江西省南昌雷式厚一实验中学2023-2024学年高二下学期竞赛数学试题

雷式厚一实验中学高二数学竞赛卷 （时间100分钟，总分100分） 学校:___________姓名：___________班级：___________总分：___________ 一、单选题(每小题5分，共20分） 1．已知非零向量与满足在上的投影向量为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且，则BD的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 3．如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处到处可以选择的最短路径有（    ）    A．25条 B．48条 C．150条 D．512条 4．若圆上有两个动点A，B，满足，点M在直线上动，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．已知是坐标原点，，是椭圆的左、右焦点，是椭圆在第一象限上的点，且，是的角平分线上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 6．已知三棱锥的棱、、两两垂直，，，为的中点，在棱上，且平面，则下列说法错误的是（  ）. A． B．与平面所成的角为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 二、多选题(每小题5分，少选得2分，多选错选不得分，共20分） 7．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ） A． B．的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是偶函数 C．的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数 D．若方程在上有且只有6个根，则 8．已知函数．若存在，使得，则下列结论正确的有（    ） A． B．的最大值为9 C．的取值范围是 D．的取值范围是 9．如图所示，正方体的棱长为，则（    ）    A．的最小值为 B．存在一点，使得与平面所成角为 C．存在一点，使得与所成的角为 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 10．如图过抛物线：的焦点作两条互相垂直的直线，，与相交于，两点，与相交于，，、分别是弦和弦的中点，则下列说法中正确的是（    ）    A．若点，则周长的最小值为 B．的最小值为 C．最小时， D．和面积之和的最小值为8 三、填空题(每小题5分，共10分） 11．如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有 种不同的检测顺序. 12．已知P为直线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为A，B，则当四边形面积最小时，直线的方程为 ． 四、解答题(每小题10分，共40分） 13．在中，所对的边分别为，已知. (1)若，求的值； (2)若是锐角三角形，求的取值范围． 14．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点.      (1)证明：∥平面； (2)若，， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 15．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为．椭圆的中心为，左焦点为，上顶点为，右顶点为，且． (1)求抛物线和椭圆的标准方程． (2)设直线经过点，与抛物线交于，两点，与椭圆交于，两点．记和的面积分别为和，是否存在直线，使得？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由． 16．已知点为椭圆：（）内一点，过点的直线与交于两点．当直线经过的右焦点时，点恰好为线段的中点． (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的光学性质是指：从椭圆的一个焦点出发的一束光线经椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点．设从椭圆的左焦点出发的一束光线经过点，被直线反射，反射后的光线经过椭圆二次反射后恰好经过点，由此形成的三角形称之为“光线三角形”．求此时直线的方程，并计算“光线三角形”的周长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】根据投影向量的概念，结合已知可推得，，结合夹角的范围，即可得出答案. 【详解】在上的投影向量为, 所以，，整理可得， 所以，，. 又，所以有. 因为，所以. 故选：C. 2．B 【分析】由题意，根据正弦定理和同角的三角函数关系可得，设，，由余弦定理可得得.根据角之间的关系，在两个三角形中分别应用余弦定理，建立方程，结合二次函数的性质即可. 【详解】, 由正弦定理，得， 由可得，又，故. 解法一：设，，由可得， 由余弦定理得， 即， 得. 由，得，即， 故， 当时，取得最小值12，此时， 故BD的最小值为2. 解法二：由题意知， 两边同时平方得： ， 又，所以即当且仅当时取等号， 则，故BD的最小值为2. 故选：B. 3．C 【分析】利用组合、分步乘法计数原理可得答案. 【详解】从处到处的最短路径有条，从处到处的最短路径有条，则小华从处到处可以选择的最短路径有条． 故选：C. 4．B 【分析】根据弦长，找到中点的轨迹方程，把转换为圆上点到直线的距离最小值问题 【详解】 如图，设中点为，， 因为，设圆心到弦距离为， 则，解得， 所以，此时点的轨迹方程为，即是以为圆心，半径为圆上一点， 此时圆心到的距离为，、 又因为点M在直线上动， 所以 又因为， 所以， 故选：B. 5．A 【分析】由椭圆的定义和余弦定理求出，，再由角平分线定理求出的角平分线与轴交点，从而求出的角平分线的方程，结合两点间距离公式即可求解. 【详解】由椭圆定义得，， 由余弦定理可，解得，，所以轴，即， 设的角平分线与轴相交于，由三角形角平分线定理得，所以， 从而的角平分线的方程为， 原点关于的角平分线对称的点设为，经计算可， 则. （或：关于的角平分线的对称点在的延长线上，记为， 且，，所以，,，解得，，即， 或由勾股定理知轴，得， 所以. 故选：A 6．C 【分析】由线面平行的性质可得，再由向量的线性运算可判断A；由线面垂直的判定定理可得平面，得与平面所成的角为，求出角可判断B；三棱锥可补形得到一个以、、为相邻三条棱的长方体，长方体与三棱锥有相同的外接球可判断C；由面面垂直的判定定理、性质定理可得点到平面的距离即点到的距离，在中计算边上的高可判断D. 【详解】对于A，如下图，∵平面，平面， 平面平面，∴， ∵为的中点，∴为的中点， 则，A选项对；    对于B，如下图，∵、、两两垂直，，、平面， ∴平面，得与平面所成的角为， 又，∴，B选项对；    对于C，如下图，由题意可知三棱锥可补形得到一个以、、为相邻三条棱的长方体， ∵，，∴三棱锥外接球的半径， ∴三棱锥外接球的表面积为，C选项错；    对于D，∵、、两两垂直，，、平面， ∴平面，又，∴平面，平面， ∴平面平面， ∵平面平面，∴点到平面的距离即点到的距离， 在中，、，∴，则边上的高为， 即点到平面的距离为，D选项对.    故选：C. 【点睛】方法点睛：利用长方体求三棱锥外接球半径，根据球的几何性质，到几何体各个顶点距离相等的点即为其外接球球心，因此长方体的两条体对角线交点即为其外接球球心,体对角线长即为其外接球直径.若三棱锥的各个顶点与长方体的顶点重合，则他们的外接球相同，故可利用长方体求三棱锥外接球半径，此类三棱锥大体上可以分为三类：墙角三棱锥、鳖臑、对棱相等型. 7．ACD 【分析】根据图像可求得函数从而可对A项判断；根据的图像向右平移得到，从而可对B、C项判断；分别把在上有个根分别列举出来，从而可求出的取值范围，可对D项判断. 【详解】对于A项：由，得，则或， 又，所以．因为的图象过点， 所以， 又在的单调递增区间内，所以， 所以，因为，所以， 所以．故A项正确． 对于B、C项：的图象向右平移个单位长度后 得到，为奇函数， 故B项错误，C项正确． 对于D项：由得或，， 该方程在上有个根，从小到大依次设为，，，，，， 则，，， ，，． 若存在第个根，则，所以．故D项正确. 故选：ACD. 8．ACD 【分析】作出函数图象，结合图形一一判定选项即可. 【详解】作出图象如图所示，易知，结合二次函数对称性可知，故A正确； 由，又，所以等号不成立，故B错误； 由图象及函数的值域可知，，且， 则，故C正确； 因为，由，故， 故．故D正确．      故选：ACD 9．ABD 【分析】A将面绕翻折至与面共一个平面，由共线时，最小即可判断；B、C构建空间直角坐标系，向量法求与平面所成角范围、判断与所成角大小判断；D证面，将补全为直棱柱，由它们共外接球，进而求其表面积判断. 【详解】A：将下图中面绕翻折至与面共一个平面，而， 所以共线时，最小，此时为中点， 则最小值为，对；    构建如下图示的空间直角坐标系，， 所以， 若为面一个法向量，则，令，则， 若与平面所成角为，且， 所以， 令，则，故， 由上知：，故，即， 所以，存在一点，使得与平面所成角为，B对； 由上知：，则，即，C错；    由，则为中点，且，根据A分析知：，， 又为等边三角形，则，， 由，面，则面， 将补全为如下直棱柱，则三棱锥的外接球，即为棱柱的外接球， 中，，则，故， 所以外接圆半径为，故外接球半径平方，则其表面积为，D对.    故选：ABD 【点睛】关键点点睛：B、C构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角、判断异面直线位置关系，D证面，并补全为直棱柱，判断共外接球为关键. 10．BCD 【分析】根据抛物线的定义及焦半径公式，用点的坐标分别表示选项要求，利用基本不等式求解即可. 【详解】   对于A，，，准线方程为， 点，过点作垂直于准线的直线,垂足为,由抛物线定义知 则周长为 当最小时，周长最小， 所以当在一条直线上时，最小，最小长度为， 所以周长最小值为,故A错误； 对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，即  ① ， ，， 则， 当且仅当，即时等号成立，故B正确； 对于C，直线的斜率为，代入①中，设，得 ，， 、分别是弦和弦的中点 所以，， ，， ，即，最小为4，当且仅当时等号成立， 此时，，所以，故C正确； 对于D，由抛物线定义得，，，，， 和面积之和为 当且仅当，且，等号成立，所以和面积之和的最小值为8，故D正确. 故选：BCD. 11． 【分析】将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，分析可得只能从或处出发才能不重复走完条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解. 【详解】如图将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题， 从或处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从或处出发才能不重复走完条路线， 由于对称性，只列出从处出发的路线情形即可. ①走路线：，，，，，，共种； ②走路线：，，，，，，共种； ③走路线：，，，，共种； 综上，共有种检测顺序. 故答案为： 12． 【分析】求得四边形面积最小时点的坐标，再根据圆与圆的位置关系求得直线的方程. 【详解】圆，即， 所以圆心为，半径， ， 所以当最小，也即垂直时，四边形面积最小， 直线的斜率为，则此时直线的斜率为， 则直线的方程为，由，解得， 即，对应，， 以为圆心，半径为的圆的方程为：， 即， 由， 两式相减并化简得， 也即直线的方程为. 故答案为：    【点睛】研究直线和圆的位置关系问题，主要思路是数形结合的数学思想方法，直线和圆有关的相切问题，连接圆心和切点的直线，与切线相互垂直.与四边形面积的最值有关问题，可先求得面积的表达式，再根据表达式来求最值. 13．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据余弦定理得边角关系，即可利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，即可由三角函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，据余弦定理可得又，故，由于，故，得. （2）在中，据余弦定理可得， 又，故， 又，故 据正弦定理，可得， ， ， , 因为，所以， 则或， 即或（舍） 所以, , 因为是锐角三角形，所以，得， ,故, 故, 14．(1)证明见详解 (2)（i），（ii）存在点，. 【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面距离的向量法求解即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又，， ，， 所以四边形是平行四边形， ， 又平面，平面， 平面.    （2），，又，， ，则， 又平面平面，平面平面， 平面， ，又， 所以，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， （i）设平面的一个法向量为，则 ，即，令，可得，， ， 又平面的一个法向量为， ， 所以二面角的余弦值为. （ii）假设线段上存在点，使得点到平面的距离为， 设，，， ， 由（i）知平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 则，解得或， 又，所以， 即存在点到平面的距离为，且. 15．(1)， (2)存在，其方程为或 【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标直接可得抛物线方程，再设，，结合，可得椭圆方程； （2）设直线的方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，可得面积，再根据，可得直线方程. 【详解】（1）由抛物线的焦点为， 可知，所以， 所以抛物线的方程为； 设椭圆的标准方程为，则，， 所以，， 由，可得， 又， 所以，解得或（舍）， 则， 所以椭圆方程为； （2）   由题意可知，直线的斜率一定不为， 则设直线的方程为，，，，， 联立直线与抛物线，得，， 则，， 所以的面积， 联立直线与椭圆，得， ， 则，， 所以的面积， 又， 所以，解得， 所以存在满足条件的直线，且直线方程为或. 【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 16．(1) (2)当直线为时，周长为；当直线为时，周长为 【分析】（1）设点，的坐标为，代入椭圆方程，利用已知条件可得，再由，即可得解； （2）设直线的方程为，设点关于直线的对称点为，从椭圆的左焦点发射一束光线经过直线进行反射后的反射光线必经过点，由椭圆的光学原理可知，，三点共线，即得，再根据椭圆的定义即可求得“光线三角形”的周长. 【详解】（1）解：设点，的坐标为． 将其代入椭圆方程可得，； 两式相减可得， 整理可得． 其中为直线的斜率， 可利用点及点计算可得． 其中，代入上式可得，即可得， 根据椭圆三个参数间的关系：，可得． 综上可得椭圆的方程为． （2）解：设直线的方程为，设点关于直线的对称点为，从椭圆的左焦点发射一束光线经过直线进行反射后的反射光线必经过点．    设过点且与直线垂直的直线为：． 直线与直线的交点为，从而可得点的坐标为， 为了保证经过椭圆反射后再回到点，根据椭圆的光学性质可知上述反射光线会经过椭圆的右焦点， 综上可知点，，三点共线． 即可知，即有，经计算可得． 符合条件的直线方程为． 当直线为时，根据条件易知，． 根据椭圆的定义经过点的反射光线及经过椭圆的后的反射光线的和为． 此时光线闭合三角形的周长为． 当直线为时，根据条件易知，． 根据椭圆的定义经过点的反射光线及经过椭圆的后的反射光线的和为． 此时“光线三角形”的周长为． 【点睛】方法点睛：1、有关直线与椭圆相交的中点弦问题，将两交点坐标代入椭圆方程，再相减，就可得此直线的斜率； 2、涉及圆锥曲线的试题，要紧扣曲线的定义. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$