2020-2021学年江西省上饶市高一（下）4月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）4月月考数学试卷北师大版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列角中，与角−π3终边相同的角是( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π3

2. 点M3,−2,1关于xOy平面对称的点的坐标是( )
A.−3,−2,1B.3,2,−1C.3,−2,−1D.−3,2,1

3. 已知扇形圆心角为π6，面积为π3，则扇形的弧长等于( )
A.π3B.π4C.π6D.π2

4. 已知csα⋅sinπ+α<0，那么角α是( )
A.第一或第二象限角B.第二或第三象限角
C.第一或第四象限角D.第一或第三象限角

5. 已知直线l1:x+my+7=0和l2:(m−2)x+3y+2m=0互相平行，则实数m等于( )
A.−1或3B.−1C.−3D.1或−3

6. 两圆x2+y2−4x+2y+1=0与x+22+y−22=9的公切线有( )
A.4条B.3条C.2条D.1条

7. 设α角属于第二象限，且csα2=−csα2，则α2角属于( )
A.第四象限B.第三象限C.第二象限D.第一象限

8. 如果直线l:y=kx−5与圆x2+y2−2x+my−4=0交于M，N两点，且M，N关于直线2x+y=0对称，则直线l被圆截得的弦长为( )
A.2B.3C.23D.4

9. 为得到函数y=sin2x的图象，只需将函数y=cs(2x+π6)的图象( )
A.向左平移π6个单位长度B.向右平移π3个单位长度
C.向左平移π3个单位长度D.向右平移2π3个单位长度

10. 已知函数fx=3csωx+ϕω>0,−π<ϕ<0，其图象的相邻两条对称轴间的距离为π2， 且满足f−π3+x=f−π3−x，则fx的解析式为( )
A.3cs12x−2π3B.3cs2x−2π3C.3cs2x−π3D.3cs12x−π3

11. 已知定义在R上的奇函数f(x)在区间(0, +∞)上单调递增，若f(12)=0，△ABC内角A满足f(csA)<0，则A的取值范围是( )
A.(π3,π2)∪(2π3,π)B.(π3,π2)
C.(π3,2π3)D.(2π3,π)

12. 直线l:x−2y+2=0，动直线l1:ax−y=0，动直线l2:x+ay+2a−4=0．设直线l与两坐标轴分别交于A，B两点，动直线l1与l2交于点P，则△PAB的面积最大值( )
A.12B.5C.112 D.11
二、填空题

已知角α的终边经过点P3,−1，则2sinα+csα=________.
三、解答题

求满足下列条件的直线的方程：
(1)过点P3,0，且与2x+y−5=0垂直；

(2)平行于过点A1,−2和B0,2的直线，且这两条直线间的距离是121717．

已知点P1,t在角θ的终边上，且sinθ=−63，求：
(1)t的值；

(2)sinπ+θ−sin3π2−θsinπ−θ+cs2π−0的值 .

已知f(x)=2sin(12x−π4)．
(1)求函数f(x)的最小正周期和最大值，并求出x为何值时，f(x)取得最大值；

(2)求函数f(x)在[−2π, 2π]上的单调增区间.

已知圆C1：x2+y2−4x−3=0和C2：x2+y2−4y−3=0．
(1)求两圆C1和C2的公共弦方程；

(2)若圆C的圆心在直线x−y−4=0上，并且通过圆C1和C2的交点，求圆C的方程．

已知如图是函数f(x)=Asin(ωx+ϕ)+B(A>0，ω>0，|ϕ|<π2)的部分图象．

(1)当x∈[π12,π2]，求f(x)的值域；

(2)当x∈R时，求使f(x)≥1成立的x的取值集合．

已知圆M:x2−2x+y2+a=0，直线l:8x−6y−3=0被圆M截得的弦长为3．
(1)求实数a的值；

(2)过点P(2, 4)作圆M的切线m，求切线m的方程；

(3)已知点A(−5, 0)，O为坐标原点，Q为圆M上任意一点，在x轴上是否存在异于A点的B点，使得QBQA为常数，若存在，求出点B的坐标，不存在说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
终边相同的角
【解析】
利用终边相同的角相差2π的整数倍，判断选项即可．
【解答】
解：与角−π3终边相同的角是：2kπ−π3，k∈Z，
当k=1时，与角−π3终边相同的角是5π3．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：M3,−2,1关于xOy平面对称的点的坐标是3,−2,−1.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
扇形面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆的半径为r，则12×π6⋅r2=π3，解得r=2．
∴ 扇形的弧长=2×π6=π3．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
象限角、轴线角
三角函数值的符号
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ csα⋅sin(π+α)<0，
∴ −csα⋅sinα<0，
∴ csα⋅sinα>0,
因此角α是第一或第三象限角.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
直接由平行，构造方程，解出再验证即可.
【解答】
解：由m(m−2)−3=0，
解得m=3或−1．
经过验证都满足两条直线平行，
∴ m=3或−1.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】
将第一个圆化成标准方程，可得它们的圆心坐标和半径大小，从而得到两圆的圆心距与两圆半径之间的关系，由此可得两圆位置关系是相外切，从而得到它们有两条公切线．
【解答】
解：圆x2+y2−4x+2y+1=0化为标准方程为x−22+y+12=4，
所以该圆的圆心坐标为C12,−1，半径为r1=2.
圆x+22+y−22=9的圆心坐标为C2−2,2，半径为r2=3.
∵ |C1C2|=(2+2)2+(−1−2)2=5=r1+r2，
∴ 两圆相外切，公切线有3条.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
三角函数值的符号
象限角、轴线角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ α是第二象限角，
∴ 90∘+k⋅360∘<α<180∘+k⋅360∘k，
∴ 45∘+k⋅180∘<α2<90∘+k⋅180∘，k∈Z，
∴ α2在第一象限或在第三象限.
∵ csα2=−csα2，
∴ csα2<0，
∴ a2角在第三象限．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
由题意推出圆心在直线上，求出m，求出圆的半径与弦心距，利用圆心距、半径、半弦长满足勾股定理，求出弦长．
【解答】
解：因为M，N关于直线2x+y=0对称，故圆心(1,−m2)在直线2x+y=0上，∴ m=4．
又因为直线2x+y=0与l:y=kx−5垂直，
∴ −2×k=−1，∴ k=12.
设圆心(1, −2)到直线12x−y−5=0的距离为d，
∴ d=|12×1−(−2)−5|(12)2+1=5.
∵ 圆的半径为r=12(−2)2+42+16=3，
∴ |MN|=2r2−d2=4．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由条件利用诱导公式，y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
【解答】
解：将函数y=cs(2x+π6)的图象向右平移π3个单位，
即可得到函数y=cs[2(x−π3)+π6]
=cs(2x−π2)=sin2x的图象.
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
【解析】
由题意可得函数的最小正周期T，求出ω=2，再由题意可得函数的一条对称轴，可得φ的值，进而求出函数的解析式．
【解答】
解：由其图象的相邻两条对称轴间的距离为π2，
可得函数的最小正周期T=2⋅π2=π.
而T=2πω，
所以ω=2，所以fx=3cs2x+ϕ.
又因为f−π3+x=f−π3−x ，
所以对称轴为x=−π3，
所以2⋅ −π3+ϕ=kπ(k∈Z)，−π<ϕ<0，
所以ϕ=−π3，
所以fx=3cs2x−π3.
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
三角函数的定义域
奇偶性与单调性的综合
【解析】
因为f(x)是定义在R上的奇函数，在区间(0, +∞)上单调递增，且f(12)=0，就可画出f(x)的草图，借助图象即可得到f(csA)<0中csA的范围，再根据角A为三角形内角，就可得到A的取值范围．
【解答】
解：∵ f(x)是定义在R上的奇函数，在区间(0, +∞)上单调递增，且f(12)=0，
∴ f(x)的草图如图，
由图知，若f(csA)<0，则csA<−12或0又∵ A为△ABC内角，
∴ A∈(0, π)，
∴ A∈(π3,π2)∪(2π3,π).
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
两点间的距离公式
与直线有关的动点轨迹方程
直线与圆相交的性质
【解析】
根据两直线的交点为Px0,y6，联立直线方程用x3,y0表示参数④，整理可得P点轨迹为圆，而AB=5，要使△PAB
的面积最大，即P到直线！距离最大，进而求面积．
【解答】
解：由题意，动直线l1与l2交于点Px0,y0，
则y0=ax0,x0+ay0+2a−4=0,
消去参数a，整理可得：x0−22+y0+12=5，
即P点轨迹是以2,−1为圆心，5为半径的圆，
而2,−1到直线l的距离d=|2−2×−1+2|1+−22=65，
故P到直线l的最大距离为d+r=65+5=115.
由A−2,0，B0,1，则|AB|=5，
此时△PAB有最大面积，为12d+r⋅|AB|=112.
故选C．
二、填空题
【答案】
1010
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
直接利用任意角的三角函数，求解即可．
【解答】
解：因为角α的终边经过点P3,−1，
所以2sinα+csα
=2×−132+−12+332+−12=1010.
故答案为：1010.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，设 所求直线方程为y=k(x−3)．
∵ 所求直线与2x+y−5=0垂直，
∴ k=12，
∴ 所求直线的方程为x−2y−3=0.
(2)由题意可得所求直线的斜率k=−4，故设所求直线的方程为y=−4x+b，
由这两条直线间的距离是121717，
所以|0+2−b|17=1217，
解得b=14或b=−10，
所以所求直线为：4x+y−14=0或4x+y+10=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的点斜式方程
两条平行直线间的距离
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意，设 所求直线方程为y=k(x−3)．
∵ 所求直线与2x+y−5=0垂直，
∴ k=12，
∴ 所求直线的方程为x−2y−3=0.
(2)由题意可得所求直线的斜率k=−4，故设所求直线的方程为y=−4x+b，
由这两条直线间的距离是121717，
所以|0+2−b|17=1217，
解得b=14或b=−10，
所以所求直线为：4x+y−14=0或4x+y+10=0．
【答案】
解：(1)∵ P(1,t)，
∴ r=|OP|=1+t2，
由sinθ=tr=t1+t2=−63，
解得t=−2.
(2)由P(1,−2)，可知θ为第四象限角，
∴ csθ=1−sin2θ=33，
∴ sin(π+θ)−sin3π2−θsin(π−θ)+cs(2π−θ)
=−sinθ−(−csθ)sinθ+csθ=−3−22．
【考点】
任意角的三角函数
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】


【解答】
解：(1)∵ P(1,t)，
∴ r=|OP|=1+t2，
由sinθ=tr=t1+t2=−63，
解得t=−2.
(2)由P(1,−2)，可知θ为第四象限角，
∴ csθ=1−sin2θ=33，
∴ sin(π+θ)−sin3π2−θsin(π−θ)+cs(2π−θ)
=−sinθ−(−csθ)sinθ+csθ=−3−22．
【答案】
解：(1)T=2π12=4π，
当2sin(12x−π4)=2，即12x−π4=π2+2kπ , k∈Z，
即x=32π+4kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值为2．
(2)令2kπ−π2≤12x−π4≤2kπ+π2，k∈Z，
得4kπ−π2≤x≤4kπ+3π2，k∈Z，
设A=[−2π, 2π]，B=[4kπ−π2, 4kπ+3π2]，k∈Z，
所以A∩B=[−π2, 3π2]，
即函数f(x)在[−2π, 2π]上的单调增区间为[−π2, 3π2].
【考点】
正弦函数的周期性
正弦函数的定义域和值域
正弦函数的单调性
【解析】
（1）根据三角函数的周期公式以及最值性质进行求解即可；
（2）求出函数的单调递增，结合角的范围进行求解；
（3）求出角的范围，结合函数的值域和单调性的关系进行求解．
【解答】
解：(1)T=2π12=4π，
当2sin(12x−π4)=2，即12x−π4=π2+2kπ , k∈Z，
即x=32π+4kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值为2．
(2)令2kπ−π2≤12x−π4≤2kπ+π2，k∈Z，
得4kπ−π2≤x≤4kπ+3π2，k∈Z，
设A=[−2π, 2π]，B=[4kπ−π2, 4kπ+3π2]，k∈Z，
所以A∩B=[−π2, 3π2]，
即函数f(x)在[−2π, 2π]上的单调增区间为[−π2, 3π2].
【答案】
解：(1)将圆C1和C2的方程相减得： x−y=0，此即为公共弦的方程．
(2)因为所求的圆过两已知圆的交点，
故设此圆的方程为：x2+y2−4x−3+λ(x2+y2−4y−3)=0，
即1+λx2+y2−4x−4λy−3λ−3=0，
即x2+y2−4x1+λ−4λy1+λ−3=0，
圆心为21+λ,2λ1+λ
由于圆心在直线x−y−4=0上，
∴ 21+λ−2λ1+λ−4=0，
解得 λ=−13，
所求圆的方程为： x2+y2−6x+2y−3=0.
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的一般方程
【解析】


【解答】
解：(1)将圆C1和C2的方程相减得： x−y=0，此即为公共弦的方程．
(2)因为所求的圆过两已知圆的交点，
故设此圆的方程为：x2+y2−4x−3+λ(x2+y2−4y−3)=0，
即1+λx2+y2−4x−4λy−3λ−3=0，
即x2+y2−4x1+λ−4λy1+λ−3=0，
圆心为21+λ,2λ1+λ
由于圆心在直线x−y−4=0上，
∴ 21+λ−2λ1+λ−4=0，
解得 λ=−13，
所求圆的方程为： x2+y2−6x+2y−3=0.
【答案】
解：(1)根据函数fx=Asinωx+ϕ+BA>0,ω>0,|ϕ|<π2的部分图象，
可得B=0，A=2，12×2πω=2π3−π6，
∴ ω=2.
结合五点法作图，可得2×π6+ϕ=π2 ，
∴ϕ=π6，
∴ f(x)=2sin(2x+π6).
∵ x∈π12,π2，∴ 2x+π6∈[π3,7π6].
当2x+π6=π2，即x=π6时，fx取得最大值2；
当2x+π6=7π6，即x=π2时，fx取得最小值−1，
故fx的值域为−1,2.
(2)由f(x)≥1，可得2sin(2x+π6)≥1，即sin(2x+π6)≥12，
∴ 2kπ+π6≤2x+π6≤2kπ+5π6(k∈Z)，
得kπ≤x≤kπ+π3，k∈Z，
故使f(x)≥1成立的x的取值集合为{x|kπ≤x≤kπ+π3}，k∈Z．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的定义域和值域
【解析】


【解答】
解：(1)根据函数fx=Asinωx+ϕ+BA>0,ω>0,|ϕ|<π2的部分图象，
可得B=0，A=2，12×2πω=2π3−π6，
∴ ω=2.
结合五点法作图，可得2×π6+ϕ=π2 ，
∴ϕ=π6，
∴ f(x)=2sin(2x+π6).
∵ x∈π12,π2，∴ 2x+π6∈[π3,7π6].
当2x+π6=π2，即x=π6时，fx取得最大值2；
当2x+π6=7π6，即x=π2时，fx取得最小值−1，
故fx的值域为−1,2.
(2)由f(x)≥1，可得2sin(2x+π6)≥1，即sin(2x+π6)≥12，
∴ 2kπ+π6≤2x+π6≤2kπ+5π6(k∈Z)，
得kπ≤x≤kπ+π3，k∈Z，
故使f(x)≥1成立的x的取值集合为{x|kπ≤x≤kπ+π3}，k∈Z．
【答案】
解：(1)设圆心M(1, 0)，
由已知得点M到直线l:8x−6y−3=0的距离为|8−3|82+62=12．
所以(12)2+(32)2=(1−a)2，
解得a=0.
(2)由(1)可得圆的方程为(x−1)2+y2=1，M(1, 0)，
①当直线m的斜率不存在时，直线m的方程x=2，
此时圆心到直线m的距离为|2−1|=1，符合题意；
②直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y−4=k(x−2)，
则根据圆心到直线的距离等于圆的半径可得|k−2k+4|k2+1=1，
化简整理解得k=158，
所以直线m 的方程为15x−8y+2=0，
综上所述，可得直线m的方程为x=2或15x−8y+2=0．
(3)假设存在这样的点B(t, 0)，使得QBQA为常数λ，则QB2=λ2QA2，
即(x−t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2]①，
又x2+y2=2x②，
由①②得(12λ2+2t+2)x+25λ2−t2=0对任意x∈[0, 2]恒成立，
所以12λ2+2t−2=0,25λ2−t2=0,
解得λ=16,t=56 或λ=−1,t=−5 （舍去）或λ=−16,t=56 （舍去）或λ=1,t=−5 （舍去）,
所以存在点B(56,0)，对于圆上任意一点Q都有QBQA为常数．
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）利用圆的弦心距公式，把点M到直线l的距离表示出来，化简求解可得a的值；
（2）分直线m的斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在这样的点B(t, 0)，使得QBQA为常数λ，则QB2＝λ2QA2，转化成方程，再结合又x2+y2＝2x，联立求解可得以关系式，又由x∈[0, 2]恒成立，可以得出结果．
【解答】
解：(1)设圆心M(1, 0)，
由已知得点M到直线l:8x−6y−3=0的距离为|8−3|82+62=12．
所以(12)2+(32)2=(1−a)2，
解得a=0.
(2)由(1)可得圆的方程为(x−1)2+y2=1，M(1, 0)，
①当直线m的斜率不存在时，直线m的方程x=2，
此时圆心到直线m的距离为|2−1|=1，符合题意；
②直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y−4=k(x−2)，
则根据圆心到直线的距离等于圆的半径可得|k−2k+4|k2+1=1，
化简整理解得k=158，
所以直线m 的方程为15x−8y+2=0，
综上所述，可得直线m的方程为x=2或15x−8y+2=0．
(3)假设存在这样的点B(t, 0)，使得QBQA为常数λ，则QB2=λ2QA2，
即(x−t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2]①，
又x2+y2=2x②，
由①②得(12λ2+2t+2)x+25λ2−t2=0对任意x∈[0, 2]恒成立，
所以12λ2+2t−2=0,25λ2−t2=0,
解得λ=16,t=56 或λ=−1,t=−5 （舍去）或λ=−16,t=56 （舍去）或λ=1,t=−5 （舍去）,
所以存在点B(56,0)，对于圆上任意一点Q都有QBQA为常数．