江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一数学下学期4月阶段测试试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市如东高级中学2019-2020学年高一数学下学期4月阶段测试试题（含解析）一单项选择题1.经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线有（ ）A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条【答案】C【解析】【分析】若直线过原点，可知满足题意；直线不过原点时，利用直线截距式，代入点的坐标求得方程，从而得到结果.【详解】若直线过原点，则过的直线方程为：，满足题意若直线不过原点，设直线为：代入，解得： 直线方程为：满足题意的直线有条本题正确选项：【点睛】本题考查在坐标轴截距相等的直线的求解，易错点是忽略直线过原点的情况.2.在中，角的对边分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 或【答案】D【解

2、析】【分析】根据正弦定理可求得，根据的范围可求得结果.【详解】由正弦定理可得：且 或本题正确结果：【点睛】本题考查正弦定理解三角形的问题，属于基础题.3.已知圆，直线，则直线与圆的位置关系（ ）A. 相离B. 相切C. 相交D. 以上皆有可能【答案】C【解析】【分析】由圆的方程可得圆心和半径，利用点到直线距离公式可用表示出圆心到直线的距离，分别在和两种情况下求解出，从而得到直线与圆相交.【详解】直线方程可整理为：由圆方程可知，圆心：；半径：圆心到直线的距离：若，则，此时直线与圆相交若，则又（当且仅当时取等号） 则，此时直线与圆相交综上所述：直线与圆相交本题正确选项：【点睛】本题考查直线与圆位置

3、关系的判定，关键是明确直线与圆位置关系的判定是确定圆心到直线的距离与半径的大小关系，从而得到结果.4.在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】依题意有，由余弦定理得，由正弦定理得.点睛：本题主要考查三角形面积公式，考查正弦定理和余弦定理的应用.由于已知三角形的面积和三角形一个角和一条边，首先根据三角形面积公式求出另一条边，再根据余弦定理求出第三条边，最后利用正弦定理求得相应的比值.在解三角形的题目中往往正弦定理和余弦定理都需要考虑.5.若直线与直线平行，则的值为（ ）A. 1B. 1C. 1D. 0【答案】B【解析】【分析】两直线平行表示斜率相同或者都垂直x轴，即【详解】当时，

4、两直线分别为：与直线，不平行，当时，直线化为：直线化为：,两直线平行，所以，解得：，当时，两直线重合，不符，所以，【点睛】直线平行即表示斜率相同，且截距不同，如果截距相同则表示同一条直线6.已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于，两点，且，则圆的半径长为( )A. B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】根据题干画出简图，在直角中，通过弦心距和半径关系通过勾股定理求解即可【详解】圆的圆心与点关于直线对称，所以，设圆的半径为，如下图，圆心到直线的距离为：，【点睛】直线和圆相交问题一般两种方法：第一，通过弦心距d和半径r的关系，通过勾股定理求解即可第二，直线方程和圆的方程联立，则两种思

5、路，此题属于中档题型7.圆心为的圆与圆相外切，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出圆的圆心坐标和半径，利用两圆相外切关系，可以求出圆的半径，求出圆的标准方程，最后化为一般式方程.【详解】设的圆心为A，半径为r，圆C的半径为R,，所以圆心A坐标为，半径r为3，圆心距为，因为两圆相外切，所以有,故圆的标准方程为: ,故本题选A.【点睛】本题考查了圆与圆的相外切的性质，考查了已知圆的方程求圆心坐标和半径，考查了数学运算能力.8.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若abccosBccosA，则ABC的形状为（ ）A. 等腰三角形B. 等边三角形C.

6、直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】用正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形可得【详解】abccosBccosA，,，或，或，故选：D.【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形形状的判断解题关键是诱导公式的应用二多项选择题9.在ABC中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（ ）A. b7，c3，C30B. b5，c4，B45C. a6，b3，B60D. a20，b30，A30【答案】BC【解析】【分析】利用正弦定理依次判断每个选项得到答案.【详解】A. b7，c3，C30，故，无解.B. b5，c4，B45，故，故，有一解.C. a6，b3，B60，

7、 ，故，有一解.D. a20，b30，A30，故，故，有两解.故选：.【点睛】本题考查了正弦定理判断三角形解个数，意在考查学生的计算能力和应用能力.10.已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】设点的坐标为，可得知当、均为圆的切线时，取得最大值，可得出四边形为正方形，可得出，进而可求出点的坐标.【详解】如下图所示：原点到直线的距离为，则直线与圆相切，由图可知，当、均为圆的切线时，取得最大值，连接、，由于的最大值为，且，则四边形为正方形，所以，由两点间的距离公式得，整理得，解得或，因此，点的坐标为或.故选：A

8、C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合问题，考查利用角的最值来求点的坐标，解题时要找出直线与圆相切这一临界位置来进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.11.下列命题中，正确的是（ ）A. 在中，B. 在锐角中，不等式恒成立C. 在中，若，则必是等腰直角三角形D. 在中，若，则必是等边三角形【答案】ABD【解析】【分析】对于选项在中，由正弦定理可得，即可判断出正误；对于选项在锐角中，由，可得，即可判断出正误；对于选项在中，由，利用正弦定理可得：，得到或即可判断出正误；对于选项在中，利用余弦定理可得：，代入已知可得，又，即可得到的形状，即可判断出正误.【详解】对于，由，可得：，利用正

9、弦定理可得：，正确；对于，在锐角中，因此不等式恒成立，正确；对于，在中，由，利用正弦定理可得：，或，或，是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错误.对于，由于，由余弦定理可得：，可得，解得，可得，故正确.故选：.【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理及三角形边角关系，主要涉及的考点是三角形内角的诱导公式的应用，同时考查正弦定理进行边角转化，属于中等题.12.瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】

10、AD【解析】【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为， 由，重心为，代入欧拉线方程，得，由 可得或 .故选:AD【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形重心，属于较难题.三填空题13.直线的倾斜角的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设直线倾斜角为，则.根据的取值范围，求出的取值范围.【详解】设直线的倾斜角为，则.,或.即.故答案为：.【点睛】本题考查直线的倾斜角，属于基础题.14.如图，某数学学习小组要测量地面上一建筑物的高度(建筑

11、物垂直于地面)，设计测量方案为先在地面选定两点，其距离为米，然后在处测得，在处测得，则此建筑物的高度为_米.【答案】【解析】【分析】在中，求出，利用正弦定理求出.在中，即可求出建筑物的高度.【详解】中，.由正弦定理可得，又，.在中，,.所以建筑物的高度为米.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形的实际应用中的测量高度的问题，属于基础题.15.已知为圆上任意一点，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】由题意，表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.当过点的直线与圆相切时，取最值，即得最大值.【详解】把圆化为标准式，圆心，半径.则表示圆上的点与圆外的点连线的斜率.设过点的直线方程为，即.当直线与圆相切时

12、，斜率取最值.由，解得或.的最大值是.故答案为：.【点睛】本题考查斜率的几何意义，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.16.在锐角三角形中，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】锐角三角形中，角都是锐角，求出角的取值范围.由正弦定理可得，把展开，即求的取值范围.【详解】锐角中，即，.在中，由正弦定理，可得，即.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、两角和的正弦公式、二倍角公式，属于较难的题目.四解答题17.在中，内角所对的边分别为a,b,c，已知.（）求B；（）若，求sinC的值.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）利用正弦定理，将边化为角：,再根据三角形内角范围化简得，；（）已知两

13、角，求第三角，利用三角形内角和为，将所求角化为两已知角的和，再根据两角和的正弦公式求解.试题解析：（）解：在中，由，可得，又由，得，所以，得；（）解：由，可得，则.【考点】同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理【名师点睛】三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的公式、二倍角公式、配角公式等，选用恰当的公式是解决三角问题的关键，明确角的范围，对开方时正负取舍是解题正确的保证.18.在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和，所在直线的方程为. （1）

14、 求对角线所在直线的方程；（2） 求所在直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据坐标求得和中点；根据菱形特点可知对角线互相垂直且平分，可得直线斜率和在直线上，利用点斜式写出直线方程；（2）由直线和方程解得点坐标，从而求得；由平行关系可知，利用点斜式写出直线方程.【详解】（1）由和得：，中点四边形为菱形 ，且为中点，对角线所在直线方程为：，即：（2）由，解得： 直线的方程为：，即：【点睛】本题考查直线方程的求解问题，关键是能够通过菱形的特点得到所求直线斜率与已知斜率之间的关系，从而运用直线点斜式方程求得结果.19.如图，在处有一港口，两艘海轮同时从港口处出发向正北方向匀速航

15、行，海轮的航行速度为20海里/小时，海轮的航行速度大于海轮在港口北偏东60方向上的处有一观测站，1小时后在处测得与海轮的距离为30海里，且处对两艘海轮，的视角为30（1）求观测站到港口的距离；（2）求海轮的航行速度【答案】（1）海里；（2）速度海里/小时【解析】【分析】（1）由已知可知,所以在中，运用余弦定理易得OA的长（2）因为C航行1小时到达C，所以知道OC的长即可，即求BC的长在中，由正弦定理求得，在中，再由正弦定理即可求出BC【详解】（1）因为海伦的速度为20海里/小时，所以1小时后，海里又海里，所以中，由余弦定理知：即即，解得：海里（2）中，由正弦定理知：解得：中，所以所以在中，由正

16、弦定理知：，解得：所以答：船的速度为海里/小时【点睛】三角形中一般已知三个条件可求其他条件，用到的工具一般是余弦定理或者正弦定理20.已知圆，直线与圆相交于两点，且.（1）求直线的方程；（2）已知点，点是圆上任意一点，点在线段上，且存在常数使得，求点到直线距离的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）圆，圆心，半径.求出圆心到直线的距离，又，求出，即得直线的方程；（2）设，根据，得.根据点在线段上，则共线，可得，代入，求出点的轨迹方程，可求点到直线距离的最小值.【详解】（1）圆，圆心，半径，直线与圆相交于两点，且，圆心到直线的距离，又，解得.直线方程为.（2）设，则，.，即.又点

17、在线段上，共线，.点是圆上任意一点，即.点在以为圆心，半径为的圆上.圆心到直线的距离，点到直线距离的最小值为.【点睛】本题考查点到直线的距离公式，考查向量共线定理，考查代入法求轨迹方程及直线与圆的位置关系，属于较难的题目.21.如图，已知圆与轴的左右交点分别为，与轴正半轴的交点为.（1）若直线过点并且与圆相切，求直线的方程；（2）若点是圆上第一象限内的点，直线分别与轴交于点，点是线段的中点，直线，求直线的斜率.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）首先验证当直线斜率不存在时，可知满足题意；当直线斜率不存在时，假设直线方程，利用构造方程可求得切线斜率，从而得到结果；（2）假设直线方程，

18、与圆的方程联立可求得；求出直线斜率后，可得，利用可知，从而构造方程可求得直线的斜率.【详解】（1）当斜率不存在时，直线方程为：，与圆相切，满足题意当斜率存在时，设切线方程为：，即：由直线与圆相切得：，即：，解得：切线方程为：，即：综上所述，切线方程为：或（2）由题意易知直线的斜率存在故设直线的方程为：，由消去得： ，代入得：在中，令得：点是线段的中点 在中，用代得：且 即：，又，解得：【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及圆的切线方程的求解、直线斜率的求解等问题.易错点是在求解切线方程时，忽略了斜率不存在的情况，造成求解错误.22.在直角中，延长至点D，使得，连接.（1）若，求的值；（2）求角D的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在中，由正弦定理得，再结合在直角中，然后求解即可；（2）由正弦定理及两角和的余弦可得，然后结合三角函数的有界性求解即可.【详解】解：（1）设，在中，由正弦定理得，而在直角中，所以，因为，所以，又因为，所以，所以，所以；（2）设，在中，由正弦定理得，而在直角中，所以，因为，所以，即，即，根据三角函数有界性得，及，解得，所以角D的最大值为.【点睛】本题考查了正弦定理，重点考查了三角函数的有界性，属中档题.