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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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）