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正确率60.0%在平面直角坐标系中，$${{O}}$$为坐标原点，点$${{P}{（}{1}{，}{3}{）}{，}{Q}{（}{−}{1}{，}{1}{）}}$$，则$${{△}{P}{O}{Q}}$$外接圆的半径为（）
A
A.$$\frac{\sqrt{1 0}} {2}$$
B.$${\sqrt {{1}{0}}}$$
C.$$\frac{\sqrt5} {2}$$
D.$${\sqrt {5}}$$
3、['直线与圆的方程的应用']正确率40.0%直线$${{y}{=}{x}{+}{b}}$$与曲线$${{x}{=}{\sqrt {{1}{−}{{y}^{2}}}}}$$恰有两个不同的公共点，则实数$${{b}}$$的取值范围是（）
B
A.$${{−}{1}{⩽}{b}{⩽}{\sqrt {2}}}$$
B.$${{−}{\sqrt {2}}{<}{b}{⩽}{−}{1}}$$
C.$${{−}{1}{<}{b}{⩽}{\sqrt {2}}}$$
D.$${{−}{\sqrt {2}}{<}{b}{<}{1}}$$
4、['直线与圆的方程的应用']正确率40.0%已知$${{A}{(}{−}{2}{，}{0}{)}}$$，$${{B}{(}{0}{，}{2}{)}}$$；$${{C}}$$是圆上$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{−}{2}{x}{=}{0}}$$上任意一点，则$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积的最大值是$${{(}{)}}$$
A.$${{3}{+}{\sqrt {2}}}$$
B.$${{3}{−}{\sqrt {2}}}$$
C.$${{6}}$$
D.$${{4}}$$
5、['直线与圆的方程的应用']正确率60.0%若圆$${{C}}$$：$${{(}{x}{−}{1}{{)}^{2}}{+}{(}{y}{−}{3}{{)}^{2}}{=}{8}}$$上存在四个点到直线$${{l}}$$：$${{x}{+}{y}{+}{m}{=}{0}}$$的距离为$${\sqrt {2}{，}}$$则实数$${{m}}$$的取值范围是（）
C
A.$${{m}{<}{−}{6}}$$
B.$${{m}{>}{−}{2}}$$
C.$${{−}{6}{<}{m}{<}{−}{2}}$$
D.$${{m}{<}{−}{6}}$$或$${{m}{>}{−}{2}}$$
6、['直线与圆的方程的应用'， '直线与圆相交'， '与圆有关的最值问题']正确率40.0%已知直线$${{x}{−}{y}{+}{1}{=}{0}}$$与圆$${{C}{：}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{−}{2}{x}{−}{8}{y}{+}{{1}{3}}{=}{0}}$$相交于$${{A}{，}{B}}$$两点$${，{P}}$$为圆$${{C}}$$上的动点，则$${{△}{P}{A}{B}}$$面积的最大值为（）
A
A.$${{2}{+}{2}{\sqrt {2}}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{1}{+}{\sqrt {2}}}$$
D.$${{2}{+}{\sqrt {2}}}$$
7、['圆的一般方程'， '直线与圆的方程的应用'， '直线的一般式方程与其他形式方程的互化'， '直线的倾斜角']正确率60.0%已知倾斜角$${{6}{0}^{∘}}$$为的直线$${{l}}$$平分圆：$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{+}{2}{x}{+}{4}{y}{−}{4}{=}{0}}$$，则直线$${{l}}$$的方程为（）
C
A.$${\sqrt {3}{x}{−}{y}{+}{\sqrt {3}}{+}{2}{=}{0}}$$
B.$${\sqrt {3}{x}{+}{y}{+}{\sqrt {3}}{+}{2}{=}{0}}$$
C.$${\sqrt {3}{x}{−}{y}{+}{\sqrt {3}}{−}{2}{=}{0}}$$
D.$${\sqrt {3}{x}{−}{y}{−}{\sqrt {3}}{+}{2}{=}{0}}$$
8、['点到直线的距离'， '直线与圆的方程的应用'， '直线与圆的位置关系及其判定'， '直线与圆相交']正确率60.0%已知圆$${{C}{：}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{−}{4}{x}{+}{3}{=}{0}}$$，直线$${{l}{：}{3}{x}{−}{4}{y}{−}{2}{=}{0}}$$，则直线$${{l}}$$被圆$${{C}}$$所截得的弦长为（）
A
A.$$\frac{6} {5}$$
B.$$\frac{3} {5}$$
C.$$\frac{8} {\pi}$$
D.$$\frac{4} {5}$$
9、['点到直线的距离'， '直线与圆的方程的应用'， '直线和圆相切'， '与圆有关的最值问题']正确率40.0%从直线$${{l}{:}{3}{x}{+}{4}{y}{=}{{1}{5}}}$$上的动点$${{P}}$$作圆$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{1}}$$的两条切线，切点分别为$${{C}}$$，$${{D}}$$，则$${{∠}{C}{P}{D}}$$最大时，四边形$${{O}{C}{P}{D}}$$($${{O}}$$为坐标原点)面积是（）
B
A.$${\sqrt {3}}$$
B.$${{2}{\sqrt {2}}}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{2}}$$
10、['点到直线的距离'， '直线与圆的方程的应用'， '直线与圆的位置关系及其判定']正确率40.0%若方程$${\sqrt {{4}{−}{{x}^{2}}}{=}{k}{x}{−}{2}{k}{+}{3}}$$有两个不等实根，则$${{k}}$$的取值范围（）
D
A.$$( 0， ~ \frac{5} {1 2} )$$
B.$$( \; \frac{1} {3}， \; \; \frac{3} {4} ]$$
C.$$( \frac{5} {1 2}， \mathit{\}+\infty)$$
D.$$( \frac{5} {1 2}， \ \frac{3} {4} ]$$
1. 解析：
首先计算三角形 $$△POQ$$ 的边长：
$$OP = \sqrt{(1-0)^2 + (3-0)^2} = \sqrt{10}$$
$$OQ = \sqrt{(-1-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{2}$$
$$PQ = \sqrt{(1-(-1))^2 + (3-1)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$$
利用余弦定理求角 $$∠POQ$$：
$$\cos ∠POQ = \frac{OP^2 + OQ^2 - PQ^2}{2 \cdot OP \cdot OQ} = \frac{10 + 2 - 8}{2 \cdot \sqrt{10} \cdot \sqrt{2}} = \frac{4}{2\sqrt{20}} = \frac{2}{\sqrt{20}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
利用正弦定理求外接圆半径 $$R$$：
$$\sin ∠POQ = \sqrt{1 - \cos^2 ∠POQ} = \sqrt{1 - \frac{5}{25}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$$
$$R = \frac{PQ}{2 \sin ∠POQ} = \frac{2\sqrt{2}}{2 \cdot \frac{2\sqrt{5}}{5}} = \frac{\sqrt{2} \cdot 5}{2\sqrt{5}} = \frac{5\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{2}$$
因此，答案为 A。
3. 解析：
曲线 $$x = \sqrt{1 - y^2}$$ 表示右半圆 $$x \geq 0$$，即 $$x^2 + y^2 = 1$$ 的右半部分。直线 $$y = x + b$$ 与半圆有两个交点，需满足：
(1) 直线与圆相切时，距离条件：
$$\frac{|0 - 0 + b|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = 1 \Rightarrow |b| = \sqrt{2}$$
此时 $$b = \sqrt{2}$$（舍去负值，因为直线需与右半圆相交）。
(2) 直线过点 $$(0, 1)$$ 时：
$$1 = 0 + b \Rightarrow b = 1$$
但需保证有两个交点，故 $$b$$ 的范围为 $$-1 < b \leq \sqrt{2}$$（直线从 $$b = -1$$ 开始与半圆相交，到 $$b = \sqrt{2}$$ 相切）。
因此，答案为 C。
4. 解析：
圆方程为 $$x^2 + y^2 - 2x = 0$$，即 $$(x-1)^2 + y^2 = 1$$，圆心 $$(1, 0)$$，半径 $$1$$。
直线 $$AB$$ 的方程为 $$y = x + 2$$，距离圆心 $$(1, 0)$$ 的距离：
$$d = \frac{|1 - 0 + 2|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$$
圆上点 $$C$$ 到直线 $$AB$$ 的最大距离为 $$d + r = \frac{3}{\sqrt{2}} + 1$$。
$$AB = \sqrt{(0 - (-2))^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$$
面积最大值为 $$\frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \left(\frac{3}{\sqrt{2}} + 1\right) = \sqrt{2} \cdot \left(\frac{3}{\sqrt{2}} + 1\right) = 3 + \sqrt{2}$$。
因此，答案为 A。
5. 解析：
圆 $$C$$ 的圆心 $$(1, 3)$$，半径 $$2\sqrt{2}$$。直线 $$l$$ 的距离为 $$\sqrt{2}$$ 时，需满足：
$$\frac{|1 + 3 + m|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} < 2\sqrt{2} - \sqrt{2} \Rightarrow \frac{|4 + m|}{\sqrt{2}} < \sqrt{2}$$
即 $$|4 + m| < 2$$，解得 $$-6 < m < -2$$。
因此，答案为 C。
6. 解析：
圆 $$C$$ 的方程化为标准形式：$$(x-1)^2 + (y-4)^2 = 4$$，圆心 $$(1, 4)$$，半径 $$2$$。
直线 $$x - y + 1 = 0$$ 与圆相交于 $$A$$、$$B$$ 两点，距离圆心：
$$d = \frac{|1 - 4 + 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$$
弦长 $$AB = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{4 - 2} = 2\sqrt{2}$$。
点 $$P$$ 到直线 $$AB$$ 的最大距离为 $$d + r = \sqrt{2} + 2$$。
面积最大值为 $$\frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot (\sqrt{2} + 2) = \sqrt{2} \cdot (\sqrt{2} + 2) = 2 + 2\sqrt{2}$$。
因此，答案为 A。
7. 解析：
圆的方程化为标准形式：$$(x+1)^2 + (y+2)^2 = 9$$，圆心 $$(-1, -2)$$。
直线 $$l$$ 的斜率为 $$\tan 60^\circ = \sqrt{3}$$，方程为 $$y + 2 = \sqrt{3}(x + 1)$$，即 $$\sqrt{3}x - y + \sqrt{3} - 2 = 0$$。
因此，答案为 C。
8. 解析：
圆 $$C$$ 的方程化为标准形式：$$(x-2)^2 + y^2 = 1$$，圆心 $$(2, 0)$$，半径 $$1$$。
直线 $$l$$ 的距离：
$$d = \frac{|3 \cdot 2 - 4 \cdot 0 - 2|}{\sqrt{3^2 + (-4)^2}} = \frac{4}{5}$$
弦长为 $$2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{1 - \left(\frac{4}{5}\right)^2} = 2 \cdot \frac{3}{5} = \frac{6}{5}$$。
因此，答案为 A。
9. 解析：
设点 $$P$$ 坐标为 $$(x, y)$$，满足 $$3x + 4y = 15$$。切线 $$PC$$、$$PD$$ 与圆 $$x^2 + y^2 = 1$$ 相切，四边形 $$OCPD$$ 面积为 $$1 \cdot \sqrt{x^2 + y^2 - 1}$$。
要使 $$∠CPD$$ 最大，需 $$OP$$ 最小，即 $$P$$ 为直线 $$l$$ 到原点最近的点：
$$OP_{\text{min}} = \frac{15}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = 3$$
四边形面积为 $$2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3^2 - 1} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$$。
因此，答案为 B。
10. 解析：
方程 $$\sqrt{4 - x^2} = kx - 2k + 3$$ 表示半圆 $$y = \sqrt{4 - x^2}$$ 与直线 $$y = kx - 2k + 3$$ 有两个交点。
直线过定点 $$(2, 3)$$，斜率 $$k$$ 需满足：
(1) 直线与半圆相切时：
$$\frac{|0 - 0 - 2k + 3|}{\sqrt{k^2 + 1}} = 2 \Rightarrow |3 - 2k| = 2\sqrt{k^2 + 1}$$
平方得 $$9 - 12k + 4k^2 = 4k^2 + 4 \Rightarrow -12k = -5 \Rightarrow k = \frac{5}{12}$$。
(2) 直线过点 $$(-2, 0)$$ 时：
$$0 = -2k - 2k + 3 \Rightarrow k = \frac{3}{4}$$
因此，$$k$$ 的范围为 $$\frac{5}{12} < k \leq \frac{3}{4}$$。
答案为 D。