《广东省肇庆市第一中学2023-2024学年高二上学期学科能力竞赛数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省肇庆市第一中学2023-2024学年高二上学期学科能力竞赛数学试题含答案.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试卷第 1 页，共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 肇庆市第一中学肇庆市第一中学2023-2024 学年高二年级数学学科能力竞赛学年高二年级数学学科能力竞赛 一、单选题一、单选题 1设向量123,e e e 不共面，已知12312332,6ABeee BCeee=+=+，123428CDeee=+，若,A C D三点共线，则=（）A0 B1 C2 D3 2已知二面角l 的棱上两点A，C，线段AB与CD分别在这个二面角内的两个半平面内，并且都垂直于棱l.若6AB=，8CD=，2AC=，12BD=.则这两个平面的夹角的余弦值为（）A512 B45 C35 D34 3庑殿式屋顶是中国古代建筑中等
2、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），类似五面体FEABCD的形状（如图），若四边形ABCD是矩形，/AB EF，且228ABEFBC=，3EAEDFBFC=，则三棱锥FADE的体积为（）A83 B3 C43 D163 4“1m=”是“直线0 xym+=被圆()2215xy+=所截得的弦长等于2 3”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 5 已知圆 C的方程为2216xy+=，直线:80l xy+=，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 P
3、AOB 的面积最小时，直线 AB 的方程为（）A4xy+=B344xy+=C234xy+=D1xy+=6已知O为坐标原点，椭圆()2222:10 xyEabab+=的左、右焦点分别是1F，2F，离心率为32.M，P是椭圆E上的点，1MF的中点为N，12ONNF+=，过P作圆()22:41Q xy+=的一条切线，切点为B，则PB的最大值为（）试卷第 2 页，共 3 页 A2 2 B2 6 C2 5 D5 7已知,Rx y+，满足22xy+=，则22xxy+的最小值为（）A54 B85 C1 D123+8.如图是数学家 Germinal Dandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆
4、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1O，球2O的半径分别为 4 和 1，球心距126OO=，截面分别与球1O，球2O切于点E，F，（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（）A339 B63 C22 D16 二、填空题二、填空题 9点(3,0)P 在动直线(2)()340ab xab yab+=上的投影点为Q，则点Q的轨迹方程是 .10已知双曲线22221(0,0)xyabab=的渐近线与圆22680 xyx+=相切，则双曲线的离心率为 .11已知圆C的圆心在直线10 xy+=上，且与直线34160 xy+
5、=和y轴都相切，则圆C的方程为 .12已知椭圆22221(0)xyabab+=的左、右焦点分别为1F，2F，若椭圆上存在一点P使得1223FPF=，则该椭圆离心率的取值范围是 13已知OABC是棱长为 1 的正四面体.若点P满足OPxOAyOBzOC=+，其中1xyz+=，则OP 的最小值为 .14 设1F，2F分别为椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点，过1F的直线交椭圆于A、B两点，且12AFAF，112AFFB=，则椭圆C的离心率为 试卷第 3 页，共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 15已知双曲线 C：()222210,0 xyabab=的左、右焦点分别为1F，2F
6、，过点1F作倾斜角为30的直线 l与C的左、右两支分别交于点 P，Q，若()2222220F PF QF PF QF PF Q+=，则 C 的离心率为 16阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（0，且1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.已知圆C：2224xy+=，点()2,2M，平面内一定点N（异于点M），对于圆上任意动点A，都有比值:ANAM为定值，则定点N的坐标为 .三、解答题三、解答题 17已知点()1,3P，圆22:1C xy+=(1)求圆C过点P的切线方程；(2)Q为圆C与
7、x轴正半轴的交点，过点P作直线l与圆C交于两点M、N，设QM、QN的斜率分别为1k、2k，求证：12kk+为定值 18已知双曲线E的左、右焦点分别为()12,0F，()22,0F，点32,3在双曲线E上(1)求E的方程；(2)过2F作两条相互垂直的直线1l和2l，与E的右支分别交A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值 四、解答题四、解答题 19已知点A，点B和点C为椭圆2222:1(0)xyCabab+=上不同的三个点.当点A，点 B 和点 C 为椭圆的顶点时，ABC恰好是边长为 2 的等边三角形.(1)求椭圆C标准方程；(2)若O为原点，且满足0OAOBOC+=，求ABC的面积
8、.答案第 1 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 答案答案 1A 解：因为12312332,6ABeee BCeee=+=+，123428CDeee=+，所以()123214ACABBCeee=+=+，因为,A C D三点共线，所以存在唯一的y，使得CDyAC=,即()()123123428214yeeeeee=+，即()422184yyy=，解得：02y=.2A 解：由题可知，A、C在直线l上，AB，CD，且ABl，CDl，如下图，故0AC AB=，0AC CD=，6AB=，8CD=，2AC=，12BD=，因为BDBAACCD=+，故22BDBAACCD=+222222BAACCD
9、BA ACBA CDAC CD=+2222cos,BAACCDBA CDBA CD=+，故1443646496cos,BA CD=+，解得5cos,12BA CD=，所以平面和平面的夹角的余弦值是512.3A 解：如图，在线段CD上取点,H N，使得2DHCN=，4HN=，在线段AB上取点,G M，使得2AGMB=，4GM=，连接,EG EH GH FM FN MN，设,P Q分别为,GH MN的中点，连接,EP FQ，由题意可得，5EGEHFMFN=，4GHMN=，EPFQ=，EP平面ABCD，答案第 2 页，共 13 页 则1EPFQ=，连接PQ，则/PQ AB DC，以Q为原点，以QM，
10、QP，QF所在直线为,x y z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,1F，()2,6,0A，()2,6,0D，()0,4,1E，所以()4,0,0AD=，()2,2,1AE=，()0,4,0EF=，设平面ADE的一个法向量为(),nx y z=，则00n ADn AE=，即402210 xxy=+=，则可取10,12n=，则点F到平面ADE的距离为24 5554EF nhn=，又2214322 52ADES=，所以三棱锥FADE的体积为114 582 53353ADESh=.4A 解：因为圆()2215xy+=的圆心()1,0C，半径5r=.又直线0 xym+=被圆截得的弦长为2 3.所以圆心
11、 C到直线的距离222 322dr=，因此()221 0211m+=+，解得1m=或3m=，易知“1m=”是“1m=或3m=”的充分不必要条件；5A 解：依题意可知,OAAP OBBP，答案第 3 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 所以2221=2=4162PAOBSOAAPOAAPOAOPOAOP，所以OP最小时，PAOBS最小，此时OPl，l的斜率为1，所以此时直线OP的斜率为1，也即此时直线OP的方程为yx=，由=8=0y xxy+解得4xy=，则()224 2,=4 24=4OPAP=，以()4,4P为圆心，半径为4的圆的方程为()()22244=4xy+，即228816=
12、0 xyxy+，与2216=0 xy+两式相减并化简得：=4xy+.6B 解：连接2MF，1MF中点为N，21=2MFON 112111=2=2222ONNFNFNFa a+，3=2e=3c，即椭圆方程为2214xy+=设()P xy，则22=44xy，11y，连接QB,QP 由题意知(0 4)Q，QBQP，且=1QB 22=13819BPPQyy=+，由二次函数性质得，当=1y时 答案第 4 页，共 13 页 BP取得最大值，此时2 6=BP 7B 解：如图，过点O作点O关于线段22xy+=的对称点C，则POPC=.设()00,C xy，则有()0000212222yxxy=+=，解得008
13、545xy=，所以8 4,5 5C.设(),P x y，则22POxy=+，所以22CxyPOP+=，又,x y+R，所以点P到y轴的距离为x，所以22xxy+可视为线段22xy+=上的点(),P x y到y轴的距离与到8 4,5 5C的距离之和.过P作PDx轴，过点C作CHx轴，显然有PDPCCDCH+，则CH为所求最小值，此时CH与线段AB的交点1P，即为最小值时P的位置.易得85CH=，所以22xxy+的最小值为85.8A 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1O，球2O的截面大圆，如图，点,A B分别为圆12,O
14、O与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段MN是椭圆长轴，椭圆长轴长2aMNMFFNMFMEMBMAAB=+=+=+=，过2O作21O DO A于 D，连2O B，显然四边形2ABO D为矩形，又2112|1,|4,|6O BO AOO=，则222221212|633 3aABO DOOO D=，答案第 5 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 过2O作21O CO E交1O E延长线于 C，显然四边形2CEFO为矩形，椭圆焦距222221212|6511cEFO COOOC=，所以椭圆的离心率21133293 3cea=9()()22115xy+=解：将动直线()()2340ab
15、xab yab+=整理为()()3240a xybxy+=，联立30240 xyxy=，可得12xy=，所以动直线过定点()1,2M.又0QP QM=，所以点Q在以,P M为直径的圆上运动，设(),Q x y，则()()3,1,2QPxyQMxy=，()()()223122230QP QMxxyyxyxy=+=+=，即()()22115xy+=.103 24 解：圆22680 xyx+=即()2231xy+=，圆心为()3,0，半径1r=，双曲线22221(0,0)xyabab=的渐近线方程为byxa=，依题意2231bdab=+，即3cb=，又222cab=+，所以2 2ab=，答案第 6
16、页，共 13 页 所以离心率33 242 2cbeab=.11()()22121xy+=或()()226736xy+=解:由已知圆C的圆心在直线10 xy+=上，则设(),1C a a+，又圆与y轴相切，所以半径ra=，圆的方程为()()2221xayaa+=因为圆C与直线34160 xy+=相切，所以()223411634aadra+=+，化简得()()160aa=，解得1a=或6a=，所以圆的方程为()()22121xy+=或()()226736xy+=，123,1)2 解:由椭圆的定义可知：122PFPFa+=，在12PFF中，由余弦定理得：()222222221211211211222
17、211211cos2242222PFPFPFPFFFPFPFFFbPFPFFPFPFPFPFPFPFPF+=，所以2124PFPFb=，又()2122124PFPFPFPFa+=，即224ba，当且仅当12PFPF=时等号成立，故22244aca，所以2234ac，234e，解得：3,1)2e.1363/163 解:由点P满足OPxOAyOBzOC=+，其中1xyz+=，得点P在平面ABC内，答案第 7 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 因此OP 的最小值即为正四面体OABC的底面ABC上的高，令点O在底面ABC上的射影为O，则O为正ABC的中心，23sin6033O AAB=，所
18、以OP 的最小值为2263OAO A=.故答案为：63 1453 解:因为112AFFB=，所以112AFFB=，设1FBm=，则12AFm=，3ABm=，由椭圆定义得：222AFam=，22BFam=因为12AFAF，所以22222ABAFBF+=，即222(3)(22)(2)mamam+=得：3am=，所以123aAF=，243aAF=，在12AFF中，2221212AFAFFF+=，得：222941649aac+=，即2259ca=，故53e=152 答案第 8 页，共 13 页 解:依题意，由()2222220F PF QF PF QF PF Q+=，得22220F PF QQPF P
19、F Q+=，即2PF Q的平分线与直线 PQ垂直，如图，设2PF Q的平分线2F D与直线 PQ 交于点 D，则22PF DQF D=，2290F DPF DQ=，又22DFDF=，所以22PDFQDF，所以PDQD=，22PFQF=由题得()1,0Fc，()2,0Fc，设2DFh=，2QFs=，1PFt=，在12RtDFF中，1290FDF=，1230DFF=，则hc=，13DFc=，由双曲线的性质可得122122QFQFPQtsaPFPFsta=+=，解得4PQa=，则2PDQDa=，所以在2RtQDF中，()222sca=+，又132tDFPDca=，2sta=，所以()()222322
20、cacaa+=，即()2223cac+=，整理得222ac=，所以2cea=16()6,6 解:设N的坐标为(),m n，动点A(),x y，()1ANAM=，则ANAM=，()()()()222222xmynxy+=+，222222222222224444xmxmynynxxyy+=+，答案第 9 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司()()()()2222222221241248=0 xmxynymn+，可得()()()()()222222222224248=0111mnmnxxyy+，又点A的轨迹方程2224xy+=，可得()()()()()2222222224=0124=018
21、=241mnmn，解得2122mn=（舍）或2366mn=，则N的坐标为()6,6.17（1）解：易知圆C的圆心为()0,0C，半径为1，因为22131+，则点P在圆C外，当切线的斜率不存在时，切线的方程为1x=，此时，圆心P到直线1x=的距离为1，则直线1x=与圆C相切，合乎题意；当切线的斜率存在时，设切线的方程为()31yk x=，即30kxyk+=，则2311kk=+，解得43k=，此时，切线的方程为()4313yx=，即4350 xy+=.综上所述，求圆C过点P的切线方程为1x=或4350 xy+=.（2）证明：在圆C的方程中，令0y=，可得1x=，则()1,0Q，由（1）可知，直线l
22、的斜率存在，设直线l的方程为()31yk x=，即()3ykxk=+，答案第 10 页，共 13 页 设点()11,M x y、()22,N xy，联立()2231ykxkxy=+=可得()()()222123310kxk kxk+=，()()()22224341310kkkk=+，解得43k，由韦达定理可得()122231k kxxk+=+，()2122311kx xk=+，所以，()()1212121212121313332111111k xk xyykkkxxxxxx+=+=+=+()()()()()()()()212122121212222332132322221113123111k
23、kkxxxxkkkxxx xxxkk kkk+=+=+=+1862293kk+=.故12kk+为定值 18解:（1）设双曲线()2222:10,0 xyEabab=，则2222221134abab=+=，解得2231ab=，所以双曲线E的方程为2213xy=.（2）根据题意，直线1l，2l的斜率都存在且不为 0，答案第 11 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 设直线()1:2lyk x=，()21:2lyxk=，其中0k，双曲线的渐近线为33yx=，因为1l，2l均与E的右支有两个交点，所以33k，133k，所以2133k，由韦达定理得()2121222316,1 31 3mkmx
24、xx xkk+=+，所以()12122221 3myyk xxmk+=+=+，所以()()12122262,1 31 3kmmpxxqyykk=+=+=+，又因为点(),A p q在椭圆2213xy+=上，所以222262331 31 3kmmkk+=+，化简得2241 3mk=+，答案第 13 页，共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 所以()222212223161141 31 3mkmBCkxxkkk=+=+222222222 3312 34111 31 3kmmmkkkk+=+=+22222663 1111 342mmkkkkmm+=+=+=+，所以点A到直线BC的距离222226231 31 3111kmmkmpkqmmkkdkkk+=+，所以22311 3 12221ABCmkSBC dmk+=+94=综上所述，ABC的面积为94.