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肇庆市第一中学2023-2024学年高二年级数学学科能力竞赛
一、单选题
1.设向量不共面,已知,,若三点共线,则()
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】A
【解析】
【分析】把A、C、D三点共线转化为满足,列方程组,求出即可.
【详解】因为,,
所以,
因为三点共线,所以存在唯一的,使得,
即,
即,解得:.
故选:A.
2.已知二面角的棱上两点,,线段与分别在这个二面角内的两个半平面内,并且都垂直于棱.若,,,.则这两个平面的夹角的余弦值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图象可得,再利用空间向量数量积的运算律可得两平面夹角的余弦值.
【详解】由题可知,、在直线上,,,且,,如下图,
故,,,,,,
因为,
故,
故,解得,
所以平面和平面的夹角的余弦值是.
故选:A
3.庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式,分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶.单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊,前后左右都有斜坡(如图①),类似五面体的形状(如图②),若四边形是矩形,,且,,则三棱锥的体积为()
A. B.3 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系,利用空间向量求出点到平面的距离,进而结合三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】如图,在线段上取点,使得,,
在线段上取点,使得,,
连接,设分别为的中点,连接,
由题意可得,,,,平面,
则,连接,则,
以为原点,以,,所在直线为轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为,
则,即,则可取,
则点到平面的距离为,
又,
所以三棱锥的体积为.
故选:A.
4.“”是“直线被圆所截得的弦长等于”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线被圆截得的弦长可求出或,根据的取值即可判断出结果.
【详解】因为圆的圆心,半径.
又直线被圆截得的弦长为.
所以圆心C到直线的距离,
因此,解得或,
易知“”是“或”的充分不必要条件;
故选:A.
5.已知圆C的方程为,直线,点P是直线l上的一动点,过P作圆C的两条切线,切点分别为A,B,当四边形PAOB的面积最小时,直线AB的方程为()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断出四边形PAOB的面积最小时点的位置,根据圆与圆的交线的求法求得正确答案.
【详解】依题意可知,
所以,
所以最小时,最小,此时,
的斜率为,所以此时直线的斜率为,也即此时直线的方程为,
由解得,则,
以为圆心,半径为的圆的方程为,
即,与两式相减并化简得:.
故选:A
6.已知为坐标原点,椭圆的左、右焦点分别是,,离心率为.,是椭圆上的点,的中点为,,过作圆的一条切线,切点为,则的最大值为()
A. B. C. D.5
【答案】B
【解析】
【分析】做出合理的辅助线,利用椭圆定义求出方程,后设点,用圆中的勾股定理转化为函数最值问题求解即可.
【详解】
连接,中点为,
,
,即椭圆方程为
设,则,,连接,
由题意知,,且
,由二次函数性质得,当时
取得最大值,此时
故选:B
7.已知,满足,则的最小值为()
A. B. C.1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出点关于线段的对称点的坐标,且有,根据几何意义,结合图形,即可得出取最小值,从而得解.
【详解】如图,过点作点关于线段的对称点,则.
设,则有,解得,所以.
设,则,所以,
又,所以点到轴的距离为,
所以可视为线段上的点到轴的距离与到的距离之和.
过作轴,过点作轴,
显然有,则为所求最小值,此时与线段的交点,即为最小值时的位置.
易得,所以的最小值为.
故选:B.
【点睛】关键点睛:本题解决的关键在于将问题转化为点到轴的距离与到的距离之和,从而结合图形即可得解.
8..如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型(称为“Dandelin双球”);在圆锥内放两个大小不同的小球,使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切,设图中球,球的半径分别为4和1,球心距,截面分别与球,球切于点,,(,是截口椭圆的焦点),则此椭圆的离心率等于()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的几何体,作出轴截面,结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意,截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交,椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体,
得圆锥的轴截面及球,球的截面
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