精品解析：广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试题

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命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知是虚数单位，化简为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法法则求解即可.
【详解】.
故选：C
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出给定直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】直线的斜率，则该直线的倾斜角为.
故选：B.
3. 直线和直线，则“”是“”（ ）
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
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先求出的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，
解得或.
故，.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
4. 已知直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线在坐标轴上的截距，再利用面积公式解方程可得.
【详解】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. 在中，点是线段的中点，点是线段上一点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量的基本定理求解即可.
【详解】因为，所以，即，又，
所以，因为点是线段上一点，即、、三点共线，
所以，解得.
故选：A
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
【答案】C
【解析】
【分析】首先由圆心到直线距离是列式求出的值，进而可得圆心的坐标以及圆的半径，比较两圆圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的大小关系即可求解.
【详解】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. 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.
【答案】B
【解析】
分析】先求出，再由求解．
【详解】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. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．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，若为的交点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为， 由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.
【详解】当时，，此时，交点.
当时，由，斜率为，
由，斜率为，，
综上，.
又， 直线恒过，
，直线恒过，
若为的交点，则，设点，
所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，
则圆心为的中点，圆的半径为，
故的轨迹方程为，
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，当且仅当三点共线，且位于之间时，等号成立
即最小值为.
故选：A.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 若直线：，：，：，且，，则（ ）
A. B.
C. ，之间的距离为D. ，的交点坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过直线的位置关系列方程求解即可判断AB，代入两平行直线距离计算公式判断C，联立直线方程求得交点坐标判断D.
【详解】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. 已知空间四点，则下列四个结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D. 点到平面的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算公式，空间的距离公式和共线向量坐标关系、点到平面的距离的向量运算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】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，所以点到平面的距离为，故选项D正确.
故选：AD.
11. 已知直线与圆O：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
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面积公式可判断A；设，数量积的坐标表示结合重要不等式可判断B；利用M的坐标表示出直线坐标，从而可得C、D坐标，然后直接求解可判断C；利用韦达定理可判断D.
【详解】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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 已知空间向量，，，则向量与的夹角为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据求得，利用夹角公式求得向量与的夹角.
【详解】解：依题意，所以，
所以，由于，所以向量与的夹角为.
故答案为： .
13. 已知直线经过点，且点到直线的距离相等，则直线的方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式，即可根据直线有无斜率求解.
【详解】当直线有斜率时，设直线方程为，
到直线的距离相等，则，解得，
所以直线方程为，即，
当直线无斜率时，则直线方程为，此时到直线的距离均为3，符合题意，
综上可得：或，
故答案为：或
14. 已知，为圆上的两个动点，，若点为直线上一动点，则的最小值为______.
【答案】6
【解析】
【分析】取中点，则，问题转化为求的最小值，再利用点到直线的距离公式求OP的最小值即可.
【详解】如图：取中点，因为，圆的半径为2，所以，点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
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用斜率判断出，从而确定外接圆为以线段AB为直径的圆，求出中点坐标，和线段AB的长度，结合圆的标准方程即可得解.
（2）由焦点坐标，确定焦点位置，设出椭圆标准方程，利用椭圆定义求出，结合和，求得，从而得解.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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. 已知的顶点所在直线方程为，角平分线所在直线的方程为，求
（1）点的坐标；
（2）求直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立两直线方程即可求解交点坐标，
（2）根据点关于线对称，求解关于直线的对称点为，即可由两点求解直线方程.
【小问1详解】
联立两直线方程，所以
【小问2详解】
设点关于直线的对称点为，
则，解得，
由于是角的角平分线，故在直线上，
故直线方程为，即
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．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，且，平面，
所以平面ACD.
【小问2详解】
过作，垂足为，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. 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.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（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，计算可得出答案；
（2）分类1：若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，可得甲出线的概率；另一场比赛乙平丙或乙输丙，得出甲出线的概率；分类2：若第三轮甲平丁，另一场比赛乙输丙，得出甲出线的概率，另一场比赛乙平丙，可得甲出线的概率；分类3：若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙，得甲出线的概率，由三种情况可最终得甲出线的概率.
【详解】（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. 已知圆与直线交于、两点，点为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为.
（1）求的值；
（2）求的面积；
（3）若圆与轴交于两点，点是圆上异于的任意一点，直线、分别交于两点.当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）过定点，
【解析】
【分析】（1）先确定直线的方程，联立直线方程求得点坐标，利用垂径定理及两直线垂直的斜率关系计算可得；
（2）根据点到直线的距离公式、弦长公式计算求面积即可；
（3）设方程，含参表示方程，求出坐标，从而求出以为直径的圆的方程，利用待定系数法计算即可.
【小问1详解】
由题知：直线方程为，则由，得到，即，
点为线段的中点，，即，
.
【小问2详解】
由，则圆心C−2,0；
到直线距离为，
，
又到直线的距离为，边上的高为..
【小问3详解】

由圆与轴交于两点，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，当点变化时，以为直径的圆恒过圆内的定点.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是（3）设直线的方程为，则直线的方程为，由表示的中点为，圆的半径平方为，得以线段为直径的圆的方程，可得以线段为直径的圆过圆内的一定点.