1、临川学校2020-2021学年度第一学期期中考试高二数学理科试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 中，已知，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理可求得结果.【详解】由得.故选：B【点睛】关键点点睛：掌握正弦定理是解题关键.2. 在ABC中，已知a9，b，C=150 , 则c等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由余弦定理直接求解即可【详解】在中，已知 则由余弦定理可得得： 则故选D【点睛】本题考查余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键3
2、. 若直线的倾斜角是，则直线的斜率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据倾斜角和直线斜率的关系求解即可.详解：由题可得：直线的斜率为tan=tan故选D.点睛：考查直线斜率的计算，属于基础题.4. 过两点，的直线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. -1D. 1【答案】C【解析】由题意知直线AB的斜率为，所以，解得选C5. 直线经过点，且倾斜角，则直线的点斜式方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式写出直线方程即可.【详解】因为倾斜角，所以.故直线方程为.故选：A6. 经过点的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】
3、D【解析】【分析】直接利用直线方程的两点式公式求解即可【详解】由已知得直线的两点式方程为，即故选：D【点睛】此题考查直线方程的求法，属于基础题7. 直线和直线的交点坐标是（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】联立直线方程，解方程组可得解.【详解】联立得，所以直线和直线的交点坐标是.故选：B8. 已知点，且，则实数等于（ ）A. 1B. 3C. 1或3D. 或3【答案】C【解析】【分析】根据两点间的距离公式可解得结果.【详解】因为，所以，即，解得或，故选：C9. 已知点到直线的距离等于，则实数等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由点到直线的距离公式可得：点
4、到直线的距离，再求解即可.【详解】解：由点到直线的距离公式可得：点到直线的距离，由已知有，解得：，故选C.【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，属基础题.10. 圆的圆心坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆心坐标公式可得结果.【详解】因为，所以，所以圆心坐标为.故选：C11. 已知点若点在函数的图象上，则使得的面积为2的点的个数为( )A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】试题分析：直线方程为即设点，点到直线的距离为，因为，由面积为可得即，解得或或所以点的个数有4个故A正确考点：1直线方程；2点到线的距离12. 在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限
5、内的点，以为直径的圆与直线交于另一点.若，则点的横坐标为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】首先根据图形得到为点到直线距离，又根据得到为等腰直角三角形，即，设，根据，解方程即可.【详解】如图所示：因为为圆的直径，所以，所以为点到直线的距离，即.又因为，所以.所以为等腰直角三角形，即.设，且，所以，解得或（舍去）.所以点的横坐标为.故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知圆经过点，且圆心在直线上，则圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】求出线段AB的中垂线方程，与直线联立，可得圆心坐标，根据两点间距离公式求出半径，可得圆的方程【详解】因为,
6、AB中点为(0，4)，所以AB中垂线方程为y+4=2x，即2x+y+4=0，解方程组得所以圆心C为(1，2).根据两点间的距离公式，得半径因此，所求的圆C的方程为.故答案为：14. 已知，且直线垂直于直线，则_.【答案】1【解析】【分析】由两条直线的位置关系得出直线的斜率，列方程求出即可【详解】由题意，直线的斜率为，即，解得故答案为：115. 记为等差数列的前项和.已知，则_.【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.【详解】由题知：，解得.所以.故答案为：16. 设等比数列满足， ，则 _【答案】-8【解析】【分析】由条件结合等比数列的通项公式可得，从而得出答案.【详
7、解】因为为等比数列，设公比为，即，显然，得，即，代入式可得，所以【点睛】本题考查利用等差数列的通项公式求基本量和求数列中的项，属于基础题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17题10分，第1821题每题12分.17. （1）求直线：被圆所截得的弦长；（2）若圆截直线所得的弦长为8，求的值.【答案】（1）4；（2）或.【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得弦长；（2）利用点线距公式求出圆心到直线的距离，由勾股定理求出的值【详解】（1）由题意得弦心距，半径，所以弦长为.（2）由题意得圆心，半径，圆心到直线的距离，又，所以，解得或.18. （1）判断圆：与圆：的位置关系，
8、并说明；（2）求圆与圆的公共弦长.【答案】（1）两圆外切，答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据圆心距与半径之间的关系判断即可得答案；（2）先求公共弦所在直线的方程，在根据其中一圆圆心到直线的距离，半弦长及半径构成的直角三角形借助勾股定理求解即可.【详解】解：（1）由题知：圆的圆心是，半径，圆的圆心是，半径，则圆心距.因为，所以两圆外切.（2）两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为，圆的半径，圆心到直线的距离，则公共弦长.【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，几何法求弦长，考查运输求解能力，是基础题.在本题的解答过程中，需要注意，若两圆相交，则两圆的方程作差即可得到公共弦所在直线的方程，同
9、时还需要指出，直线与圆相交，弦长常采用几何法求解.19. 已知A(3,5)，B(1,3)，C(3,1)为ABC的三个顶点，O、M、N分别为边AB、BC、CA的中点，求OMN的外接圆的方程，并求这个圆的圆心和半径【答案】外接圆的方程为x2y27x15y360，圆心为，半径r【解析】【分析】先根据中点坐标得 O、M、N，再根据圆一般式方程求圆方程，最后化成标准式求圆心和半径【详解】点O、M、N分别为AB、BC、CA的中点且A(3,5)，B(1,3)，C(3,1)，O(1,4)，M(2,2)，N(0,3)所求圆经过点O、M、N， 设OMN外接圆的方程为x2y2DxEyF0，把点O、M、N的坐标分别代
10、入圆的方程得，解得OMN外接圆的方程为x2y27x15y360，圆心为，半径r20. 已知坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5.（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中的轨迹为，线段，点为上一点，点，求的中点的轨迹方程.【答案】（1）；以为圆心，以5为半径的圆；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用距离之比，列出方程即可求出点的轨迹方程，然后说明轨迹是什么图形；（2）利用相关点代入法即得【详解】（1）由題意可得： 即即所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆（2）设且的中点为，因为点为上一点，即即21. 等差数列的前项和为，其中成等比数列，且数列为非常数数列.（1）求数列通项
11、；（2）设，的前项和记为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知条件列出关于公差的方程求解即可得到通项公式；（2）由（1）求得得到，利用裂项求和法求出即可证明.【详解】解：（1）因为成等比数列，所以， 即，解得或（舍去），所以.（2）由（1）知：.则，.【点睛】本题主要考查等比中项、等差数列的通项公式和前项和公式以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22. 已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x2)2(y3)21交于M，N两点(1)求k取值范围；(2)若12，其中O为坐标原点，求|MN|.【答案】（1）；（2）2【解析】试题分析：（
12、1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解试题解析：（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1故由，解得：故当，过点A（0，1）的直线与圆C：相交于M，N两点（2）设M；N，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程，可得，由，解得 k=1，故直线l的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径所以|MN|=2考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算