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    2018-2019学年江西省上饶市玉山一中14-22班高一(下)第一次月考数学试卷(理科)(3月份)含详细解答

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    2018-2019学年江西省上饶市玉山一中14-22班高一(下)第一次月考数学试卷(理科)(3月份)含详细解答

    1、2018-2019学年江西省上饶市玉山一中14-22班高一(下)第一次月考数学试卷(理科)(3月份)一、选择题:共12小题,每小题5分,共60分每小题只有一个正确的选项请将答案填涂到答题卷上的相应位置1(5分)在空间直角坐标系中,点A(1,2,3)关于y轴的对称点为B,则点B坐标为()A(1,2,3)B(1,2,3)C(1,2,3)D(1,2,3)2(5分)方程x2+y2+4mx2y+5m0表示圆的充要条件是()Am1Bm或m1CmDm13(5分)已知扇形的周长为12cm,圆心角为4rad,则此扇形的弧长为()A4cmB6cmC8cmD10cm4(5分)已知是第三象限角,满足|sin|sin,

    2、则是()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限5(5分)sin160cos10cos20sin350()ABCD6(5分)“m”是“直线(m+2)x+3my+10与直线(m2)x+(m+2)y30相互垂直”的()A充分必要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件7(5分)点M(x0,y0)是圆x2+y2a2 (a0)外一点,则直线x0x+y0ya2与该圆的位置关系是()A相切B相交C相离D相切或相交8(5分)已知直线ymx+3m和曲线有两个不同的交点,则实数m的取值范围是()ABCD9(5分)已知角的顶点与原点重合,始边与x轴非负半轴重合,终边在直线y3x上,则sin2

    3、+2sincoscos2的值为()ABCD10(5分)已知,则sin(+)()ABCD11(5分)已知3cos24sin21,3sin22sin20,且、都是锐角,则+2()ABCD12(5分)设圆C:x2+y22,直线l:x+2y40,点P(x0,y0)l,使得存在点QC,使OPQ45(O为坐标原点),则y0的取值范围是()A1,2BCD二、填空题:共4小题,每小题5分,共20分请将答案填在答题卷上的相应位置13(5分)直线x+y10的倾斜角是 14(5分)已知两圆,当圆C1与圆C2有且仅有两条公切线时,则r的取值范围 15(5分)计算: 16(5分)已知点A(1,2),动点B在x轴上,动圆

    4、C的半径为2,圆心C在直线3x+4y140上,点P是圆C上的动点,则|AB|+|BP|的最小值为 三、解答题:共6小题,解答必须写出必要的演算、推理过程,请将答案写在答题卷的相应位置17(10分)已知角的始边为x轴的非负半轴,终边经过点P(m,m1),且(1)求实数m的值;(2)若m0,求的值18(12分)已知角(0,),且满足,(1)求sincos的值; (2)求sin4+cos4的值19(12分)已知直线l:(k1)x2y+53k0(kR)恒过定点P,圆C经过点A(4,0)和点P,且圆心在直线x2y+10上(1)求定点P的坐标;(2)求圆C的方程20(12分)角A、B、C是ABC的内角,且

    5、sinC2sin(AB),(1)求角A的大小;(2)若,求cos(A2x)的值21(12分)已知两圆,直线l:x+2y0,(1)当圆C1与圆C2相交且公共弦长为4时,求r的值;(2)当r1时,求经过圆C1与圆C2的交点且和直线l相切的圆的方程22(12分)如图,已知动直线l过点,且与圆O:x2+y21交于A、B两点(1)若直线l的斜率为,求OAB的面积;(2)若直线l的斜率为0,点C是圆O上任意一点,求CA2+CB2的取值范围;(3)是否存在一个定点Q(不同于点P),对于任意不与y轴重合的直线l,都有PQ平分AQB,若存在,求出定点Q的坐标;若不存在,请说明理由2018-2019学年江西省上饶

    6、市玉山一中14-22班高一(下)第一次月考数学试卷(理科)(3月份)参考答案与试题解析一、选择题:共12小题,每小题5分,共60分每小题只有一个正确的选项请将答案填涂到答题卷上的相应位置1(5分)在空间直角坐标系中,点A(1,2,3)关于y轴的对称点为B,则点B坐标为()A(1,2,3)B(1,2,3)C(1,2,3)D(1,2,3)【分析】在空间直角坐标系中,点(xyz)关于y轴的对称点为(x,y,z)【解答】解:在空间直角坐标系中,点A(1,2,3)关于y轴的对称点为B,则点B坐标为(1,2,3)故选:A【点评】本题考查点的坐标的求法,考查空间直角坐标系的性质等基础知识,考查运算求解能力,

    7、是基础题2(5分)方程x2+y2+4mx2y+5m0表示圆的充要条件是()Am1Bm或m1CmDm1【分析】利用圆的一般方程表示圆的充要条件,D2+E24F0 求解即可【解答】解:由(4m)2+445m0知m或m1故选:B【点评】本题考查二元二次方程表示圆的充要条件,考查知识的应用能力,是基础题3(5分)已知扇形的周长为12cm,圆心角为4rad,则此扇形的弧长为()A4cmB6cmC8cmD10cm【分析】直接利用弧长公式,求出扇形的弧长【解答】解:因为圆心角4,设扇形的弧长为l,所以l4r,因为扇形的周长是12,所以l+2r4r+2r12,解得r2,所以l428故选:C【点评】本题是基础题

    8、,考查扇形的周长与弧长的计算问题,正确利用公式是解题的关键4(5分)已知是第三象限角,满足|sin|sin,则是()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】由是第三象限角,可得为第二或第四象限角,结合|sin|sin求得答案【解答】解:是第三象限角,+2k+2k,kZ,则+k+k,kZ,即为第二或第四象限角,又|sin|sin,为第四象限角故选:D【点评】本题考查三角函数值的符号,考查了象限角的概念,属于基础题5(5分)sin160cos10cos20sin350()ABCD【分析】直接利用诱导公式以及两角和与差的三角函数化简求解即可【解答】解:sin160cos10cos20sin3

    9、50sin20cos10+cos20sin10sin30故选:C【点评】本题考查诱导公式以及两角和与差的三角函数的应用,是基本知识的考查6(5分)“m”是“直线(m+2)x+3my+10与直线(m2)x+(m+2)y30相互垂直”的()A充分必要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】判断充分性只要将“m”代入各直线方程,看是否满足(m+2)(m2)+3m(m+2)0,判断必要性看(m+2)(m2)+3m(m+2)0的根是否只有【解答】解:当m时,直线(m+2)x+3my+10的斜率是,直线(m2)x+(m+2)y30的斜率是,满足k1k21,“m”是“直线(m+

    10、2)x+3my+10与直线(m2)x+(m+2)y30相互垂直”的充分条件,而当(m+2)(m2)+3m(m+2)0得:m或m2“m”是“直线(m+2)x+3my+10与直线(m2)x+(m+2)y30相互垂直”充分而不必要条件故选:B【点评】本题是通过常用逻辑用语考查两直线垂直的判定7(5分)点M(x0,y0)是圆x2+y2a2 (a0)外一点,则直线x0x+y0ya2与该圆的位置关系是()A相切B相交C相离D相切或相交【分析】由题意可得 +a2,圆心O到直线x0x+y0ya2与的距离为 d,根据d小于半径,可得直线和圆相交【解答】解:点M(x0,y0)是圆x2+y2a2 (a0)外一点,+

    11、a2圆心O到直线x0x+y0ya2与的距离为 da(半径),故直线和圆相交,故选:B【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的判断方法,点到直线的距离公式的应用,属于中档题8(5分)已知直线ymx+3m和曲线有两个不同的交点,则实数m的取值范围是()ABCD【分析】由题意,直线ymx+3m经过定点P(3,0),以m为斜率同一坐标系内作出直线ymx+3m和曲线,得到它们相切时直线PA的斜率m的值,由此将直线绕P点旋转并观察交点个数与m的变化,即可得到实数m的取值范围【解答】解:直线ymx+3mm(x+3)经过定点P(3,0),以m为斜率曲线是以原点为圆心,半径r2的圆的上半圆同一坐标系内作出它们的

    12、图象,如图当直线与半圆切于A点时,它们有唯一公共点,此时,直线的倾斜角满足sin,cos,可得直线的斜率mtan,当直线ymx+3m的倾斜角由此位置变小时,两图象有两个不同的交点,直线斜率m变成0为止由此可得当0m时,直线ymx+3m和曲线有两个不同的交点故选:A【点评】本题给出直线与半圆有两个公共点,求实数m的取值范围着重考查了直线与圆的位置关系、恒过定点的直线和同角三角函数基本关系等知识,属于基础题9(5分)已知角的顶点与原点重合,始边与x轴非负半轴重合,终边在直线y3x上,则sin2+2sincoscos2的值为()ABCD【分析】由条件利用任意角的三角函数的定义求得tan的值,再利用同

    13、角三角函数基本关系式即可求解【解答】解:由于直线y2x经过第一、第三象限,故角的终边在第一、或第三象限,若角的终边在第一象限,在角的终边y3x上任意取一点(1,3),则由任意角的三角函数的定义,可得tan3,故sin2+2sincoscos2角的终边在第三象限,若角的终边在第三象限,在角的终边y3x上任意取一点(1,3),则由任意角的三角函数的定义,可得tan3,故sin2+2sincoscos2故选:A【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义,体现了分类讨论的数学思想,属于基础题10(5分)已知,则sin(+)()ABCD【分析】由诱导公式、拼凑角,在结合两角和的余弦得:sin(+)sin

    14、()()cos()()cos()cos()sin()sin(),得解【解答】解:因为,所以0,所以sin(),又,所以cos(),所以sin(+)sin()()cos()()cos()cos()sin()sin(),故选:A【点评】本题考查了诱导公式及角的拼凑,属中档题11(5分)已知3cos24sin21,3sin22sin20,且、都是锐角,则+2()ABCD【分析】联立两个已知方程可得解得sin,cos,sin2,cos2,然后求出cos(+2)0,可得+2【解答】解:由3cos24sin21得3cos2+2cos23由3sin22sin20得9sin224sin220,得9cos224

    15、cos225,得(3cos22cos2)(3cos2+2cos2)5,得3cos22cos2,联立解得cos2,cos2,为锐角,sin,cos,sin2,cos(+2)coscos2sinsin20,+2(0,),+2故选:A【点评】本题考查了两角和与差的三角函数,属中档题12(5分)设圆C:x2+y22,直线l:x+2y40,点P(x0,y0)l,使得存在点QC,使OPQ45(O为坐标原点),则y0的取值范围是()A1,2BCD【分析】根据题意,分析可得满足PO2,就能保证一定存在点Q,使得OPQ45,可得|OP|2x02+y02y02+(42y0)24,求解不等式得答案【解答】解:根据题

    16、意,圆O外有一点P,圆上有一动点Q,OPQ在PQ与圆相切时取得最大值如果OP变长,那么OPQ可以获得的最大值将变小可以得知,当OPQ45,且PQ与圆相切时,PO2,而当PO2时,Q在圆上任意移动,OPQ45恒成立因此满足PO2,就能保证一定存在点Q,使得OPQ45,否则,这样的点Q是不存在的又由点P(x0,y0)在直线x+2y40上,则x0+2y040,即x042y0,则|OP|2x02+y02y02+(42y0)2,变形可得:,解可得:y02,即y0的取值范围是,2故选:D【点评】本题考查点与圆方程的应用,考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法,是中档题二、填空题:共4小题,每小题5分

    17、,共20分请将答案填在答题卷上的相应位置13(5分)直线x+y10的倾斜角是【分析】利用直线方程求出斜率,然后求出直线的倾斜角【解答】解:因为直线的斜率为:,所以tan,所以直线的倾斜角为:故答案为:【点评】本题考查直线的一般式方程与直线的倾斜角的求法,考查计算能力14(5分)已知两圆,当圆C1与圆C2有且仅有两条公切线时,则r的取值范围【分析】根据两圆只有两条公切线得到两圆相交,结合圆心距和半径之间的关系进行求即可解【解答】解:若圆C1与圆C2有且仅有两条公切线时,等价为两圆相交,圆心C1(0,0),半径R2,圆C2(1,2),半径r,则|C1C2|,若两圆相交,则满足rR|C1C2|R+r

    18、,即r22+r,得,故答案为:【点评】本题主要考查圆与圆位置关系的判断,结合公切线条数判断处两圆相交是解决本题的关键15(5分)计算:【分析】化切为弦,通分后利用sin16sin(6044)展开两角差的正弦化简求值【解答】解:故答案为:【点评】本题考查三角函数的恒等变换与化简求值,考查同角三角函数基本关系式与两角差的正弦,是基础题16(5分)已知点A(1,2),动点B在x轴上,动圆C的半径为2,圆心C在直线3x+4y140上,点P是圆C上的动点,则|AB|+|BP|的最小值为3【分析】求出A关于x轴的对称点A的坐标,通过点到直线的距离转化求解|AB|+|BP|的最小值【解答】解:如图:A关于x

    19、轴的对称点的坐标A(1,2),|AB|+|BP|的最小值就是|AB|+|BP|的最小值,由图形可知,AC与直线3x+4y140垂直时,所求距离最小,即:23故答案为:3【点评】本题考查直线与圆的方程的综合应用,对称知识的应用,考查数形结合以及转化思想的应用三、解答题:共6小题,解答必须写出必要的演算、推理过程,请将答案写在答题卷的相应位置17(10分)已知角的始边为x轴的非负半轴,终边经过点P(m,m1),且(1)求实数m的值;(2)若m0,求的值【分析】(1)由任意角的三角函数定义可求m2+m120,解方程可得m的值;(2)由已知可求m3,cos,sin,利用诱导公式化简所求即可计算得解【解

    20、答】(本题满分为10分)解:(1)由题意可得:xm,ym1,r,整理可得:m2+m120,解得m3或4.(5分)(2)m0,由(1)可得m3,cos,sin,.(10分)【点评】本题主要考查了任意角的三角函数定义,诱导公式在三角函数化简求值中的应用,考查了转化思想,属于基础题18(12分)已知角(0,),且满足,(1)求sincos的值; (2)求sin4+cos4的值【分析】(1)把已知等式两边平方,求得2sincos的值,再由sincos求解;(2)把sin4+cos4转化为完全平方式求值【解答】解:(1)由,得,又(0,),则(,),得sin0,cos0,sincos;(2)sin4+c

    21、os4(sin2+cos2)22sin2cos2【点评】本题考查三角函数的化简求值,考查同角三角函数基本关系式的应用,是基础题19(12分)已知直线l:(k1)x2y+53k0(kR)恒过定点P,圆C经过点A(4,0)和点P,且圆心在直线x2y+10上(1)求定点P的坐标;(2)求圆C的方程【分析】(1)由(k1)x2y+53k0,得(x3)kx2y+50,由k的系数为0,可得定点P的坐标;(2)利用AP的垂直平分线与x2y+10联立可得圆心C的坐标【解答】解:(1)由(k1)x2y+53k0,得(x3)kx2y+50,由得,所以定点P(3,1)(2)由A(4,0)和P(3,1)可得直线AP的

    22、垂直平分线方程为:xy30,联立可得圆心C(7,4),所以圆C的半径rAC5,所以圆C的方程为:(x7)2+(y4)225【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,属中档题20(12分)角A、B、C是ABC的内角,且sinC2sin(AB),(1)求角A的大小;(2)若,求cos(A2x)的值【分析】(1)由题意利用两角和差的三角公式,求得 tanA的值,可得A的值(2)由题意利用二倍角公式、诱导公式,求得cos(A2x)的值【解答】解:(1)A、B、C是ABC的内角,且sinC2sin(AB),sin(A+B)2sin(AB),即 sinAcosB+cosAsinB2 sinAcosB2cosA

    23、sinB,求得 sinAcosB3cosAsinB,即tanAcotB3,tanAcot3,tanA,A(2)若cos(+x),则 1,cos(A2x)cos(2x)2121【点评】本题主要考查两角和差的三角公式,二倍角公式、诱导公式的应用,属于基础题21(12分)已知两圆,直线l:x+2y0,(1)当圆C1与圆C2相交且公共弦长为4时,求r的值;(2)当r1时,求经过圆C1与圆C2的交点且和直线l相切的圆的方程【分析】(1)利用圆系方程求得两圆公共弦的方程,再由垂径定理列式求解;(2)设过圆C1与圆C2的圆系方程,化为圆的标准方程,利用圆心到切线的距离等于半径求解【解答】解:(1)由两圆,得

    24、两圆的公共弦所在直线方程为2x+4y+r290圆C1与圆C2公共弦长为4,解得:r3,此时满足圆C1与圆C2相交;(2)设过圆C1与圆C2的圆系方程为(x1)2+(y2)21+(x2+y24)0(1),即(1+)x2+(1+)y22x4y+4(1)0,由,得1故所求圆的方程为x2+y2x2y0【点评】本题考查圆与圆的位置关系的判定及其应用,考查圆系方程的应用,体现了数学转化思想方法,是中档题22(12分)如图,已知动直线l过点,且与圆O:x2+y21交于A、B两点(1)若直线l的斜率为,求OAB的面积;(2)若直线l的斜率为0,点C是圆O上任意一点,求CA2+CB2的取值范围;(3)是否存在一

    25、个定点Q(不同于点P),对于任意不与y轴重合的直线l,都有PQ平分AQB,若存在,求出定点Q的坐标;若不存在,请说明理由【分析】(1)因为直线l的斜率为,所以直线l,利用弦长、半径、弦心距的关系,求得弦长及OAB的高,即可求出面积 (2)因为直线l的斜率为0,所以可知、,设点C(x,y),则x2+y21,又42y,又y1,1,即可得CA2+CB2的取值范围(3)法一:若存在,则根据对称性可知,定点Q在y轴上,设Q(0,t)、又设A(x1,y1)、B(x2,y2),因直线l不与y轴重合,设直线l,代入圆O得,所以(*) 由AQ与BQ的斜率互为相反数,可得,即求得t;解法二:若PQ平分AQB,则根

    26、据角平分线的几何意义,点A到y轴的距离d1,点B到y轴的距离d2满足,即,化简可得,同时求得t【解答】解:(1)因为直线l的斜率为,所以直线l,则点O到直线l的距离,(2分)所以弦AB的长度,所以(4分)(2)因为直线l的斜率为0,所以可知、,(6分)设点C(x,y),则x2+y21,又,(8分)所以CA2+CB242y,又y1,1,所以CA2+CB2的取值范围是2,6(9分)(3)法一:若存在,则根据对称性可知,定点Q在y轴上,设Q(0,t)、又设A(x1,y1)、B(x2,y2),因直线l不与y轴重合,设直线l,(10分)代入圆O得,所以(*) (12分)若PQ平分AQB,则根据角平分线的

    27、定义,AQ与BQ的斜率互为相反数有,又,化简可得,(14分)代入(*)式得,因为直线l任意,故,即t2,即Q(0,2)(16分)解法二:若存在,则根据对称性可知,定点Q在y轴上,设Q(0,t)、又设A(x1,y1)、B(x2,y2),因直线l不与y轴重合,设直线l,(10分)代入圆O得,所以(*) (12分)若PQ平分AQB,则根据角平分线的几何意义,点A到y轴的距离d1,点B到y轴的距离d2满足,即,化简可得,(14分)代入(*)式得,因为直线l任意,故,即t2,即Q(0,2)(16分)【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,考查了方程思想、转化思想、数形结合思想,考查了运算能力,属于中档题声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布日期:2019/11/15 9:07:33;用户:17746823402;邮箱:17746823402;学号:28261463第18页(共18页)


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