2023-2024学年福建省漳州市东山县高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省漳州市东山县高二（上）期中数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在数列27，311，415，519，…，n+14n+3，…中，1039是它的( )
A. 第8项B. 第9项C. 第10项D. 第11项
2.已知等比数列{an}中，a2=2，a4=4，则a8=( )
A. 8B. 16C. 32D. 36
3.设等差数列{an}的前n项和Sn，若a4+a10=4，则S13=( )
A. 13B. 14C. 26D. 52
4.点(0,1)到直线kx+y+k=0的最大距离为( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
5.已知直线l：x−y+2=0，圆C：x2+y2=r2(r>0)，若圆C上恰有三个点到直线l的距离都等于 2，则r=( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 8
6.一条光线从点(−2,3)射出，经x轴反射后与圆(x−3)2+(y−2)2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )
A. 65或56B. 54或45C. 32或23D. 43或34
7.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌若干块扇面形石板构成第1环，依次向外共砌27环，从第2环起，每环依次增加相同块数的扇面形石板.已知最内3环共有54块扇面形石板，最外3环共有702块扇面形石板，则圜丘坛共有扇面形石板(不含天心石)( )
A. 3339块B. 3402块C. 3474块D. 3699块
8.直线l1：x+(m+1)y−2m−2=0与直线l2：(m+1)x−y−2m−2=0相交于点P，对任意实数m，直线l1，l2分别恒过定点A，B，则|PA|+|PB|的最大值为( )
A. 4B. 8C. 2 2D. 4 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如果数列{an}为递增数列，则{an}的通项公式可以为( )
A. an=n+12n−1B. an=2n−1C. an=2n2−5nD. an=2n−1
10.已知直线l：x+2my+1=0，圆E：x2+y2=3，则下列说法正确的是( )
A. 直线l必过点(1,0)
B. 直线l与圆E必相交
C. 圆心E到直线l的距离的最大值为1
D. 当m=12时，直线l被圆E截得的弦长为 14
11.已知实数x，y满足方程x2+y2−4y+1=0，则下列说法正确的是( )
A. y−x的最大值为 6+2B. x2+y2的最大值为2+ 3
C. x+y的最大值为 6+2D. yx的最大值为 33
12.在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2+y2=1，点P为直线l：x−y−2=0上的动点，则( )
A. 圆C上有且仅有两个点到直线l的距离为12
B. 已知点M(3,2)，圆C上的动点N，则|PM|+|PN|的最小值为 17−1
C. 过点P作圆C的一条切线，切点为Q，∠OPQ可以为60°
D. 过点P作圆C的两条切线，切点为M，N，则直线MN恒过定点(12,−12)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.数列{an}的首项a1=12，a3=14且对任意n∈Ν*，1an+1an+2=2an+1恒成立，则a10= ______ ．
14.设数列{an}的前n项和为Sn，若a1=−7，S5=−15，且{Snn}是等差数列.则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|的值为______ ．
15.已知数列{an}中，a1=1，且当n≥2时，有an=2nn−1an−1+n，则数列{an}的通项公式为______ ．
16.过点M(1,0)的直线为l，N为圆C：x2+(y−2)2=4与y轴正半轴的交点.若直线l与圆C交于A，B两点，则直线AN，BN的斜率之和为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
根据下列条件，求直线的一般方程：
(1)过点(2,1)且与直线2x+3y=0平行；
(2)过点(−3,1)，且在两坐标轴上的截距之和为−4．
18.(本小题12分)
已知圆C过点A(2,6)，B(−1,3)且圆心在直线y=x+1上．
(1)求圆C的方程；
(2)设点D在圆上运动，点E(3,2)，记M为线段DE的中点，求M的轨迹方程；
19.(本小题12分)
已知{an}是首项为1的等比数列，且9a1，3a2，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg3an+1，cn=3anbn，求数列{cn}的前n项和Sn．
20.(本小题12分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，若数列{cn}满足cn=dnnan，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
设Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{Sn}的前n项积，已知1Tn=Sn−1Sn．
(1)求S1，S2；
(2)求证：数列{1Sn−1}为等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
22.(本小题12分)
已知直线l：(2λ+1)x+(λ+1)y−7λ−4=0(λ∈R)和以点C为圆心的圆(x−4)2+y2=4．
(1)求证：直线l恒过定点；
(2)当直线l被圆C截得的弦长最短时，求λ的值以及最短弦长；
(3)设l恒过定点A，点P满足|PA||PO|= 2，记以点P、O(坐标原点)、A、C为顶点的四边形为Γ，求四边形Γ面积的最大值，并求取得最大值时点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，数列的通项公式为an=n+14n+3，
故n+14n+3=1039，解可得n=9．
故选：B．
根据题意，由数列的通项公式可得关于n的方程，解可得答案．
本题考查数列的表示方法，涉及数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵等比数列{an}中，a2=2，a4=4，
∴a1q=2a1q3=4，解得q2=2，
a8=a4q4=4×22=16．
故选：B．
由等比数列{an}中，a2=2，a4=4，利用等比数列的性质求出q2=2，由此能求出a8的值．
本题考查等比数列的第8项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在等差数列{an}中，由a4+a10=4，得2a7=4，即a7=2．
∴S13=(a1+a13)×132=13a7=26．
故选：C．
由已知结合等差数列的性质求得a7，再由等差数列的前n项和得答案．
本题考查等差数列的性质，考查等差数列的前n项和，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意知，直线kx+y+k=0即(x+1)k+y=0，
所以该直线恒过定点(−1,0)，
则点(0,1)到直线kx+y+k=0的最大距离即为点(0,1)到定点(−1,0)的距离，
即d= 2．
故选：C．
由题意可得直线恒过定点(−1,0)，题意所求最大距离即为点(0,1)到定点(−1,0)的距离，结合两点距离公式计算即可求解．
本题主要考查点到直线的距离以及两点间的距离计算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：圆心C(0,0)，则点C到直线l的距离d=|0−0+2| 1+1= 2，
又因为圆C上恰有三个点到直线的距离为 2，
所以圆心到直线l的距离d=r− 2，即r=d+ 2=2 2，
故选：C．
先求出圆心(1,0)到直线l的距离d=2，由圆上恰有三个点到直线l的距离都为1，得到圆心(1,0)到直线l的距离d=r−1，由此能出r的值．
本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知：点(−2,−3)在反射光线上．
设反射光线所在的直线方程为：y+3=k(x+2)，即kx−y+2k−3=0．
由相切的性质可得：|3k−2+2k−3| k2+1=1，化为：12k2−25k+12=0，
解得k=34或43．
故选：D．
由题意可知：点(−2,−3)在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：y+3=k(x+2)，利用直线与圆的相切的性质即可得出．
本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：每层扇面形石板的块数成等差数列，设为{an}，其中a1+a2+a3=54，a25+a26+a27=702，
则a1+a2+a3+a25+a26+a27=3(a1+a27)=54+702=756，解得a1+a27=252，
故S27=27(a1+a27)2=27×2522=3402，
故圜丘坛共有扇面形石板(不含天心石)3402块．
故选：B．
每层扇面形石板的块数成等差数列，设为{an}，再结合等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：直线l1：x+y−2+m(y−2)=0，当y−2=0x+y−2=0，得x=0y=2，
即点A(0,2)，
直线l2：x−y−2+m(x−2)=0，当x−y−2=0x−2=0，得x=2y=0，即点B(2,0)，
且两条直线满足1×(m+1)+(m+1)×(−1)=0，所以l1⊥l2，即PA⊥PB，
|PA|2+|PB|2=|AB|2=8，
|PA|+|PB|≤ 2(|PA|2+|PB|2)=4，当|PA|=|PB|时，等号成立，
所以|PA|+|PB|的最大值为4．
故选：A．
首先求点A，B的坐标，并判断两条直线的位置关系，结合基本不等式，即可求解．
本题考查了直线过定点问题，涉及到基本不等式的应用，属于基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，an=n+12n−1，则a1=21=2，a2=33=1，则数列{an}不是递增的，不符合题意；
对于B，an=2n−1，则an+1−an=2(n+1)−1−(2n−1)=2，数列{an}递增，符合题意；
对于C，an=2n2−5n，则an+1−an=2(n+1)2−5(n+1)−(2n2−5n)=4n−3，又由n≥1，则有an+1−an>0，数列{an}递增，符合题意；
对于D，an=2n−1，则an+1−an=(2n+1−1)−(2n−1)=2n>0，则数列{an}递增，符合题意；
故选：BCD．
根据题意，依次分析选项中数列的单调性，可得答案．
本题考查数列的函数特性，涉及数列的单调性，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由直线l：x+2my+1=0，可得直线l必过点(−1,0)，故A错误；
因为(−1)2+02<3，所以点(−1,0)在圆E内，所以直线l与圆E必相交，故B正确；
圆心E(0,0)到直线l的距离d=|1| 1+4m2，当m=0时距离取最大值1，故C正确；
当m=12时，直线l：x+y+1=0，则直线l被圆E截得的弦长为2 3−(1 12+12)2= 10，故D错误．
故选：BC．
求得定点坐标判断A；判断定点在圆内判断B；利用点到直线的距离公式求得最大值判断C；求得弦长判断D．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：由圆的方程x2+y2−4y+1=0，可化为x2+(y−2)2=3，
设圆的圆心为M，可得圆心坐标为M(0,2)，半径为r= 3，
对于A中，设y−x=t，即x−y+t=0，由|−2+t| 2≤ 3，解得− 6+2≤t≤ 6+2，
即y−x的最大值为 6+2，所以A正确；
对于B中，由x2+y2=( (x−0)2+(y−0)2)2，表示原点到圆上点的距离，
又由|OM|=2，则 x2+y2的最大值为2+ 3，所以x2+y2的最大值为(2+ 3)2，
所以B不正确；
对于C中，设x+y=n，即x+y−n=0，由|2−n| 2≤ 3，解得− 6+2≤n≤ 6+2，
即x+y的最大值为 6+2，所以C正确；
对于D中，设yx=k，即kx−y=0，由|−2| k2+1≤ 3，解得k≥ 33或k≤− 33，所以D错误．
故选：AC．
化简圆的方程，求得圆心M(0,2)，半径为r= 3，分别设y−x=t、x+y=n和yx=k，结合直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定A、C正确，D不正确；改写x2+y2=( (x−0)2+(y−0)2)2，结合其几何意义和点与圆的性质，可判定B不正确．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：选项A，由题意知，圆心(0,0)到直线l的距离为d=|−2| 12+(−1)2= 2，
而圆的半径为1，
所以圆上有且仅有两个点到直线l的距离为12，即A正确；
选项B，设点M(3,2)关于直线x−y−2=0的对称点为M′(x,y)，
则3+x2−2+y2−2=0y−2x−3×1=−1，解得x=4y=1，即M′(4,1)，
所以|PM|+|PN|=|PM′|+|PN|≥|M′N|≥|M′O|−1= 42+12−1= 17−1，当且仅当O，N，P，M′三点共线时，等号成立，
所以|PM|+|PN|的最小值为 17−1，即B正确；
选项C，由切点为Q，知∠OQP=90°，
在Rt△OQP中，sin∠OPQ=|OQ||OP|=1|OP|，
所以当|OP|最小时，sin∠OPQ取最大值，此时∠OPQ也取最大值，
过点O作OP′⊥l，垂足为P′，此时|OP|最小，最小值为|OP′|=|−2| 2= 2，
所以sin∠OPQ的最大值为 22，即∠OPQ最大为45°，不可能为60°，故C错误；
选项D，设点P(m,n)，则|OP|= m2+n2，m−n−2=0，
所以以OP为直径的圆的方程为(x−m2)2+(y−n2)2=m2+n24，即x2+y2−mx−ny=0，
因为M，N既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，
所以弦MN所在的直线方程为mx+ny=1，
因为m−n−2=0，所以(n+2)x+ny=1，即(x+y)n+2x−1=0，
令x+y=02x−1=0，则x=12，y=−12，
所以直线MN恒过定点(12,−12)，即D正确．
故选：ABD．
对A，求出圆心到直线l的距离，并与半径比较，即可判断；对B，先求出点M关于直线l的对称点M′，再利用“将军饮马”的原理，求解即可；对C，利用sin∠OPQ=|OQ||OP|，可将问题转化为求|OP|的最小值，再结合点到直线的距离公式，即可得解；对D，根据M，N两点既在圆C上，也在以OP为直径的圆上，可得直线MN的方程，再求定点，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点关于直线的对称问题，“将军饮马”的原理，两圆公共弦所成直线方程的求法等是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】111
【解析】解：依题意可得1a1+1a3=2a2，得a2=13，
又1an+1an+2=2an+1，则1an+2−1an+1=1an+1−1an，
所以1an+1−1an=1an−1an−1=⋯=1a2−1a1=1，
所以数列{1an}是以1a1=2为首项，d=1为公差的等差数列，
所以1an=2+(n−1)×1=n+1，即an=1n+1，
所以a10=111．
故答案为：111．
根据题意先求得a2=13，再将原条件转化为1an+2−1an+1=1an+1−1an，再由递推关系可推导出{1an}是为等差数列，从而求得求得其通项公式，进而求解即可．
本题考查了等差数列的定义和通项公式，属于中档题．
14.【答案】52
【解析】解：设等差数列{Snn}的公差为d，则S55=−7+4d=−3，解得d=1；
∴Snn=−7+n−1=n−8，化为Sn=n2−8n，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−8n−[(n−1)2−8(n−1)]=2n−9，
n=1时上式也成立．
∴an=2n−9，
n≤4时，an<0；n>4时，an>0．
∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a10|=−(a1+a2+a3+a4)+(a5+……+a10)=S10−2S4=(102−8×10)−2(42−8×4)=52．
故答案为：52．
设等差数列{Snn}的公差为d，可得S55=−7+4d=−3，解得d，利用通项公式可得Sn，再利用n≥2时，an=Sn−Sn−1，可得an，通过对n分类讨论即可得出结论．
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、绝对值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
15.【答案】an=n(2n−1)
【解析】解：因为当n≥2时，有an=2nn−1an−1+n，
所以ann=2an−1n−1+1，即ann+1=2(an−1n−1+1)，
所以数列{ann+1}是以a11+1=2为首项，2为公比的等比数列，
所以ann+1=2⋅2n−1=2n，
所以an=n(2n−1)．
故答案为：an=n(2n−1)．
将递推关系化为ann+1=2(an−1n−1+1)，则数列{ann+1}是等比数列可求出其通项公式，从而可得数列{an}的通项公式．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】−4
【解析】解：因为N为圆C：x2+(y−2)2=4与y轴正半轴的交点．所以点N(0,4)，
当直线l斜率存在时，设直线方程为y=k(x−1)，
代入圆的方程可得(k2+1)x2−(2k2+4k)x+(k2+4k)=0．
设点A(x1,y1)B(x2,y2)，则x1+x2=2k2+4kk2+1x1⋅x2=k2+4kk2+1，
所以kAN=y1−4x1=k(x1−1)−4x1=kx1−(k+4)x1，kBN=y2−4x2=k(x2−1)−4x2=kx2−(k+4)x2，
则kAN+kBN=kx1−(k+4)x1+kx2(k+4)x2=2kx1x−(k+4)(x1+x2)x1x2=2k−(k+4)2k2+4kk2+1k2+4kk2+1=2k−2k−4=−4，
当直线l斜率不存在时，l方程为x=1，
此时直线与圆的交点为(1,2− 3)，(1,2+ 3)，则kAN+kBN=2− 3−41+2+ 3−41=−4，
综上所述，AN与BN的斜率之和为定值−4．
故答案为：−4．
求出N(0,4)，设出直线方程，代入圆的方程，根据韦达定理得出．进而表示出直线AN，BN的斜率，计算可得结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设直线方程为2x+3y+c=0，则4+3+c=0，c=−7，
∴所求直线方程为2x+3y−7=0．
(2)设直线方程为xa+yb=1，−3a+1b=1，a+b=1，
即a=−6b=2或a=−2b=−2，
∴所求方程为−x6+x2=1或−x2−y2=1，即x−3y+6=0或x+y+2=0
【解析】(1)直线方程为2x+3y+c=0，带点求值即可，
(2)设直线方程为xa+yb=1，得到−3a+1b=1，a+b=1，解得即可．
本题考查了直线平行的条件和直线方程的形式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)A(2,6)，B(−1,3)的中点坐标为(12,92)，直线AB的斜率为3−6−1−2=1，
故线段AB的垂直平分线方程为y−92=−(x−12)，即y=−x+5，
联立y=x+1得x=2y=3，即圆C的圆心为(2,3)，半径为 (2−2)2+(6−3)2=3，
故圆C的方程为(x−2)2+(y−3)2=9．
(2)设M(x,y)，D(x1,y1)，因M为线段DE的中点，
所以x=x1+32y=y1+22，则x1=2x−3y1=2y−2，
因点D在圆上运动，所以(2x−3−2)2+(2y−2−3)2=9，
则(x−52)2+(y−52)2=94，
即M的轨迹方程为(x−52)2+(y−52)2=94．
【解析】(1)先求AB的垂直平分线方程为y=−x+5，与y=x+1的交点即圆心，圆心到点A(2,6)的距离即为半径，即可得圆的标准方程．
(2)由M为线段DE的中点得到M坐标与D坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程．
本题考查轨迹方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
19.【答案】解：(1){an}是首项为1的等比数列，
设等比数列{an}的公比为q，q≠0，
因为9a1，3a2，a3成等差数列，
所以6a2=9a1+a3，即6a1q=9a1+a1q2，
化得q2−6q+9=(q−3)2=0，解得q=3，
由等比数列的通项公式an=a1qn−1，
可得所求通项公式为an=1⋅3n−1=3n−1，n∈N*；
(2)因为bn=lg3an+1=lg33n=n，
所以cn=3an⋅bn=n⋅3n，
则Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+⋯+n⋅3n，①
3Sn=1⋅32+2⋅33+3⋅34+⋯+n⋅3n+1，②
①−②得−2Sn=31+32+33+⋯+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1=−32+(12−n)⋅3n+1，
所以Sn=34+2n−14⋅3n+1．
【解析】(1)由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为an+1=2Sn+2，
故n≥2时，an=2Sn−1+2，
所以an+1−an=2an，即an+1=3an，
因为数列{an}为等比数列，
所以n=1时，a2=2a1+2=3a1，即a1=2，
所以an=2⋅3n−1；
(2)由题意得dn=an+1−ann+1=2⋅3n−2⋅3n−1n+1=4⋅3n−1n+1，
所以cn=dnnan=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
所以Tn=2(1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1．
【解析】(1)由已知结合数列的和与项的递推关系及等比数列的通项公式可求；
(2)先求出dn，然后求出cn，再由裂项求和即可求解．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，等比数列的通项公式，数列的裂项求和，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当n=1时，a1=S1=T1，
由1Tn=Sn−1Sn，可得1a1=a1−1a1，解得a1=2，即S1=2；
当n=2时，1T2=1S1S2=12S2=S2−1S2，解得S2=32；
(2)证明：当n≥2时，由1Tn=Sn−1Sn，可得1Tn−1=Sn−1−1Sn−1，
上面两式相除可得Sn=TnTn−1=SnSn−1⋅Sn−1−1Sn−1，
化为Sn−1=Sn−1−1Sn−1，
即为1Sn−1=1Sn−1−1+1，
则数列{1Sn−1}首项为1，公差为1的等差数列；
(3)由(1)可得1Sn−1=1+n−1=n，
即有Sn=1+1n，
当n=1时，a1=S1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=1+1n−1−1n−1=1n(n−1)，
所以an=2,n=11n(n−1),n≥2,n∈N*．
【解析】(1)分别令n=1，n=2，结合Tn的定义，解方程可得所求值；
(2)当n≥2时，将原等式中的n换为n−1，两式相除，整理可得1Sn−1=1Sn−1−1+1，再由等差数列的定义，可得证明；
(3)运用等差数列的通项公式和数列的递推式，计算可得所求通项公式．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：将直线/的方程化为λ(2x+y−7)+x+y−4=0，
由2x+y−7=0x+y−4=0，可得x=3y=1，故直线恒过定点A(3,1)．
(2)当AC⊥l时，圆心C(4,0)到直线l的距离达到最大值，
此时，直线l被圆C截得的弦长最短，此时kAC=1−03−4=−1，
所以直线l的斜率为−2λ+1λ+1=1，解得λ=−23，且|AC|= (1−0)2+(3−4)2= 2，
此时，直线l被圆C截得的弦长最小，且其最小值为2 4−2=2 2．
(3)由(1)可知，点A(3,1)，设点P(x,y)，
则|PA||PO|= (x−3)2+(y−1)2 x2+y2= 2，整理可得(x+3)2+(y+1)2=20，
由(x+3)2+(y+1)2=20，可得(y+1)2≤20，解得−1−2 5≤y≤2 5−1，
又因为点C(4,0)，由下图可知，
当点P的坐标为(−3,−2 5−1)时，点P到x轴的距离最大，
此时，△OPC的面积最大，此时，四边形Γ的面积取最大值，
即四边形Γ的面积S=S△POC+S△OAC=12|OC|⋅|yP|+12|OC|⋅|yA|≤12×4×(2 5+1+1)=4 5+4，

故当点P的坐标为(−3,−2 5−1)时，四边形Γ的面积取最大值，且最大值为4 5+4．
【解析】(1)将直线l的方程变形，联立方程组2x+y−7=0x+y−4=0，可求得直线l所过定点的坐标；(2)分析可知，当AC⊥l时，圆心C到直线的距离达到最大值，此时直线l截得的弦长最短，根据直线的斜率关系可求得λ的值，求出圆心C到直线l距离的最大值，再结合弦长公式可求出直线l被圆C截得弦长的最小值；(3)设点P(x,y)，利用距离公式可化简得出点P的轨迹方程，数形结合可求出四边形r面积的最大值及其对应的点P的坐标．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查最长弦长与最短弦长的问题，考查运算求解能力，属中档题．