1、阆中中学2021年秋高2020级第一学月教学质量检测数学试题（理科）（总分：150分 时间：120分钟 ）一、单项选择题（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，只有一个选项是符合题目要求的）1. 直线的倾斜角等于 2. 已知三角形的三个顶点则BC边上的中线所在直线的方程为 3. 直线恒过一定点，则此定点为 4 已知三条直线、和中没有任何两条平行，但它们不能构成三角形的三边，则实数的值为 5. 已知方程表示圆，则的取值范围是 (，1)(3，) (，1)(3，)(，)6. 点与圆上任一点连结的线段的中点的轨迹方程 7 若圆心在的圆与轴相切，则该圆与直线的位置关系是 相离 相
2、切 相交 不确定8 已知圆：和两点，若圆上存在点P，使得，则的最小值为 9 若点是直线：外一点，则方程表示 过点且与平行的直线 过点且与垂直的直线不过点且与平行的直线 不过点且与垂直的直线10设点若直线与线段没有交点，则的取值范围是 11已知圆：，圆：，点、分别是圆、圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是 12过点作圆：与圆：的切线，切点分别为、，若，则的最小值为 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13若直线(m1)xy(m5)0与直线2xmy60平行，则m_14. 已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于、两点，且，则圆的方程为 .15 如图所示，为平行四边形所在平面外一点
3、，为的中点，为 上一点，若平面，则 .16已知，为实数，代数式的最小值是_.三、解答题（本题共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（10分）根据下列条件，求直线的方程：（1）求经过点，且在轴上的截距等于在轴上截距的倍的直线方程.（5分）（2）求过，两点的直线的方程.（5分）18.（12分）（1）已知直线，若，且他们的距离为， 求的值（6分）（2）已知圆C的半径为,圆心在直线上,且被直线截得的弦长 为,求圆C的方程。（6分）19. （12分）已知数列是首项，公比的等比数列，设，数列满足（1）求数列的通项公式；（5分）（2）求数列的前项和（7分）20 （12分）已知的内角
4、的对边分别为，且.（1）求角的大小；（5分）（2）若角为锐角，求.（7分）21（12分）如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，.（1）)求证：；（6分）（2）若是边长为的等边三角形，求三棱锥外接球的表面积.（6分）22. （12分）已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍（1）求点的轨迹方程：（3分）（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；（4分）（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，则是否存在 直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理 由（5分）阆中中学2021年秋高2020级第一学月教学质量检测数学参考答案（理科）一、选择题：DCDAA
5、ABBCBDB1.斜率，所以倾斜角选D.2.必修2第96页例4，选C.3.由 得，故，解之得：，所以该直线过定点，选D.4. 由已知得三条直线必过同一个点，则联立解得这两条直线的交点为，代入可得，故选A。5.由得，选A.6. 必修2第122页例5改编，设圆上任意一点，则，即可得中点的轨迹方程为：，选 A7. 由题意得该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，圆心到直线的距离，故该圆与直线相切，故选B。8. 由得点在圆上，因此由两圆有交点得：，即的最小值为2，故选B。9. 点不在直线：上，直线不过点，又直线与直线：平行，故选C。10. 直线过定点，若直线与线段有交点，根据图像可知或，若直线与线段没有交点
6、，则，即，解得，故选B。11. 圆：的圆心，半径为，圆：的圆心，半径是，要使最大，需最大，且最小，最大值为，的最小值为，故最大值是，关于轴的对称点，故的最大值为，故选D。12. 如图所示，由圆的切线的性质得、，在、中有、，由题知，点在线段的垂直平分线上，由题知、，与的中点的坐标为，与所在直线的斜率为，、所在直线的斜率为，直线的方程为，即，点在，点的坐标满足，故选B。二、填空题： 13.根据两直线平行可得：解之得：（根据斜率算出后还需要检验两条直线是否重合，即是否相等。）14. 点关于直线的对称点为，即为圆心的圆心，到直线的距离为，又弦长为，故圆的半径为，得圆的方程。15. 连接交于点，连接，平
7、面，平面，平面平面，。16. 如图所示，构造点，分别作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接，当且仅当，分别为与轴轴的交点时，等号成立，故答案为：.（本题中需要正确理解的几何意义（直角三角形的斜边），如果理解成到原点的距离，将出现三条线段的和，处理难度变大。）三、解答题：17.(1)当直线不过原点时，设所求直线方程为，将代入所设方程，解得，直线方程为，当直线过原点时，设直线方程为，则，解得，直线方程为，即，故所求直线方程为或； 5分(2)当时，直线的方程为；当时，直线的方程为，即，时，代入方程，即为，直线的方程为。 10分18.（1）【解析】（1）若，则， 可以化简为， 与的距离为， 或 6分（
8、2）因为所求圆的圆心C在直线上,所以设圆心为,所以可设圆的方程为,因为圆被直线截得的弦长为,则圆心到直线的距离,即,解得.所以圆的方程为或. 12分20. 解：(1)由已知，所以由正弦定理可得，又，所以可得，又，所以或.(2)若角为锐角，则，又，设，可得，在中，由余弦定理可得，又，所以，整理可得，由联立解得，解方程可得，或（舍去）.(方法二：本题中，利用向量的模长来计算更方便；方法三：通过平行线，将相关的量转移到同一个三角形中，不用“补角余弦”，计算量更小，同学们不妨一试。）21. (1)作于，连接，平面平面，平面平面，平面， 3分，又，又，由得平面，又平面， 6分(2)是边长为的等边三角形，平面，线段上取点，使， 8分，即是外接球的球心，设三棱锥外接球半径为，则，解得，。 12分22. 解：（1）由已知，即，（2）设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，点在圆上运动，点的轨迹方程为，即：，；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，则：，联立方程：，又直线不点，点到直线的距离，当时，取得最大值，此时，直线得方程为或
