(2)直线BH的方程为3x+y−3=0，设P(m, n)(0≤m≤1)，N(x, y)．
因为点M是点P，N的中点，所以M(m+x2,n+y2)，
又M，N都在半径为r的圆C上，所以(x−3)2+(y−2)2=r2,(m+x2−3)2+(n+y2−2)2=r2,
即 (x−3)2+(y−2)2=r2,(x+m−6)2+(y+n−4)2=4r2,
因为该关于x，y的方程组有解，
即以(3, 2)为圆心，r为半径的圆与以(6−m, 4−n)为圆心，2r为半径的圆相交，
所以(2r−r)2<(3−6+m)2+(2−4+n)2<(r+2r)2，
又3m+n−3=0，
所以r2<10m2−12m+10<9r2对任意m∈[0, 1]成立．
而f(m)=10m2−12m+10在[0, 1]上的值域为[325, 10]，
又线段BH与圆C无公共点，所以(m−3)2+(3−3m−2)2>r2对任意m∈[0, 1]成立，即r2<325．
故圆C的半径r的取值范围为(103, 4105)．