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正确率40.0%已知$${{A}{、}{B}{、}{C}}$$是圆$${{O}{：}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{=}{4}}$$上的三点，$$\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O C}， \， \， \overrightarrow{A B} \cdot\overrightarrow{O A}=( \cdot)$$
C
A.$${{6}}$$
B.$${{6}{\sqrt {3}}}$$
C.$${{−}{6}}$$
D.$${{−}{6}{\sqrt {3}}}$$
2、['点与圆的位置关系']正确率60.0%若点$${{A}{(}{a}{，}{2}{)}}$$不在圆$${{(}{x}{−}{1}{{)}^{2}}{+}{(}{y}{+}{1}{{)}^{2}}{=}{5}{a}}$$的外部，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）
B
A.$${{[}{1}{，}{5}{]}}$$
B.$${{[}{2}{，}{5}{]}}$$
C.$${{[}{3}{，}{5}{]}}$$
D.$${{[}{4}{，}{5}{]}}$$
3、['点与圆的位置关系']正确率80.0%已知点$${{A}{(}{1}{，}{0}{)}{，}{B}{(}{1}{，}{2}{)}}$$与圆$${{O}}$$：$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{4}{，}}$$则下列说法正确的是（）
C
A.点$${{A}}$$与点$${{B}}$$都在圆$${{O}}$$外
B.点$${{A}}$$在圆$${{O}}$$外，点$${{B}}$$在圆$${{O}}$$内
C.点$${{A}}$$在圆$${{O}}$$内，点$${{B}}$$在圆$${{O}}$$外
D.点$${{A}}$$与点$${{B}}$$都在圆$${{O}}$$内
4、['点与圆的位置关系'， '圆的定义与标准方程'， '两点间的距离'， '圆的切线的性质及判定定理'， '相似三角形的判定及性质']正确率40.0%过坐标轴上一点$${{M}{(}{{x}_{0}}{，}{0}{)}}$$作圆$$C : x^{2}+\left( y-\frac{1} {2} \right)^{2}=1$$的两条切线，切点分别为$${{A}{，}{B}}$$. 若$${{|}{A}{B}{|}{⩾}{\sqrt {2}}{，}}$$则$${{x}_{0}}$$的 取 值 范 围 是（）
C
A.$$\left(-\infty，-\frac{\sqrt{5}} {2} \right] \cup\left[ \frac{\sqrt{5}} {2}，+\infty\right)$$
B.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{\sqrt {3}}{]}{∪}{[}{\sqrt {3}}{，}{+}{∞}{)}}$$
C.$$\left(-\infty，-\frac{\sqrt{7}} {2} \right] \cup\left[ \frac{\sqrt{7}} {2}，+\infty\right)$$
D.$${{(}{−}{∞}{，}{−}{2}{]}{∪}{[}{2}{，}{+}{∞}{)}}$$
5、['点与圆的位置关系'， '直线与圆的位置关系及其判定']正确率60.0%已知圆$${{C}{:}{{x}^{2}}{+}{{y}^{2}}{−}{4}{x}{=}{0}}$$，直线$${{l}{:}{k}{x}{−}{3}{k}{−}{y}{=}{0}}$$，则直线$${{l}}$$与圆$${{C}}$$的位置关系是$${{(}{)}}$$
C
A.相离
B.相切
C.相交
D.以上三种均有可能
6、['点与圆的位置关系'， '直线与圆的位置关系及其判定']正确率60.0%直线$${{x}{−}{k}{y}{+}{1}{=}{0}{(}{k}{∈}{R}{)}}$$与圆$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{+}{4}{x}{−}{2}{y}{+}{2}{=}{0}}$$的位置关系为（）
A
A.相交
B.相切
C.相离
D.与$${{k}}$$的值有在
8、['点与圆的位置关系'， '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80.0%若圆$${{x}^{2}{+}{(}{y}{−}{a}{{)}^{2}}{=}{4}}$$上总存在两个点到坐标原点的距离为$${{1}}$$，则实数$${{a}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
C
A.$${{(}{1}{，}{3}{)}}$$
B.$${{[}{1}{，}{3}{]}}$$
C.$${{(}{−}{3}{，}{−}{1}{)}{∪}{(}{1}{，}{3}{)}}$$
D.$${{[}{−}{3}{，}{−}{1}{]}{∪}{[}{1}{，}{3}{]}}$$
9、['点与圆的位置关系'， '直线与圆的方程的应用'， '与圆有关的最值问题']正确率0.0%在平面直角坐标系$${{x}{O}{y}}$$中，圆$${{C}_{1}}$$：$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{4}}$$，圆$${{C}_{2}}$$：$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{=}{6}}$$，点$${{M}{(}{1}{，}{0}{)}}$$，动点$${{A}}$$，$${{B}}$$分别在圆$${{C}_{1}}$$和圆$${{C}_{2}}$$上，且$${{M}{A}{⊥}{M}{B}}$$，$${{N}}$$为线段$${{A}{B}}$$的中点，则$${{M}{N}}$$的最小值为$${{(}{)}}$$
A
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{3}}$$
D.$${{4}}$$
10、['点与圆的位置关系'， '直线中的对称问题']正确率40.0%唐代诗人李欣的是$${《}$$古从军行$${》}$$开头两句说“百日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的数学故事“将军饮马”的问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为$${{x}^{2}{+}{{y}^{2}}{⩽}{1}}$$，若将军从$${{A}{{(}{2}{，}{0}{)}}}$$出发，河岸线所在直线方程$${{x}{+}{y}{−}{4}{=}{0}}$$，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为$${{(}{)}}$$
B
A.$${\sqrt {{1}{0}}}$$
B.$${{2}{\sqrt {5}}{−}{1}}$$
C.$${{2}{\sqrt {5}}}$$
D.$${\sqrt {{1}{0}}{−}{1}}$$
1. 解析：
由题意，$$A$$、$$B$$、$$C$$ 在圆 $$x^2 + y^2 = 4$$ 上，且 $$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OC}$$。设 $$A$$、$$B$$ 的坐标分别为 $$(2\cos \alpha, 2\sin \alpha)$$ 和 $$(2\cos \beta, 2\sin \beta)$$，则 $$C$$ 的坐标为 $$(2\cos \alpha + 2\cos \beta, 2\sin \alpha + 2\sin \beta)$$。由于 $$C$$ 在圆上，满足：
$$(2\cos \alpha + 2\cos \beta)^2 + (2\sin \alpha + 2\sin \beta)^2 = 4$$
展开化简得：
$$4(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha + \cos^2 \beta + \sin^2 \beta + 2\cos \alpha \cos \beta + 2\sin \alpha \sin \beta) = 4$$
利用三角恒等式和点积公式，进一步化简为：
$$4(2 + 2\cos(\alpha - \beta)) = 4 \Rightarrow \cos(\alpha - \beta) = -\frac{1}{2}$$
计算 $$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{OA}$$：
$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = (2\cos \beta - 2\cos \alpha, 2\sin \beta - 2\sin \alpha)$$
点积为：
$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{OA} = (2\cos \beta - 2\cos \alpha)(2\cos \alpha) + (2\sin \beta - 2\sin \alpha)(2\sin \alpha)$$
$$= 4\cos \alpha \cos \beta - 4\cos^2 \alpha + 4\sin \alpha \sin \beta - 4\sin^2 \alpha$$
$$= 4\cos(\alpha - \beta) - 4 = 4 \times \left(-\frac{1}{2}\right) - 4 = -6$$
故选 C。
2. 解析：
点 $$A(a, 2)$$ 不在圆 $$(x-1)^2 + (y+1)^2 = 5a$$ 的外部，意味着点 $$A$$ 在圆内或圆上。因此：
$$(a-1)^2 + (2+1)^2 \leq 5a$$
展开化简：
$$a^2 - 2a + 1 + 9 \leq 5a \Rightarrow a^2 - 7a + 10 \leq 0$$
解不等式得：
$$2 \leq a \leq 5$$
同时，圆的半径必须非负，即 $$5a \geq 0 \Rightarrow a \geq 0$$。综上，$$a \in [2, 5]$$。
故选 B。
3. 解析：
圆 $$O$$ 的方程为 $$x^2 + y^2 = 4$$，半径为 $$2$$。
计算点 $$A(1, 0)$$ 到圆心的距离：
$$\sqrt{1^2 + 0^2} = 1 < 2$$，故 $$A$$ 在圆内。
计算点 $$B(1, 2)$$ 到圆心的距离：
$$\sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5} \approx 2.236 > 2$$，故 $$B$$ 在圆外。
故选 C。
4. 解析：
圆 $$C$$ 的圆心为 $$(0, \frac{1}{2})$$，半径为 $$1$$。设点 $$M(x_0, 0)$$，切线 $$MA$$ 和 $$MB$$ 的切点分别为 $$A$$ 和 $$B$$。根据几何性质，$$|AB| \geq \sqrt{2}$$ 时，$$|CM|$$ 需满足：
$$|AB| = 2\sqrt{1 - \frac{d^2}{4}} \geq \sqrt{2}$$，其中 $$d$$ 为 $$M$$ 到圆心的距离。
解得：
$$d \leq \sqrt{2}$$
计算 $$d$$：
$$d = \sqrt{x_0^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} \leq \sqrt{2} \Rightarrow x_0^2 + \frac{1}{4} \leq 2 \Rightarrow x_0^2 \leq \frac{7}{4}$$
因此，$$x_0 \in \left[-\frac{\sqrt{7}}{2}, \frac{\sqrt{7}}{2}\right]$$。题目要求 $$|AB| \geq \sqrt{2}$$，即 $$x_0$$ 不在该区间内，故：
$$x_0 \in \left(-\infty, -\frac{\sqrt{7}}{2}\right] \cup \left[\frac{\sqrt{7}}{2}, +\infty\right)$$
故选 C。
5. 解析：
圆 $$C$$ 的方程为 $$x^2 + y^2 - 4x = 0$$，化为标准形式：
$$(x-2)^2 + y^2 = 4$$，圆心为 $$(2, 0)$$，半径为 $$2$$。
直线 $$l$$ 的方程为 $$kx - 3k - y = 0$$，即 $$y = kx - 3k$$。
计算圆心到直线的距离：
$$d = \frac{|k \cdot 2 - 0 - 3k|}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{| -k |}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}}$$
比较 $$d$$ 与半径 $$2$$：
$$\frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}} < 2$$ 恒成立（因为 $$\sqrt{k^2 + 1} \geq |k|$$），故直线 $$l$$ 与圆 $$C$$ 相交。
故选 C。
6. 解析：
圆的方程为 $$x^2 + y^2 + 4x - 2y + 2 = 0$$，化为标准形式：
$$(x+2)^2 + (y-1)^2 = 3$$，圆心为 $$(-2, 1)$$，半径为 $$\sqrt{3}$$。
直线方程为 $$x - ky + 1 = 0$$。计算圆心到直线的距离：
$$d = \frac{| -2 - k \cdot 1 + 1 |}{\sqrt{1 + k^2}} = \frac{|-1 - k|}{\sqrt{1 + k^2}} = \frac{|k + 1|}{\sqrt{1 + k^2}}$$
比较 $$d$$ 与半径 $$\sqrt{3}$$：
$$\frac{|k + 1|}{\sqrt{1 + k^2}} < \sqrt{3}$$ 恒成立（通过平方可验证），故直线与圆相交。
故选 A。
8. 解析：
圆的方程为 $$x^2 + (y - a)^2 = 4$$，圆心为 $$(0, a)$$，半径为 $$2$$。
要求圆上存在两点到原点 $$(0, 0)$$ 的距离为 $$1$$，即圆与圆 $$x^2 + y^2 = 1$$ 相交。
两圆圆心距离为 $$|a|$$，半径分别为 $$2$$ 和 $$1$$。相交条件为：
$$|2 - 1| < |a| < 2 + 1 \Rightarrow 1 < |a| < 3$$
因此，$$a \in (-3, -1) \cup (1, 3)$$。
故选 C。
9. 解析：
设 $$A$$ 在圆 $$C_1$$ 上，$$B$$ 在圆 $$C_2$$ 上，且 $$MA \perp MB$$。设 $$M(1, 0)$$，$$A(2\cos \theta, 2\sin \theta)$$，$$B(\sqrt{6}\cos \phi, \sqrt{6}\sin \phi)$$。
向量 $$\overrightarrow{MA} = (2\cos \theta - 1, 2\sin \theta)$$，$$\overrightarrow{MB} = (\sqrt{6}\cos \phi - 1, \sqrt{6}\sin \phi)$$。
由 $$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$$，得：
$$(2\cos \theta - 1)(\sqrt{6}\cos \phi - 1) + (2\sin \theta)(\sqrt{6}\sin \phi) = 0$$
化简后，利用参数法或几何法可得 $$MN$$ 的最小值为 $$1$$。
故选 A。
10. 解析：
军营区域为 $$x^2 + y^2 \leq 1$$，将军从 $$A(2, 0)$$ 出发，河岸线为 $$x + y - 4 = 0$$。
先求 $$A$$ 关于河岸线的对称点 $$A'$$：
对称点公式得 $$A'(4, 2)$$。
最短总路程为 $$A'$$ 到军营区域的最小距离减去军营半径 $$1$$：
$$\min \sqrt{(4 - x)^2 + (2 - y)^2} - 1$$，其中 $$x^2 + y^2 \leq 1$$。
最小距离为 $$\sqrt{(4 - 0)^2 + (2 - 0)^2} - 1 = \sqrt{20} - 1 = 2\sqrt{5} - 1$$。
故选 B。