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1、江西省玉山縣一中2020學年高一數(shù)學下學期第一次月考試題 理（平行班，含解析） 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。 1.的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用誘導公式化簡求解即可. 【詳解】 故選：B 【點睛】本題考查誘導公式和特殊角的三角函數(shù)值的應用，屬于簡單題. 2.圓心在(-1,0),半徑為的圓的方程為( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根據(jù)圓心和半徑可直接寫出圓的標準方程. 【詳解】圓心為(-1

2、,0),半徑為， 則圓的方程為 故選：A 【點睛】本題考查圓的標準方程的求解，屬于簡單題. 3.在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標為( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 點（x，y，z）關于z軸對稱點的坐標只須將橫坐標、縱坐標變成原來的相反數(shù)，豎坐標不變即可． 【詳解】∵在空間直角坐標系中， 點（3,4,5）關于z軸的對稱點的坐標為：（﹣3，﹣4，5）， 故選：A． 【點睛】本題考查空間直角坐標系中點的坐標特征,屬于基礎題． 4.直線的傾斜角為( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析

3、】 根據(jù)直線方程求出斜率，利用傾斜角的正切值為斜率，可得結果． 【詳解】設直線的傾斜角為θ，θ∈[0，π）． 直線化為y＝，斜率k=tanθ=-， ∴θ=150°， 故選：D． 【點睛】本題考查直線的傾斜角與斜率的關系，屬于基礎題． 5.已知扇形的周長為12cm，圓心角為4rad，則此扇形的弧長為 （ ） A. 4cm B. 6cm C. 8cm D. 10cm 【答案】C 【解析】 【分析】 設扇形所在圓的半徑為，得到，解得，即可得到扇形的弧長，得到答案. 【詳解】由題意，設扇形所在圓的半徑為，則扇形的弧長為， 所以，解得，所以扇形的弧長為， 故

4、選C. 【點睛】本題主要考查了扇形的弧長公式的應用，其中解答中熟記扇形的弧長公式，合理準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題. 6.式子的值為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由題意可得： 本題選擇B選項. 7.若為圓的弦AB的中點，則直線AB的方程是（???） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由垂徑定理，得AB中點與圓心C的連線與AB垂直，可得AB斜率k＝1，結合直線方程的點斜式列式，即可得直線AB的方程. 【詳解】∵AB是圓（x﹣1）2+y2＝25的弦，圓心為C（1，0） A

5、B的中點P（2，﹣1）滿足AB⊥CP 因此，AB的斜率k＝, 可得直線AB的方程是y+1＝x﹣2，化簡得x﹣y﹣3＝0 故選：D． 【點睛】本題考查圓的弦的性質(zhì)，考查直線方程的求法，屬于基礎題. 8.方程表示圓，則的范圍是( 　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用方程表示圓的條件,建立不等式可得m的范圍. 【詳解】若方程表示圓， 則， 解得或， 故選：D 【點睛】對于，有. 只有當時，方程才表示為圓，圓心為，半徑為. 9.已知，，且都是銳角，則( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】

6、【分析】 根據(jù)角都是銳角可求出cosα和sinβ，然后利用余弦的兩角和公式計算，即可得到答案. 【詳解】，是銳角，則cosα=, 且是銳角，則sinβ=， sin2β=2sinβ=, cos2β=1-2=, 則 又 則， 故選：B 【點睛】解答給值求角問題的一般思路：①求角的某一個三角函數(shù)值，此時要根據(jù)角的范圍合理地選擇一種三角函數(shù)；②確定角的范圍，此時注意范圍越精確越好；③根據(jù)角的范圍寫出所求的角． 10.在中，若，則的形狀是( ) A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等邊三角形 D. 不能確定 【答案】B 【解析】 【分析】 先由對數(shù)運算得到，再利用

7、正弦定理和余弦定理化簡即可得到答案. 【詳解】若，有，即， 由正弦定理得a=2ccosB,再由余弦定理得a=2c×, 化簡可得c=b，則三角形為等腰三角形， 故選：B 【點睛】本題考查利用正弦定理和余弦定理判斷三角形的形狀，考查對數(shù)的運算性質(zhì)，屬于基礎題. 11.一束光線從點出發(fā)，經(jīng)軸反射到圓上的最短路徑的長度是( ) A. 4 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 求出點A關于y軸的對稱點A′，則要求的最短路徑的長為A′C﹣r（圓的半徑），計算可得結果． 【詳解】由題意可得圓心C（2，3），半徑為r＝1， 點A關于y軸的對稱點A′（﹣4，﹣

8、3）， 求得A′C＝， 則要求的最短路徑的長為A′C﹣r＝﹣1， 故選：D． 【點睛】本題考查對稱的性質(zhì)和兩點間距離公式的應用，體現(xiàn)了轉化、數(shù)形結合的思想，屬于基礎題． 12.曲線與直線有兩個不同的交點時，實數(shù)的取值范圍是（? ??） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 寫出直線過的定點，化簡圓的方程，利用數(shù)形結合作出圖象即可得到答案. 【詳解】由知直線過定點A（4，5）， 將兩邊平方得（x﹣1）2+y2＝9， 則曲線是以（1,0）為圓心，3為半徑，且位于直線x＝1右側的半圓． 當直線過點（1，-3）時，直線與曲線有兩個不同的交點，

9、 此時k＝， 當直線的斜率不存在時，直線與曲線相切，此時直線與圓有一個交點， 則直線夾在兩條直線之間時滿足題意，如圖所示： 因此， 故選：C． 【點睛】本題考查直線和圓的位置關系的應用，利用數(shù)形結合是解決本題的關鍵，考查學生的計算能力． 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分。 13.已知直線與直線互相平行，則=___________。 【答案】 【解析】 【分析】 利用直線平行的充要條件即可得出． 【詳解】直線的斜率為-a,的斜率為2， 若兩直線平行，則斜率相等即-a=2，解得a＝﹣2，經(jīng)檢驗滿足. 故答案為：-2 【點睛】本題考查直線平行的充要

10、條件的應用，屬于基礎題． 14.已知兩圓,，當圓與圓有且僅有兩條公切線時，則r的取值范圍___________________. 【答案】 【解析】 【分析】 根據(jù)圓與圓有且僅有兩條公切線，得到兩圓相交，根據(jù)，即可求解. 【詳解】由題意，兩圓和， 可得圓心坐標分別為，半徑分別為， 因為圓與圓有且僅有兩條公切線，所以兩圓相交， 則，即，解得. 【點睛】本題主要考查了圓與圓的位置關系的應用，其中解答中根據(jù)因為圓與圓有且僅有兩條公切線，得到兩圓相交，列出相應的不等式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題. 15.已知方程，則的最小值是________?。 【答

11、案】 【解析】 【分析】 的幾何意義是點（0,0）與圓上的點的距離的平方，先求得（0,0）與圓心的距離，從而得到與圓上的點的距離的最值. 【詳解】的幾何意義是點（0,0）與圓上的點的距離的平方， 點（0,0）到圓心（-1,0）的距離為1， 則點（0.0）到圓上點的距離的最小值為1-r=1-=，（r為圓的半徑） 故的最小值為 故答案為： 【點睛】本題考查圓外點與圓上點的距離的最值問題，利用圓外點與圓心的距離加減圓半徑即可得到最大和最小值. 16.若圓上恰有2個不同的點到直線的距離為1，則的取值范圍為_______ 【答案】或 【解析】 【分析】 若圓上恰有2個點到直線

12、的距離等于1，則圓心到直線的距離d滿足1＜d＜3，代入點到直線的距離公式，可得答案． 【詳解】由圓C的方程，可得圓心C為（0，1），半徑為2, 若圓上恰有2個點到直線的距離等于1， 則圓心C到直線的距離d滿足1＜d＜3， 由點到直線的距離公式可得， 解得或， 故答案為：或． 【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查點到直線的距離公式，其中分析出圓心到直線的距離的范圍是解答此題的關鍵． 三、解答題：共6小題，解答必須寫出必要的演算、推理過程，請將答案寫在答題卷的相應位置。 17.已知角的始邊為軸的非負半軸，終邊經(jīng)過點，且 . （1）求實數(shù)的值； （2）若，求的值. 【答案

13、】（1）3或；（2） 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)三角函數(shù)的定義，列出關于的方程，即可求解. （2）由（1）得，求得，再由誘導公式化簡，即可求解. 【詳解】（1）根據(jù)三角函數(shù)的定義可得，解得或. （2）因為，所以，所以， 又由誘導公式，可得. 【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的定義，以及三角函數(shù)的誘導公式的化簡求值，其中解答中熟記三角函數(shù)的定義，以及合理應用三角函數(shù)的誘導公式化簡、運算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題. 18.已知， (1)求； (2)求； (3)求 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】 利用正弦的二倍角公式，余弦

14、和正切的兩角和公式計算即可得到答案. 【詳解】因為，，所以. （1）； （2）； （3） 【點睛】本題考查正弦的二倍角公式，余弦和正切的兩角和公式的應用，屬于簡單題. 19.已知圓經(jīng)過點,，圓心在直線上 （1）求圓的標準方程； （2）若直線與圓C相切且與軸截距相等，求直線的方程. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）由已知線段AB為圓C的弦，圓心C定在弦AB的垂直平分線上，寫出線段AB垂直平分線方程，與直線聯(lián)立，即得圓心C坐標，計算|AC|長，即為圓C半徑，從而可得圓的標準方程；（2）分兩種情況考慮：當與坐標軸的截距為0時，設切線方程為y＝kx；當與坐標軸

15、的截距不為0時，設切線方程為x+y＝b，利用圓心到直線的距離等于半徑，可得切線方程． 【詳解】（1）由題意可知AB為圓C的弦，其垂直平分線過圓心C， ∵A（0，0）和B（7，7），∴kAB＝1，線段AB垂直平分線的斜率為-1， 又線段AB的中點坐標為（，）， ∴線段AB的垂直平分線的方程為：y﹣＝-（x-），即x+y-7＝0， 又圓心在直線4x-3y＝0上，聯(lián)立得：， 解得：，即圓心C坐標為（3，4）， ∴圓C的半徑|AC|＝5， 則圓C的方程為：（x-3）2+（y﹣4）2＝25； （2）若直線過原點，設切線方程為y＝kx，即kx﹣y＝0， 圓心C到切線的距離d＝， 整理

16、得：16k2+24k+9＝0，解得：k＝， 所求切線的方程為：y＝； 若截距不為0時，設圓的切線方程為：x+y＝b， 圓心C到切線的距離d＝＝r＝5，解得b＝7±5， 所求切線方程為， 綜上，所有滿足題意的切線方程有3條，分別為. 【點睛】本題考查圓的標準方程和直線方程的求法，考查圓的切線方程的求法，屬于基礎題. 20.角是的內(nèi)角，且，， （1）求角的大??； （2）若，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）在三角形中，可得，再利用兩角和的正弦公式化簡得出，進而得到，即可求解； （2）由（1）可知，利用誘導公式，化簡得，再由余弦的倍角公式，即可求

17、解. 【詳解】（1）由題意，角是的內(nèi)角，所以，所以， 則， 因為，所以 整理得，所以,即 又因為，所以. （2）由（1）可知，所以， 又由余弦的倍角公式， 可得. 【點睛】本題主要考查了兩角和與差的正弦函數(shù)，以及余弦的倍角公式的應用，其中解答中熟記三角恒等變換的公式，合理利用公式化簡、運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題. 21.已知圓和直線l: (1)證明：不論取何值時，直線和圓總有兩個不同的交點； (2)求當取何值時，直線被圓截得的弦最短，并求最短的弦長. 【答案】（1）見解析；（2）時有最短弦長為. 【解析】 【分析】 1根據(jù)直線l方程

18、可知直線l恒過定點，求出距離小于半徑，知定點M在圓內(nèi)，即可得直線l與圓C必相交；2當直線直線MC時，直線l被圓C截得的弦長最短，求直線MC的斜率，得直線l斜率，利用垂徑定理，勾股定理求出最短弦長即可． 【詳解】1證明：根據(jù)題意得：直線 即恒過點， 圓心，半徑為4， ， 在圓內(nèi)，則直線l與圓C必相交； 2當直線直線MC時，直線l被圓C截得的弦長最短， ，則直線MC的方程為：，即， 直線l斜率為2，直線l過點M， 直線l方程為，即； 根據(jù)題意得：最短弦長為． 即時有最短弦長為. 【點睛】本題考查直線與圓相交的性質(zhì)，考查直線恒過定點問題，考查直線和圓相交得到的弦長問題，屬于

19、基礎題. 22.已知圓：，直線：． （1）若直線被圓截得的弦長為，求實數(shù)的值； （2）當時，由直線上的動點引圓的兩條切線，若切點分別為，，則在直線上是否存在一個定點？若存在，求出該定點的坐標；若不存在，請說明理由． 【答案】(1)；(2) 在直線上存在一個定點，定點坐標為. 【解析】 試題分析：(1)根據(jù)直線與圓相交，利用弦長公式即可；(2)根據(jù)直線與圓相切的條件，列出方程進行求解判斷. 試題解析：(1)圓的方程可化為， 故圓心為，半徑. 則圓心到直線的距離為. 又弦長為，則， 即，解得. (2)當時，圓的方程為① 則圓心為，半徑，圓與直線相離. 假設在直線上存在一個定點滿足條件，設動點， 由已知得PA⊥AC，PB⊥BC， 則在以為直徑的圓即②上， ①—②得，直線的方程為③ 又點在直線上，則，即，代入③式 得， 即直線的方程為 因為上式對任意都成立，故，得. 故在直線上存在一個定點，定點坐標為 考點：直線與圓的位置關系.