南宁市第三中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试卷(含答案)

这是一份南宁市第三中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知i是虚数单位,化简为( )
A.B.C.D.
2．直线的倾斜角为( )
A.B.C.D.
3．直线和直线,则“”是“”的( )
A.必要不充分条件B.充分不必要条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知直线与两坐标轴围成的三角形的面积为,则( )
A.6B.6或C.D.2或12
5．在中,点D是线段AC上一点,点P是线段BD上一点,且,,则( )
A.B.C.D.
6．已知圆的圆心到直线距离是,则圆M与圆的位置关系是( )
A.外离B.相交C.内含D.内切
7．设点P是椭圆上一点,,分别为椭圆C的左、右焦点,且的重心为G,若 ,则的面积为( )
A.B.C.D.
8．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A,B及动点P,若（且）,则点P的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中,已知,,直线,直线,若P为,的交点,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．若直线,,,且,,则( )
A.B.
C.,之间的距离为D.,的交点坐标为
10．已知空间四点,则下列四个结论中正确的是( )
A.B.
C.D.点D到平面的距离为
11．已知直线与圆交于点M,N,若过点M和的直线与y轴交于点C,过点M和的直线与x轴交于点D,则( )
A.面积的最大值为2B.的最小值为4
C.D.若,则
三、填空题
12．已知空间向量,,,则向量与的夹角为____________.
13．已知直线l经过点,且点,到直线l的距离相等,则直线l的方程为___________.
14．已知A,B为圆上的两个动点,,若点P为直线上一动点,则的最小值为_____________.
四、解答题
15．分别求出适合下列条件的方程：
(1)已知三个顶点的坐标分别是,,.求外接圆的方程.
(2)焦点坐标为和,且经过点的椭圆的标准方程.
16．已知的顶点,所在直线方程为,角A平分线所在直线的方程为,求
(1)点A的坐标;
(2)求直线方程.
17．如图,绕边BC旋转得到,其中,,平面ABC,.
(1)证明：平面ACD;
(2)若二面角的平面角为,求锐二面角平面角的正弦值.
18．甲、乙、丙、丁四只球队进行单循环小组赛（每两个队比赛一场）,比赛分三轮,每轮两场比赛,第一轮第一场甲乙比赛,第二场丙丁比赛;第二轮第一场甲丙比赛,第二场乙丁比赛;第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛,规定：比赛获胜的球队记3分,输的球队记0分,打平两队各记1分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名,积分相同的队伍由抽签决定排名,排名前两位的队伍小组出线.假设四只球队水平相当,即每场比赛双方获胜、负、平的概率都为.
(1)三轮比赛结束后甲的积分记为X,求;
(2)若前二轮比赛结束后,甲、乙、丙、丁四个球队积分分别为3、3、0、6,问甲能小组出线的概率.
19．已知圆与直线交于M、N两点,点P为线段的中点,O为坐标原点,直线的斜率为.
(1)求a的值;
(2)求的面积;
(3)若圆C与x轴交于A,B两点,点Q是圆C上异于A,B的任意一点,直线、分别交于R,S两点.当点Q变化时,以为直径的圆是否过圆C内的一定点,若过定点,请求出定点;若不过定点,请说明理由.
参考答案
1．答案：C
解析：.
故选：C.
2．答案：B
解析：直线的斜率,则该直线的倾斜角为.
故选：B.
3．答案：B
解析：由题设,
解得或.
故,.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
4．答案：B
解析：令,得;令,得.
故与坐标轴围成的三角形的面积为,解得.
故选：B.
5．答案：A
解析：因为,所以,即,
又,所以,
因为点P是线段上一点,即B,P,D三点共线,
所以,解得.
故选:A
6．答案：C
解析：圆即圆的圆心半径分别为,,
圆的圆心半径分别为,
因为,解得或（舍去）,
从而,所以,
因为,
所以圆M与圆的位置关系是内含.
故选：C.
7．答案：B
解析：如图所示：
由椭圆的定义知,,而,得,,
而,得,
在中,由余弦定理得,,
所以,
得,
根据三角形的重心性质,可知,,故,
所以,
故选：B.
8．答案：A
解析：当时,,,此时,交点为.
当时,由,斜率为k,
由,斜率为,,
综上,.
又,直线恒过,
,直线恒过,
若为的交点,则,设点,
所以点P的轨迹是以为直径的圆,除去F点,
则圆心为的中点,圆的半径为,
故P的轨迹方程为,
即,则有.
又,,易知O、Q在该圆内,
又由题意可知圆上一点满足,取,
则,满足.
下面证明任意一点都满足,即,
,
又,
.
所以,
又,
所以,
如图,当且仅当D,P,Q三点共线,且P位于D,Q之间时,等号成立
即最小值为.
故选：A.
9．答案：BCD
解析：由及得,解得,故选项A错误,B正确;
则：,,又即,
所以,之间的距离为.故选项C正确;
由得,所以,的交点坐标为,故选项D正确.
故选：BCD.
10．答案：AD
解析：对于选项A,结合题意可得,,
因为,所以,故选项A正确;
对于选项B,结合题意可得,故选项B错误;
对于选项C,结合题意可得,,不共线,故选项C错误;
对于选项D,结合题意可得,,
设平面的法向量为,则,,
令,则,所以点D到平面的距离为,故选项D正确.
故选：AD.
11．答案：ACD
解析：A项：因为直线与圆O交于点M,N,所以,
所以,
当,即,时,面积的最大值为2,A正确;
B项：设,则,,
所以,
因为,所以.
所以,即,
所以当时,取得最小值,B错误;
C项：当直线MB斜率存在时,则直线.
令,可得,故.
直线,
令,可得,所以.
故
;
当直线斜率不存在时,,,则,
综上所述,为定值,C正确;
D项：当时,,设,联立
消去y可得,则,,
则
,D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：依题意,,所以,
所以,由于,所以向量与的夹角为.
故答案为：.
13．答案：或
解析：当直线有斜率时,设直线方程为,
,到直线l的距离相等,则,解得,
所以直线方程为,即,
当直线无斜率时,则直线方程为,此时,到直线l的距离均为3,符合题意,
综上可得：或,
故答案为：或
14．答案：6
解析：如图：取中点,因为,圆O的半径为2,所以,点D的轨迹是以原点为圆心,以1为半径的圆,.
,
由点到直线距离公式,得：,所以,
所以.
故答案为：6.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)三个顶点的坐标分别是,,,
直线的斜率,直线的斜率,
则,即,外接圆是以线段AB为直径的圆,
而线段的中点为,半径,
所以外接圆的方程是
(2)由于椭圆的焦点在x轴上,故可设它的标准方程为,
已知焦点坐标及椭圆上一点,
由椭圆的定义可知,
因此,又因为,所以,
因此,所求椭圆的标准方程为.
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)联立两直线方程,所以
(2)设点关于直线的对称点为,
则,解得,
由于是角A的角平分线,故在直线上,
故直线方程为,即
17．答案：(1)证明见详解
(2)
解析：(1)由题意可知：,,且,,平面,
所以平面ACD.
(2)过C作,垂足为F,连接,即,
因为平面ACD,平面ACD,则,
且,,平面,则平面,
由平面,可得,
可知二面角的平面角为,且,可得,
由(1)可知：,,则锐二面角平面角为,
且,可知,
可得,
所以锐二面角平面角的正弦值为.
18．答案：(1);
(2).
解析：(1)设甲的第i场比赛获胜记为,第i场比赛获平记为,第i场比赛获输记为,
.
(2)分类1：若第三轮甲胜丁,则甲、乙、丙、丁四个球队积分变为6、3、0、6,
另一场比赛乙胜丙,这时甲、乙、丁积6分,丙积0分,所以要抽签决定,抽中前两名的概率为,这时甲出线的概率为,
另一场比赛乙平丙或乙输丙,这时甲一定出线,甲出线的概率为;
分类2：若第三轮甲平丁,则甲、乙、丙、丁积分变为4、3、0、7,
另一场比赛乙输丙,则甲、乙、丙、丁积分变为4、3、3、7,甲一定出线,甲出线的概率为,
另一场比赛乙平丙,则甲、乙、丙、丁积分变为4、4、1、7,所以要抽签决定,抽中前两名的概率为,这时甲出线的概率为;
分类3：若第三轮甲输丁,则甲、乙、丙、丁积分变为3、3、0、9,
另一场比赛乙输丙,甲、乙、丙、丁积分变为3、3、3、9,甲出线的概率为,
甲出线的概率为.
19．答案：(1)
(2)
(3)过定点,
解析：(1)由题知：直线方程为,则由,得到,即,
点P为线段的中点,,即,
.
(2)由,则圆心;
到直线距离为,
,
又到直线的距离为,边上的高为..
(3)由圆C与x轴交于A,B两点,得,,
不妨设直线的方程为,其中,
在直线的方程中,令,可得,
因为,则直线的方程为,
在直线的方程中,令,可得,即点,
则线段的中点为,圆的半径平方为,
所以,以线段为直径的圆的方程为,
即,
由,解得,
因此,当点Q变化时,以为直径的圆恒过圆C内的定点.