2024-2025学年江苏省南京九中、十三中高二（上）第一次调研数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南京九中、十三中高二（上）第一次调研数学试卷（10月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若zz−1=1+i，则z=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
2.已知一组数据：3，5，7，x，9的平均数为6，则该组数据的40%分位数为( )
A. 4.5B. 5C. 5.5D. 6
3.已知三个单位向量a，b，c满足a=b+c，则向量b，c的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P(x,y)是阴影部分(包括边界)的动点，则yx−2的最小值为( )
A. −23
B. −32
C. −43
D. −1
5.已知两直线a1x+b1y−1=0和a2x+b2y−1=0的交点为P(1,2)，则过Q1(a1,b1)，Q2(a2,b2)两点的直线方程为( )
A. x+2y−1=0B. x−2y−1=0C. 2x−y−1=0D. 2x+y−1=0
6.设直线l的方程为x+ycsθ+3=0(θ∈R)，则直线l的倾斜角α的取值范围( )
A. [0,π)B. [π4,π2)C. [π4,3π4]D. [π4,π2)∪(π2,3π4]
7.在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=AC=2，∠BAC=120°，D是棱BC上的动点，直线A1D与平面ABC所成角的最大值是45°，点P在底面ABC内，且A1P= 2，则点P的轨迹长是( )
A. π3B. 2π3C. 4π3D. 2π
8.已知圆C1：x2+y2−2x−2y=0，设其与x轴、y轴正半轴分别交于M，N两点.已知另一圆C2的半径为2 2，且与圆C1相外切，则|C2M|⋅|C2N|的最大值为( )
A. 20B. 20 2C. 10D. 10 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的是( )
A. 若A与B对立，则P(AB)=1
B. 若A与B互斥，P(A)=13,P(B)=12，则P(A+B)=56
C. 若P(A−)=13,P(B−)=12，且P(AB)=16，则A与B相互独立
D. 若A与B相互独立，P(A)=13,P(B)=23，则P(AB−)=19
10.已知点A，B在圆O：x2+y2=4上，点P在直线l：2x+y−5=0上，则( )
A. 直线l与圆O相离
B. 当|AB|=2 3时，|PA+PB|的最小值是2 5−1
C. 当PA、PB为圆O的两条切线时，(OA+OB)⋅OP为定值
D. 当PA、PB为圆O的两条切线时，直线AB过定点(85,45)
11.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它藴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美，曲线C：(|x|−1)2+(|y|−1)2=8就是一条形状优美的曲线，则( )
A. 曲线C上两点间距离的最大值为4 2
B. 若点P(a,a)在曲线C内部(不含边界)，则−30)为圆心的圆经过原点O，且与x轴交于另一点A，与y轴交于另一点B．
(1)求证：|AO|⋅|BO|为定值．
(2)设直线2x+y−4=0与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．
(3)在(2)的条件下，设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标．
19.(本小题17分)
已知圆C：(x−a)2+y2=1与直线y=−x−1交于M、N两点，点P为线段MN的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为−13．
(Ⅰ)求a的值及△MON的面积；
(Ⅱ)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QA、QB分别交l：x=−4于R、S两点.当点Q变化时，以RS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.C
2.C
3.C
4.C
5.A
6.C
7.B
8.A
9.BD
10.ACD
11.BC
12.−4
13.12
14.3− 103
15.解：(1)由题意得l1：3(x−1)+4(y−1)=0，l2：3x+4(y+2)=0平行，
故两直线的距离为|8+7| 32+42=3=|AB|，
所以AB和两直线垂直，
因为l1、l2的斜率为−34，
所以kAB=43，
所以直线AB的方程为y=43x；
(2)因为l1、l2互相平行，所以线段AB的中点P的轨迹为3x+4y+8−72=0，即3x+4y+12=0，
所以点P到原点O的最短距离即点O到直线3x+4y+12=0的距离，
因为点O到直线3x+4y+12=0的距离为|12| 32+42=110，
所以点P到原点O的最短距离为110．
16.解：(1)在△ABC中，由csinB=bsin(C+π3)及正弦定理，
得sinCsinB=sinBsin(C+π3)，而sinB>0，
则sin(C+π3)=sinC，即12sinC+ 32csC=sinC′，
化简得tanC= 3，又C∈(0,π)，
所以C=π3；
(2)由(1)及三角形面积公式，
得12absinC=3 32a=6 3，解得a=4，
由余弦定理，得c= a2+b2−2abcsC= 42+62−2×4×6×12=2 7，
所以△ABC的周长为a+b+c=10+2 7．
17.(1)证明：∵AB⊥BC，AB/​/CD，DC=BC=4，∴BD=4 2，
又∵AD=4 2，∴AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊂平面PAD，
∴BD⊥平面PAD，可得BD⊥PA；
(2)解：在面PAD内过点P作PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，

已知|PA|=|AD|=|PD|=4 2,|PO|= (4 2)2−(2 2)2=2 6，
由(1)知BD⊥平面PAD，根据线面垂直的性质有BD⊥PD，
在Rt△PBD中，S△PBD=12×4 2×4 2=16，而S△BCD=12×4×4=8，
则VP−BCD=13|PO|⋅S△BCD=13×2 6×8=16 63．
设点C到平面PBD的距离为ℎ，
由VP−BCD=VC−PBD得，13×16ℎ=16 63，解得ℎ= 6．
∴点C到平面PBD的距离为 6．
18.(1)证明：由题意可得：圆的方程为：(x−t)2+(y−2t)2=t2+4t2，
可化为：x2−2tx+y2−4ty=0，与坐标轴的交点分别为：A(2t,0)，B(0,4t).
∴|AO|⋅|BO|=2t×4t=8，为定值．
(2)解：∵|OM|=|ON|，∴原点O在线段MN的垂直平分线上，
设线段MN的中点为H，则C，H，O三点共线，
OC的斜率k=2t2，∴(2t2)×(−2)=−1，解得t=±2，
∵t>0，∴t=2，
可得圆心C(2,1)，
∴圆C的方程为：(x−2)2+(y−1)2=5．
(3)解：由(2)可知：圆心C(2,1)，半径r= 5，
点B(0,2)关于直线x+y+2=0的对称点为B′(−4,−2)，
则|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又点B′到圆上点Q的最短距离为|B′C|−r= 36+9− 5=2 5，
则|PB|+|PQ|的最小值为2 5．
直线B′C的方程为：y=x2，此时点P为直线B′C与直线l的交点．
故所求的点P(−43,−23).
19.解：(Ⅰ)由题知：直线OP方程为y=−13x，
则由y=−x−1y=−13x，得到x=−32y=12，即P(−32,12)，
∵点P为线段MN的中点，∴MN⊥PC，
∴a=−2，∴kMN⋅kPC=−1×0−12a+32=−1，
∴C(−2,0)到直线y=−x−1距离为 22．
∴|MN|=2 1−( 22)2= 2，
又：O到直线y=−x−1的距离为 22，MN边上的高为 22．
S△MON=12× 22× 2=12；
(Ⅱ)不妨设直线QA的方程为y=k(x+3)，其中k≠0，
在直线QA的方程中，令x=−4，可得R(−4,−k)，
因为QA⊥QB，则直线QB的方程为y=−1k(x+1)，
在直线QB的方程中，令x=−4，可得y=−1k，即点S(−4,3k)，
线段EN的中点为F(−4,3−k22k)，半径平方为(k2+32k)2，
所以以线段MN为直径的圆的方程为(x+4)2+(y−3−k22k)2=(k2+32k)2，
即(x+4)2+y2−3−k2ky−3=0，
由(x+4)2−3=0y=0−3