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正确率40.0%已知点$${{F}_{1}{，}{{F}_{2}}}$$是椭圆$$\frac{x^{2}} {a^{2}}+\frac{y^{2}} {b^{2}}=1 ( a > b > 0 )$$的左$${、}$$右焦点，$${{P}}$$为椭圆上的动点，动点$${{Q}}$$满足$$\overrightarrow{F_{1} P} \cdot\overrightarrow{P Q}=| \overrightarrow{F_{1} P} | | \overrightarrow{P Q} |$$且$$| \overrightarrow{P Q} |=| \overrightarrow{P F_{2}} |$$，其中$$\overrightarrow{F_{1} P} \neq0， \， \， \， \overrightarrow{P Q} \neq0，$$若$$| \overrightarrow{P Q} |$$的最小值为$${{1}}$$，最大值为$${{9}}$$，则椭圆的方程为（）
A
A.$$\frac{x^{2}} {2 5}+\frac{y^{2}} {9}=1$$
B.$$\frac{x^{2}} {9}+y^{2}=1$$
C.$$\frac{x^{2}} {2 5}+\frac{y^{2}} {1 6}=1$$
D.$$\frac{x^{2}} {8 1}+y^{2}=1$$
2、['二次函数模型的应用'， '圆的定义与标准方程'， '向量的模'， '向量坐标与向量的数量积'， '数量积的运算律'， '导数与最值'， '向量的数量积的定义'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%已知平面向量$$\to， ~ \to， ~ \to$$，满足$$| \vec{b} |=2， \; | \vec{a}+\vec{b} |=1，$$$$\overrightarrow{c}=\lambda\overrightarrow{a}+\mu\overrightarrow{b}$$且$$\lambda+2 \mu=1$$，若对每一个确定的向量$${{a}^{→}}$$，记$${{|}{{c}^{→}}{|}}$$的最小值为$${{m}}$$，则当$${{a}^{→}}$$变化时，$${{m}}$$的最大值为（）
B
A.$$\frac{1} {4}$$
B.$$\frac{1} {3}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$${{1}}$$
3、['空间中直线与平面的位置关系'， '直线与平面所成的角'， '直线与平面平行的性质定理'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%给定平面$${{α}}$$及$${{α}}$$同侧两点$${{A}{，}{B}}$$，则平面$${{α}}$$内使得$$P A， ~ P B$$与平面$${{α}}$$所成角相等的点$${{P}{（}}$$）
D
A.有且只有一个
B.形成一个圆
C.形成一条直线
D.形成一条直线或一个圆
4、['与圆有关的轨迹问题']正确率60.0%已知$$Q (-3， \ 0 )，$$当点$${{P}}$$在圆$$x^{2}+y^{2}=1$$上运动时，线段$${{P}{Q}}$$的中点的轨迹方程是（）
D
A.$$( x+3 )^{2}+y^{2}=4$$
B.$$( x-3 )^{2}+y^{2}=1$$
C.$$( 2 x-3 )^{2}+4 y^{2}=1$$
D.$$( 2 x+3 )^{2}+4 y^{2}=1$$
5、['直线和圆相切'， '与圆有关的轨迹问题']正确率60.0%已知动圆$${{P}}$$与定圆
相外切，又与定直线$$l \colon~ x=-1$$相切，那么动圆的圆心$${{P}}$$的轨迹方程是（）
C
A.$$y^{2}=4 x$$
B.$$y^{2}=-4 x$$
C.$$y^{2}=8 x$$
D.$$y^{2}=-8 x$$
6、['两点间的距离'， '圆的定义与标准方程'， '圆上的点到直线的最大（小）距离'， '直线与圆的位置关系及其判定'， '直线与圆相交'， '与圆有关的轨迹问题']正确率19.999999999999996%已知直线$$l \colon~ x+y-1 \mathrm{=} 0$$截圆$$\boldsymbol{\Omega}$$所得的弦长为$${\sqrt {{1}{4}}{，}}$$点$${{M}{，}{N}}$$在圆$${{Ω}}$$上，且直线$$l^{\prime} \mathrm{:} \， \， ( 1+2 m ) x {+} ( m-1 ) y-3 m=0$$过定点$${{P}}$$，若$${{P}{M}{⊥}{{P}{N}}}$$，则$${{|}{M}{N}{|}}$$的取值范围为（）
D
A.$$[ 2-\sqrt{2}， 2+\sqrt{3} ]$$
B.$$[ 2-\sqrt{2}， 2+\sqrt{2} ]$$
C.$$[ \sqrt6-\sqrt2， \sqrt6+\sqrt3 ]$$
D.$$[ \sqrt{6}-\sqrt{2}， \sqrt{6}+\sqrt{2} ]$$
7、['两点间的距离'， '与圆有关的轨迹问题']正确率60.0%已知动点$${{M}}$$到定点$$A ( 9， 0 )$$的距离是$${{M}}$$到点$$B ( 1， 0 )$$的距离的$${{3}}$$倍，则$${{M}}$$的轨迹方程为（）
D
A.$$x^{2}+y^{2}=1$$
B.$$x^{2}+y^{2}=4$$
C.$$x^{2}+y^{2}=6$$
D.$$x^{2}+y^{2}=9$$
8、['圆与圆的位置关系及其判定'， '直线和圆相切'， '与圆有关的轨迹问题']正确率60.0%与圆$$( x-2 )^{2}+y^{2}=1$$外切，且与$${{y}}$$轴相切的动圆圆心$${{P}}$$的轨迹方程为（）
A
A.$$y^{2}=6 x-3$$
B.$$y^{2}=2 x-3$$
C.$$x^{2}=6 y-3$$
D.$$x^{2}-4 x-2 y+3=0$$
9、['圆与圆的位置关系及其判定'， '双曲线的定义'， '与圆有关的轨迹问题']正确率40.0%一动圆与圆$$O : x^{2}+y^{2}=1$$外切，而与圆$$C : x^{2}+y^{2}-6 x+8=0$$内切，那么动圆的圆心的轨迹是（）
A
A.双曲线的一支
B.椭圆
C.抛物线
D.圆
10、['与圆有关的轨迹问题']正确率80.0%古希腊数学家阿波罗尼奧斯$${{(}}$$约公元前$${{2}{6}{2}{～}}$$公元前$${{1}{9}{0}}$$年$${{)}}$$的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数$$k ( k > 0$$且$${{k}{≠}{1}{)}}$$的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知$$O ( 0， 0 )$$，$$A ( 3， 0 )$$，动点$$P ( x， y )$$满足$${\frac{| P A |} {| P O |}}=2$$，则动点$${{P}}$$轨迹与圆$$( x-1 )^{2}+y^{2}=1$$位置关系是$${{(}{)}}$$
C
A.外离
B.外切
C.相交
D.内切
1. 解析：
由题意，点 $$Q$$ 满足 $$\overrightarrow{F_1 P} \cdot \overrightarrow{P Q} = |\overrightarrow{F_1 P}| |\overrightarrow{P Q}|$$，说明 $$\overrightarrow{F_1 P}$$ 与 $$\overrightarrow{P Q}$$ 同向。又 $$|\overrightarrow{P Q}| = |\overrightarrow{P F_2}|$$，因此 $$Q$$ 是 $$P$$ 关于 $$F_2$$ 的对称点。设椭圆半长轴为 $$a$$，半短轴为 $$b$$，焦距为 $$c$$，则 $$|\overrightarrow{P Q}| = 2a - |\overrightarrow{F_1 P}|$$。由条件 $$|\overrightarrow{P Q}|$$ 的最小值为 1，最大值为 9，可得：
$$2a - 2c = 1$$ 和 $$2a - 0 = 9$$（当 $$P$$ 在长轴端点时取得极值）。解得 $$a = \frac{9}{2}$$，$$c = 4$$，从而 $$b = \sqrt{a^2 - c^2} = \frac{3}{2}$$。但选项中没有匹配的答案，重新检查推导过程：
实际上，$$|\overrightarrow{P Q}| = |\overrightarrow{P F_2}| = 2a - |\overrightarrow{F_1 P}|$$，其最小值为 $$2a - 2c = 1$$，最大值为 $$2a - (a - c) = a + c = 9$$。联立解得 $$a = 5$$，$$c = 4$$，$$b = 3$$。因此椭圆方程为 $$\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1$$，对应选项 A。
2. 解析：
设 $$\vec{a}$$ 为单位向量，$$\vec{b}$$ 固定长度为 2。由 $$|\vec{a} + \vec{b}| = 1$$，可得 $$\vec{a} \cdot \vec{b} = -\frac{3}{2}$$。向量 $$\vec{c} = \lambda \vec{a} + \mu \vec{b}$$ 且 $$\lambda + 2\mu = 1$$。将 $$\lambda = 1 - 2\mu$$ 代入，得 $$\vec{c} = (1 - 2\mu) \vec{a} + \mu \vec{b}$$。
$$|\vec{c}|^2 = (1 - 2\mu)^2 + \mu^2 |\vec{b}|^2 + 2(1 - 2\mu)\mu \vec{a} \cdot \vec{b} = 1 - 4\mu + 4\mu^2 + 4\mu^2 + 2(1 - 2\mu)\mu \left(-\frac{3}{2}\right)$$
化简得 $$|\vec{c}|^2 = 8\mu^2 - 7\mu + 1$$，最小值为 $$m = \frac{1}{4}$$（当 $$\mu = \frac{7}{16}$$ 时取得）。但进一步分析，当 $$\vec{a}$$ 变化时，$$\vec{a} \cdot \vec{b}$$ 的范围为 $$[-2, 2]$$，重新计算极值：
最小值为 $$m = \frac{1}{4}$$，对应选项 A。
3. 解析：
设平面 $$\alpha$$ 的法向量为 $$\vec{n}$$，点 $$P$$ 在 $$\alpha$$ 内。$$PA$$ 和 $$PB$$ 与 $$\alpha$$ 的夹角相等，即 $$\sin \theta_A = \sin \theta_B$$，其中 $$\theta_A$$ 和 $$\theta_B$$ 分别为 $$PA$$ 和 $$PB$$ 与 $$\alpha$$ 的夹角。由几何性质，满足条件的点 $$P$$ 的轨迹是平面 $$\alpha$$ 内的一条直线或一个圆（阿波罗尼斯圆），具体取决于 $$A$$ 和 $$B$$ 的位置。因此选项 D 正确。
4. 解析：
设 $$P(x, y)$$ 在圆 $$x^2 + y^2 = 1$$ 上，$$Q(-3, 0)$$，中点 $$M$$ 的坐标为 $$\left(\frac{x - 3}{2}, \frac{y}{2}\right)$$。将 $$x = 2x_M + 3$$，$$y = 2y_M$$ 代入圆的方程，得 $$(2x_M + 3)^2 + (2y_M)^2 = 1$$，即 $$(2x + 3)^2 + 4y^2 = 1$$，对应选项 D。
5. 解析：
设动圆 $$P$$ 的半径为 $$r$$，圆心为 $$(x, y)$$。与定圆 $$C$$ 外切且与直线 $$x = -1$$ 相切，由几何条件得 $$|PC| = r + R$$ 和 $$|x + 1| = r$$。假设定圆 $$C$$ 的圆心为原点，半径为 $$R$$，则 $$\sqrt{x^2 + y^2} = r + R$$。结合 $$x + 1 = r$$，消去 $$r$$ 得 $$\sqrt{x^2 + y^2} = x + 1 + R$$。若 $$R = 1$$，化简得 $$y^2 = 4x$$，对应选项 A。
6. 解析：
直线 $$l'$$ 过定点 $$P(1, 1)$$。圆 $$\Omega$$ 的弦长为 $$\sqrt{14}$$，设半径为 $$R$$，由弦长公式得 $$2\sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{14}$$，其中 $$d = \frac{|1 + 1 - 1|}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$，解得 $$R = 2$$。$$PM \perp PN$$ 表示 $$MN$$ 为圆的直径或与 $$P$$ 构成直角，其长度范围为 $$[2\sqrt{2} - 2, 2\sqrt{2} + 2]$$，即 $$[2 - \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2}]$$，对应选项 B。
7. 解析：
设 $$M(x, y)$$，由题意 $$|MA| = 3|MB|$$，即 $$\sqrt{(x - 9)^2 + y^2} = 3\sqrt{(x - 1)^2 + y^2}$$。平方化简得 $$x^2 + y^2 = 9$$，对应选项 D。
8. 解析：
设动圆 $$P(x, y)$$，与圆 $$(x - 2)^2 + y^2 = 1$$ 外切且与 $$y$$ 轴相切，则 $$|PC| = r + 1$$ 和 $$|x| = r$$，其中 $$C(2, 0)$$。代入得 $$\sqrt{(x - 2)^2 + y^2} = |x| + 1$$。分 $$x \geq 0$$ 和 $$x < 0$$ 讨论，化简得 $$y^2 = 6x - 3$$，对应选项 A。
9. 解析：
圆 $$O$$ 的半径为 1，圆 $$C$$ 的方程为 $$(x - 3)^2 + y^2 = 1$$，半径为 1。设动圆 $$P$$ 的半径为 $$r$$，与 $$O$$ 外切且与 $$C$$ 内切，则 $$|PO| = r + 1$$ 和 $$|PC| = r - 1$$。相减得 $$|PO| - |PC| = 2$$，表示双曲线的一支，对应选项 A。
10. 解析：
由 $$\frac{|PA|}{|PO|} = 2$$，得 $$\sqrt{(x - 3)^2 + y^2} = 2\sqrt{x^2 + y^2}$$。平方化简得 $$x^2 + y^2 + 2x - 1 = 0$$，即 $$(x + 1)^2 + y^2 = 2$$。与圆 $$(x - 1)^2 + y^2 = 1$$ 的圆心距为 2，半径和为 $$1 + \sqrt{2}$$，半径差为 $$\sqrt{2} - 1$$。由于 $$2 > 1 + \sqrt{2}$$，两圆外离，对应选项 A。