江苏省沭阳县修远中学2020学年高一数学下学期第二次月考试题（含解析）（通用）

1、修远中学2020学年度第二学期第二次阶段测试高一数学试题一、选择题(每小题5分，共60分在下列四个选项中，只有一项是符合题意的)1.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用诱导公式,结合特殊角的三角函数求解即可。【详解】，故本题选B。【点睛】本题考查了诱导公式，特殊角的三角函数，属于基础题.2.已知圆的方程是(x2)2(y3)24，则点P(3,2)满足（ ）A. 是圆心B. 在圆上C. 在圆内D. 在圆外【答案】C【解析】把点的坐标代入到圆的方程中，因为(32)2(23)224，故点P(3,2)在圆内，选C.3.若直线与直线平行，则实数的值为（ ）A. 2B. 5C. D.

2、 【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行得到两条直线中参数的关系，构造出关于的方程，得到答案.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得故选D项.【点睛】本题考查两条直线平行的关系，属于简单题.4.已知，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式和倍角公式，即可求解.【详解】由，得，得答案选A【点睛】本题考查诱导公式和倍角公式，记准公式，正确计算是解 题的关键.5.直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由直线方程求直线的斜率，再根据直线的斜率等于倾斜角的正切值求解.【详解】直线的斜率,设直线的倾斜角为,则,即，故选B .【点睛】本题主要

3、考查由直线方程求直线的斜率，考查直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.6.sin20cos10+cos20sin10=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用两角和正弦公式计算即可.【详解】sin20cos10+cos20sin10sin（20+10）sin30，故选：A【点睛】本题主要考查两角和差的正弦公式的应用，属于中档题7.已知圆x2y2DxEyF0的圆心坐标为(2,3)，D，E分别为（ ）A. 4，6B. 4，6C. 4,6D. 4,6【答案】A【解析】【分析】由题得,解之即得D,E的值.【详解】圆x2y2DxEyF0圆心，又已知该圆的圆心坐标为(2,3)，所以.所

4、以D4，E6故答案为：A【点睛】本题主要考查圆的一般式方程，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.8.圆和圆的公切线有且仅有（ ）条。A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】C【解析】分析：根据题意，求得两圆的圆心坐标和半径，根据圆心距和两圆的半径的关系，得到两圆相外切，即可得到答案.详解：由题意，圆，可得圆心坐标，半径圆，可得圆心坐标，半径为，则，所以,所以圆与圆相外切，所以两圆有且仅有三条公切线，故选C.点睛：本题主要考查了圆的方程以及两圆的位置关系的判定，其中熟记两圆位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.9.已知互不相同的直线，和平面，则下列命题正确

5、的是（ ）A. 若与为异面直线，则；B. 若，则；C. 若，则；D. 若，则【答案】C【解析】分析：利用线面平行（或垂直）的性质定理和判定定理逐一判断即可.详解：中当与不平行时，也能存在符合题意的l、m，故错误；中l与m也可能异面，故错误；中lm，同理ln，则mn，故正确若，则与相交或平行，故错误.故选：C点睛：本题考查了平面与平面之间位置关系判断，及空间中直线与平面之间的位置关系判断，熟练掌握空间中线面之间关系判定的方法和性质定理是解答本题的关键10.在平面直角坐标系中，直线L:(a-2)x+y+a=0经过定点的坐标（ ）A. (-1, -2)B. (1,-2)C. (-2, 1)D. (2

6、, 0)【答案】A【解析】【分析】对直线中的参数进行整理，整理后令的系数为，得到定点坐标.【详解】对直线进行整理，得到，因为直线过定点，则，解得故直线过定点.故选A项.【点睛】本题考查由直线方程求直线过定点问题，属于简单题.11.动圆M与定圆C：x2y24x0相外切，且与直线l：x20相切，则动圆M的圆心（x, y）满足的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设M点坐标为（x，y），C（2，0），动圆得半径为r，则根据两圆相外切及直线与圆相切得性质可得，MC=2+r，d=r，从而|MC|d=2，由此能求出动圆圆心轨迹方程【详解】设M点坐标为（x，y），C（2，0），动圆

7、得半径为r，则根据两圆相外切及直线与圆相切得性质可得，MC=2+r，d=r|MC|d=2，即：（2x）=2，化简得： y212x120动圆圆心轨迹方程为y212x120故选：B【点睛】本题考查动圆圆心轨迹方程的求法，考查直线方程、圆、两点间距离公式、两圆相外切、直线与圆相切等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题12.设、为锐角，则为（ ）A. B. C. 或D. 以上都不对【答案】A【解析】分析】利用sin2+cos21可求得cos，同理可求得cos，再由两角和与差的余弦函数求得+的余弦，从而可求得+【详解】、为锐角，且，又、为锐角，所以，故选

8、：A【点睛】本题考查sin2+cos21的应用，考查两角和与差的余弦，考查运算能力，属于中档题二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.若m，n表示直线，表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为_n；mn；mn；n.【答案】3【解析】【分析】可由线面垂直判定定理进行证明；由线面垂直的性质定理可得结论正确；可在内找的平行线进行证明；不正确，可举反例当和确定的平面平行于【详解】，则垂直于内的两条相交直线，因为，所以也垂直于这两条直线，故，故正确；由线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线平行，结论正确；，所以存在直线，且，因为，所以，所以，正确；不正确，例如和确定的平面平行于，则【点

9、睛】本题主要考查空间的线面的位置关系，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题.14.若圆的方程为x2y2kx2yk20，则当圆的面积最大时，圆心坐标为_【答案】(0，1)【解析】方程为x2y2kx2yk20化为标准方程为(x)2(y1)21，r211，k0时r最大此时圆心为(0，1)15.在中，若，则的形状是_【答案】直角三角形【解析】【分析】利用正余弦定理对条件中的式子进行角化边，然后整理得到边的关系，判断出的形状.【详解】在中，由正弦定理得，由余弦定理得因为所以，整理得故直角三角形.【点睛】本题考查正余弦定理角化边，判断三角形的形状，属于简单题.16.已知点在直线上运动，则取得最小值时

10、点的坐标为_【答案】【解析】【分析】将所求目标转化为直线上的点到点的距离，可得点与直线垂直时两点间的距离最小，从而得到过点且与直线垂直的直线，然后联立得到点的坐标.【详解】转化为直线上的点到点的距离的平方，又点到直线的距离最小，过点且与直线垂直的直线为因此两直线联立，解得故点的坐标为【点睛】本题考查定点到直线上点的距离的最小值，直线交点问题，属于简单题.三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.（1）设直线l过点（2，3）且与直线2x+y+1=0垂直，l与x轴，y轴分别交于A、B两点，求|AB|；（2）求过点A（4，-1）且在x轴和y轴上的截距相等（截距

11、不为0）的直线l的方程【答案】（1）2； （2）x+4y=0或x+y-3=0【解析】【分析】（1）由题意知直线l的斜率为，设l的方程为x-2y+c=0，代入（2，3）可得c=4，即可求出A，B的坐标即可求出|AB|； （2）分类讨论：直线过原点时和直线不过原点，分别求出即可。【详解】（1）由题意知直线l的斜率为，设l的方程为x-2y+c=0，代入（2，3）可得c=4，则x-2y+4=0，令x=0，得y=2，令y=0，得x=-4，A（-4，0），B（0，2），则|AB|=2；（2）当直线不过原点时，设直线l的方程为x+y=c，代入（4，-1）可得c=3，此时方程为x+y-3=0，当直线过原点时，

12、此时方程为x+4y=0【点睛】本题考查直线的方程，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答。18.在中，角的对边分别为，且 求角A；若，且的面积为，求的值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理得即可求A; （2）由面积公式求得c,再由余弦定理求a即可【详解】（1），又,所以；又因为，所以. （2），又，所以，所以，所以。【点睛】本题考查余弦定理，三角形面积公式，熟记定理，准确计算是关键，是基础题19.如图，半圆O的直径长为2，A为直径的延长线上的一点，B为半圆周上的动点，以AB为边，向半圆外作等边，设， 多边形OACB的面积为。求表达式；求的最大值【答案】（1）； （2）.【

13、解析】【分析】（1）由余弦定理得,则可求；（2）利用的范围，求最值即可【详解】（1）在中，,所以 （2）因为 ，所以，所以当即时，的最大值为.【点睛】本题考查三角函数的实际应用，三角恒等变换，函数性质，准确计算是关键，是中档题20.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，点E是AB的中点.(1)求证：OE平面BCC1B1.(2)若AC1A1B，求证：AC1BC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）利用线面平行的判定定理，通过中位线平行得到，从而得到平面；（2）要证明线线垂直，则证明平面线面垂直，所以根据线面垂直的判定定

14、理，找到，则得证。试题解析：(1)连接BC1，因为侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，所以O为AC1的中点，又因为E是AB的中点，所以OEBC1，因为OE平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1，所以OE平面BCC1B1.(2)因为侧面AA1C1C是菱形，所以AC1A1C，因为AC1A1B，A1CA1BA1，A1C平面A1BC，A1B平面A1BC，所以AC1平面A1BC，因为BC平面A1BC，所以AC1BC.21.已知圆C的圆心坐标且与线y=3x+4相切，（1）求圆C的方程；（2）设直线与圆C交于M，N两点，那么以MN为直径的圆能否经过原点，若能，请求出直线MN的方程；若不能，请说

15、明理由【答案】（1）（x-2）2+y2=10（2）y=-x+1+或y=-x+1-【解析】【分析】（1）由直线与圆相切得，圆心到直线的距离即为半径，从而得解；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），进而通过直线与圆联立得到2x2-（4+2m）x+m2-6=0，由韦达定理可得MN中点H的坐标为（，），假设以MN为直径的圆经过原点，则有|OH|=|MN|，进而由垂径定理及坐标表示距离列方程求解即可.【详解】（1）根据题意， 所以圆的标准方程为：（x-2）2+y2=10；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2）是直线y=-x+m与圆C的交点，联立y=-x+m与（x-2）2+y2=10可得：2x2

16、-（4+2m）x+m2-6=0，则有x1+x2=m+2，x1x2=，则MN中点H的坐标为（，），假设以MN为直径的圆经过原点，则有|OH|=|MN|，圆心C到MN的距离d=，则有|MN|=2=2，又由|OH|=|MN|，则有（）2+（）2=10-，解可得m=1，经检验，m=1时，直线与圆相交，符合题意；故直线MN的方程为：y=-x+1+或y=-x+1-【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.22.已知函数（其中），且.（1）求的值，并求在上的值域；（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）；值域为（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差