2020-2021学年新疆伊犁奎屯市高一（下）7期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年新疆伊犁奎屯市高一（下）7期末考试数学试卷人教A版，共10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. 设有直线y=k(x−3)+1，当k变动时，所有直线都经过定点（ ）
A.(0, 0)B.(0, 1)C.(3, 1)D.(2, 1)

2. 方程x2+y2+2ax−by+c=0表示圆C(2, 2)，半径为2的圆，则a，b，c的值依次为（ ）
A.2，4，4B.−2，4，4C.2，−4，4D.2，−4，−4

3. 已知集合A=1,2,3,B=x|x2<9，则A∩B=（ ）
A.−2,−1,0,1,2,3B.−2,−1,0,1,2C.1,2,3D.1,2

4. 设a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列正确的个数为( )
①若a⊥b，a⊥α，b⊄α，则b // α②若a // α，a⊥β，则α⊥β
③若a⊥β，α⊥β，则a // α或a⊂α④若a⊥b,a⊥α,b⊥β，则α⊥β
A.1B.2C.3D.4

5. 记等差数列{an}的前n项和为Sn．若a5=3，S13=91，则a1+a11=( )
A.7B.8C.9D.10

6. 圆P：(x+3)2+(y−4)2=1关于直线x+y−2=0对称的圆Q的方程是（ ）
A.(x+2)2+(y−1)2=1B.(x+2)2+(y−5)2=1
C.(x−2)2+(y+5)2=1D.(x−4)2+(y+3)2=1

7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）

A.6B.9C.12D.18

8. 用一个平面截半径为25cm的球，截面面积是225πcm2，则球心到截面的距离是（ ）
A.5cmB.10cmC.15cmD.20cm

9. 设变量x，y满足约束条件x+2y≥22x+y≤44x−y≥−1 ，则目标函数z=3x−y的取值范围是（ ）
A.[−32,6]B.[−32,−1]C.[−1, 6]D.[−6,32]

10. 设a>0，b>0，若3是3a与3b的等比中项，则1a+4b的最小值为( )
A.22B.83C.92D.32

11. 已知圆C：x−32+y−32=1和直线L：3x−y−4=0，点P是直线L上的动点，过点P作圆C的两条切线PA，PB，切点是A，B，则∠APB的最大值是（ ）
A.60∘B.90∘C.120∘D.150∘

12. 已知圆C1：(x+2)2+(y−3)2=1，圆C2：(x−3)2+(y−4)2=9，A，B分别是圆C1和圆C2上的动点，点P是y轴上的动点，则|PB|−|PA|的最大值为（ ）
A.2+4B.52−4C.2D.26
二、填空题

在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．已知bcsC+ccsB=2b，则ba=________．

已知一个动点Px1,y1在圆C：x2+y2=36上移动，它与定点Q4,0所连线段的中点为M．设Mx,y，则点M的轨迹方程为________．

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥A−DED1的体积为________．


在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x+y−4=0相切，则圆C面积的最小值为________．
三、解答题

设直线l经过点A(1, 0)，且与直线3x+4y−12=0平行.
(1)求直线l的方程；

(2)若点B(a, 1)到直线l的距离小于2，求实数a的取值范围.

在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，C=π3，a=3，若向量m→=(1, sinA)，n→=(2, sinB)，且m→ // n→．
(1)求b，c的值；

(2)求角A的大小及△ABC的面积．

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=−13an+43，n∈N∗．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=lg14an，记数列{1(bn+1)(bn+3)}的前n项和为Tn，求证：Tn<34．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点．

(1)求证：直线BD1 // 平面PAC；

(2)求证：平面PAC⊥平面BDD1；

(3)求直线PB1与平面PAC的夹角．

在平面直角坐标系xOy中，点A(0, 3)，直线l:y=2x−4．设圆C的半径为1，圆心在l上．
(1)若圆心C也在直线y=x−1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；

(2)若圆C上存在点M，使|MA|=2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．

圆C:x2−(1+a)x+y2−ay+a=0．
(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；

(2)已知a>1，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条与x轴不重合的直线与圆O:x2+y2=9相交于两点A，B．是否存在实数a，使得∠ANM=∠BNM？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年新疆伊犁奎屯市高一（下）7期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
直线系方程
【解析】
根据直线恒过定点的求法，直接求出定点．
【解答】
解：当x=3时，不论k为何值，y=1，即过(3, 1)，
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
圆的一般方程
【解析】
先根据方程求出用a、b和c表示的圆心坐标和圆的半径，再由题意代入对应的式子求出a、b和c的值．
【解答】
解：由x2+y2+2ax−by+c=0得，圆心坐标是(−a, b2)，半径为r2=b24+a2−c，
因圆心为C(2, 2)，半径为2，解得a=−2，b=4，c=4，
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：∵集合A=1,2,3，
B=x|x2<9=x|−3∴A∩B=1,2.
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
本题考查空间点线面的位置关系的判定与性质．
【解答】
解：①根据线面垂直的性质与线面平行的判定知其是正确的；
②根据面面垂直的判定知其是正确的；
③根据面面垂直的性质知a // α或a⊂α，故该选项是正确的；
④根据面面垂直的判定知其是正确的．
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由S13＝91可得a7值，可得a1+a11＝a5+a7可得答案．
【解答】
解：由S13=13a7=91，可得a7=7，
所以a5+a7=10，从而a1+a11=a5+a7=10.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
先求圆心和半径，再去求对称圆的圆心坐标，可得到对称圆的标准方程．
【解答】
解：圆P x+32+y−42=1，圆心−3,4，半径为1，
关于直线x+y−2=4对称的圆半径不变，
设对称圆的圆心为a,b，则a−32+b+22−2=7b−4a+3=8，
解得a=−2b=5
所求圆的标准方程为x+22+y−52=1.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
通过三视图判断几何体的特征，利用三视图的数据求出几何体的体积即可．
【解答】
解：该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3；
底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，
此几何体的体积为V=13×12×6×3×3=9．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据圆的面积公式算出截面圆的半径r＝15cm，利用球的截面圆性质与勾股定理算出球心到截面的距离．
【解答】
解：设截面圆的半径为r，
∵ 截面的面积是225πcm2，
∴ πr2=225π，可得r=15cm．
又∵ 球的半径为25cm，
∴ 根据球的截面圆性质，可得截面到球心的距离为d=252−152=20cm.
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；由目标函数中z的几何意义可求z的最大值与最小值，进而可求z的范围
【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示：
由z=3x−y可得y=3x−z，则−z为直线y=3x−z在y轴上的截距，截距越大，z越小，
结合图形可知，当直线y=3x−z平移到B时，z最小，平移到C时z最大，
由4x−y=−12x+y=4 可得B(12, 3)，zmin=−32，
由x+2y=22x+y=4 可得C(2, 0)，zmax＝6，
∴ −32≤z≤6.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
等比中项
【解析】
由题设条件中的等比关系得出a+b=1，代入1a+1b中，将其变为2+ba+ab，利用基本不等式就可得出其最小值
【解答】
解：因为3是3a与3b的等比中项，
所以3a⋅3b=32，
所以a+b=2，
1a+4b=12(a+b)(1a+4b)
=12(1+4+ba+4ab)
≥12(5+2ba×4ab)
=92，
当且仅当ba=4ab即a=23，b=43时“=”成立.
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
当∠APB最大时，∠APC也最大．因为sin∠APC=ACCP=1CB，由正弦函数的单调性可知，CP最短时，∠APC最大，所以根据点到直线的距离最短，即可求解．
【解答】
解：如图所示，由几何知识可知，∠APC=∠BPC．
所以当∠APB最大时，∠APC也最大．
因为sin∠APC=ACCP=1CP，
由正弦函数的单调性可知，CP最短时，∠APC最大．
CPmin=|3×3−3−4|3+1=2，
此时，sin∠APC=1CP=12，∠APC最大为30∘，
故∠APB的最大值是60∘．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
与圆有关的最值问题
直线与圆的位置关系
【解析】
先由对称性求出|PC2|−|PC′|的最大值，再加上两个半径的和即可．
【解答】
解：由题意可得圆C1和圆C2的圆心分别为C1(−2, 3)，C2(3, 4)，
C1关于y轴的对称点为C′(2, 3)，故|PC2|−|PC1|=|PC2|−|PC′|，
当P、C2、C′三点共线时，|PC2|−|PC′|取最大值2，
∴ |PB|−|PA|的最大值为|PC2|+3−(|PC′|−1)
=|PC2|−|PC′|+1+3=2+1+3=2+4，
故选A．
二、填空题
【答案】
12
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，再利用正弦定理变形即可得到结果．
【解答】
解：将bcsC+ccsB=2b，
利用正弦定理化简得：sinBcsC+sinCcsB=2sinB，
即sin(B+C)=2sinB，
∵ sin(B+C)=sinA，
∴ sinA=2sinB，
利用正弦定理化简得：a=2b，
则ba=12．
故答案为：12．
【答案】
x−22+y2=9
【考点】
轨迹方程
圆的标准方程
【解析】
用点Mx,y的坐标表示出Px1,y1的坐标，根据点Px1,y1在圆C：x2+y2=36上，代入即可求出点M的轨迹方程；
【解答】
解：根据中点公式可得，
x1+42=x,y12=y,
即x1=2x−4,y1=2y,
而点Px1,y1在圆C：x2+y2=36上，
所以2x−42+2y2=36，
即点M的轨迹方程为x−22+y2=9．
故答案为：x−22+y2=9．
【答案】
16
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱的结构特征
【解析】
将三棱锥A−DED1选择△ADD1为底面，E为顶点，进行等体积转化VA−DED1=VE−ADD1后体积易求
【解答】
解：将三棱锥A−DED1选择△ADD1为底面，E为顶点，
则VA−DED1=VE−ADD1，
其中S△ADD1=12S正方形A1D1DA=12，E到底面ADD1的距离等于棱长1，
故V=13×12×1=16．
故答案为：16.
【答案】
4π5
【考点】
圆的切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知以线段AB为直径的圆C过原点O，
要使圆C的面积最小，只需圆C的半径或直径最小．
又因为圆C与直线2x+y−4=0相切，
所以由平面几何知识知，圆的直径的最小值为原点O(0,0)到直线2x+y−4=0的距离，
此时2r=45，得r=25，
所以圆C面积的最小值为S=πr2=4π5．
故答案为：4π5．
三、解答题
【答案】
解：(1)因为直线3x+4y−12=0的斜率k=−34，又直线l过点A1,0，
所以直线l的方程为y−0=−34x−1，
整理得3x+4y−3=0.
(2)点Ba,1到直线l的距离d=|3a+4−3|32+42，
依题意可得|3a+4−3|32+42<2，
即|3a+1|<10，
解得−113所以实数a的取值范围是{a|−113【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）首先求出直线的斜率，再利用点斜式计算可得；
（2）利用点到线的距离公式得到不等式，解得即可；
【解答】
解：(1)因为直线3x+4y−12=0的斜率k=−34，又直线l过点A1,0，
所以直线l的方程为y−0=−34x−1，
整理得3x+4y−3=0.
(2)点Ba,1到直线l的距离d=|3a+4−3|32+42，
依题意可得|3a+4−3|32+42<2，
即|3a+1|<10，
解得−113所以实数a的取值范围是{a|−113【答案】
解：(1)∵ m→=(1, sinA)，
n→=(2, sinB)，m→ // n→，
∴ sinB−2sinA=0，
由正弦定理可知b=2a=23.
又∵ c2=a2+b2−2abcsC，
C=π3，a=3，
∴c2=(3)2+(23)2−2⋅3⋅23csπ3=9，
∴ c=3.
(2)由asinA=csinC，得3sinA=3sinπ3，
∴ sinA=12，A=π6或5π6.
又C=π3，
∴ A=π6，
所以△ABC的面积S=12bcsinA
=12×23×3×sinπ6=332．
【考点】
正弦定理
余弦定理
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
（1）通过向量平行，求出A，B的关系式，利用正弦定理求出b的值，通过余弦定理求出c的值；
（2）直接利用正弦定理求出A的正弦函数值，然后求角A的大小，结合C的值确定A的值，利用三角形的面积公式直接求解△ABC的面积．
【解答】
解：(1)∵ m→=(1, sinA)，
n→=(2, sinB)，m→ // n→，
∴ sinB−2sinA=0，
由正弦定理可知b=2a=23.
又∵ c2=a2+b2−2abcsC，
C=π3，a=3，
∴c2=(3)2+(23)2−2⋅3⋅23csπ3=9，
∴ c=3.
(2)由asinA=csinC，得3sinA=3sinπ3，
∴ sinA=12，A=π6或5π6.
又C=π3，
∴ A=π6，
所以△ABC的面积S=12bcsinA
=12×23×3×sinπ6=332．
【答案】
(1)解：数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=−13an+43，①
当n=1时，S1=a1=−13a1+43，解得a1=1，
当n≥2时，Sn−1=−13an−1+43，②
①−②得an=−13an−(−13aa−1)，
所以an=14an−1，
故anan−1=14(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，14为公比的等比数列，
an=1×(14)n−1=(14)n−1．
(2)证明：由(1)得bn=lg14an=n−1，
所以1(bn+1)(bn+3)=1n(n+2)
=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+
(14−16)⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)，
因为n∈N∗，所以1n+1+1n+2>0，
所以34−121n+1+1n+2<34，即Tn<34.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式．
(Ⅱ)利用裂项相消法和放缩法的应用求出结果．
【解答】
(1)解：数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=−13an+43，①
当n=1时，S1=a1=−13a1+43，解得a1=1，
当n≥2时，Sn−1=−13an−1+43，②
①−②得an=−13an−(−13aa−1)，
所以an=14an−1，
故anan−1=14(n≥2)，
所以{an}是以1为首项，14为公比的等比数列，
an=1×(14)n−1=(14)n−1．
(2)证明：由(1)得bn=lg14an=n−1，
所以1(bn+1)(bn+3)=1n(n+2)
=12(1n−1n+2)，
所以Tn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+
(14−16)⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=34−12(1n+1+1n+2)，
因为n∈N∗，所以1n+1+1n+2>0，
所以34−121n+1+1n+2<34，即Tn<34.
【答案】
证明：1长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点，
连接AC和BD交于O，连接OP，
所以OP//BD1，
BD1⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC.
(2)长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，
又DD1⊥面ABCD，则DD1⊥AC．
∵ BD⊂平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，BD∩D1D=D，
∴ AC⊥面BDD1B1．
∵ AC⊂平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面BDD1.
3连接OB1，
由(2)知AC⊥平面BB1D1D，
则AC⊥PB1，
∵ AB=AD=1，AA1=2，
∴ OP=12+(22)2=62，
PB1=12+(2)2=3，
OB1=(22)2+22=322，
∴ PB12+OP2=OB12，
所以PB1⊥OP，
直线PB1⊥平面PAC.
∴ 直线PB1与平面PAC的夹角为π2.
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）连接BD，交AC于O，则O为BD中点，连接OP，可得OP // BD1，再由线面平行的判定可得BD1 // 平面PAC；
（2）由已知长方体可得AC⊥BD，且DD1⊥面ABCD，则DD1⊥AC．由线面垂直的判定可得AC⊥面BDD1B1．进一步得到平面PAC⊥平面BDD1；
（3）连接PB1，由（2）知，平面PAC⊥平面BDD1，则∠B1PO即为PB1与平面PAC的夹角，然后求解三角形得答案．
【解答】
证明：1长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点，
连接AC和BD交于O，连接OP，
所以OP//BD1，
BD1⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以直线BD1//平面PAC.
(2)长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，
又DD1⊥面ABCD，则DD1⊥AC．
∵ BD⊂平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，BD∩D1D=D，
∴ AC⊥面BDD1B1．
∵ AC⊂平面PAC，
∴ 平面PAC⊥平面BDD1.
3连接OB1，
由(2)知AC⊥平面BB1D1D，
则AC⊥PB1，
∵ AB=AD=1，AA1=2，
∴ OP=12+(22)2=62，
PB1=12+(2)2=3，
OB1=(22)2+22=322，
∴ PB12+OP2=OB12，
所以PB1⊥OP，
直线PB1⊥平面PAC.
∴ 直线PB1与平面PAC的夹角为π2.
【答案】
解：(1)联立得：y=x−1，y=2x−4.
解得：x=3，y=2.，
∴ 圆心C(3, 2)．
若k不存在，不合题意；
若k存在，设切线为：y=kx+3，
可得圆心到切线的距离d=r，
即|3k+3−2|1+k2=1，
解得：k=0或k=−34，
则所求切线为y=3或y=−34x+3.
(2)设点M(x, y)，由MA=2MO，知：x2+(y−3)2=2x2+y2，
化简得：x2+(y+1)2=4，
∴ 点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，
又∵ 点M在圆C上，C(a, 2a−4)，
∴ 圆C与圆D的关系为相交或相切，
∴ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=a2+(2a−3)2，
∴ 1≤a2+(2a−3)2≤3，
解得：0≤a≤125，
∴ 圆心C的横坐标a的取值范围为0,125.
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的切线方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
两条直线的交点坐标
【解析】
（1）联立直线l与直线y=x−1解析式，求出方程组的解得到圆心C坐标，根据A坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，确定出切线方程即可；
（2）设M(x, y)，由MA=2MO，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，由M在圆C上，得到圆C与圆D相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到a的范围．
【解答】
解：(1)联立得：y=x−1，y=2x−4.
解得：x=3，y=2.，
∴ 圆心C(3, 2)．
若k不存在，不合题意；
若k存在，设切线为：y=kx+3，
可得圆心到切线的距离d=r，
即|3k+3−2|1+k2=1，
解得：k=0或k=−34，
则所求切线为y=3或y=−34x+3.
(2)设点M(x, y)，由MA=2MO，知：x2+(y−3)2=2x2+y2，
化简得：x2+(y+1)2=4，
∴ 点M的轨迹为以(0, −1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，
又∵ 点M在圆C上，C(a, 2a−4)，
∴ 圆C与圆D的关系为相交或相切，
∴ 1≤|CD|≤3，其中|CD|=a2+(2a−3)2，
∴ 1≤a2+(2a−3)2≤3，
解得：0≤a≤125，
∴ 圆心C的横坐标a的取值范围为0,125.
【答案】
解：(1)由圆C与y轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等，
故先将圆C的方程化成标准方程为：
(x−1+a2)2+(y−a2)2＝(1+a2)2+a24−a＝2a2−2a+14，
∵ 2a2−2a+1>0恒成立，
∴ |1+a2|＝122a2−2a+1，
求得a=0或a=4，
即可得到所求圆C的方程为：x2−x+y2=0或x2+y2−5x−4y+4=0.
(2)令y=0，得x2−(1+a)x+a=0，即(x−1)(x−a)=0，
∴ M(1, 0)，N(a, 0)．
假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
代入x2+y2=9得，(1+k2)x2−2k2x+k2−9=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)从而x1+x2＝2k21+k2，x1x2＝k2−91+k2，
∵ ∠ANM=∠BNM，
∴ y1x1−a+y2x2−a＝0，
∵ y1x1−a+y2x2−a＝k[(x1−1)(x2−a)+(x2−1)(x1−a)](x1−a)(x2−a)，
而(x1−1)(x2−a)+(x2−1)(x1−a)
=2x1x2−(a+1)(x1+x2)+2a
=2k2−91+k2−(a+1)2k21+k2+2a＝2a−181+k2，
即2a−181+k2＝0，得a=9；
当直线AB与x轴垂直时，也成立．
故存在a=9，使得∠ANM=∠BNM．
【考点】
直线与圆的位置关系
斜率的计算公式
【解析】
（1）化圆的方程为标准方程，由题意可得关于a的方程，求解a值，即可得到圆的方程；
（2）在圆C:x2−(1+a)x+y2−ay+a=0中，取y=0可得M、N的坐标，假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，与圆的方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率和为0求解a值，验证斜率不存在时成立即可．
【解答】
由圆C与y轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等，
故先将圆C的方程化成标准方程为：
(x−1+a2)2+(y−a2)2＝(1+a2)2+a24−a＝2a2−2a+14，
∵ 2a2−2a+1>0恒成立，∴ |1+a2|＝122a2−2a+1，求得a=0或a=4，
即可得到所求圆C的方程为：x2−x+y2=0或x2+y2−5x−4y+4=0；
(2)令y=0，得x2−(1+a)x+a=0，即(x−1)(x−a)=0，
∴ M(1, 0)，N(a, 0)．
假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
代入x2+y2=9得，(1+k2)x2−2k2x+k2−9=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)从而x1+x2＝2k21+k2，x1x2＝k2−91+k2，
∵ ∠ANM=∠BNM，
∴ y1x1−a+y2x2−a＝0，
∵ y1x1−a+y2x2−a＝k[(x1−1)(x2−a)+(x2−1)(x1−a)](x1−a)(x2−a)，
而(x1−1)(x2−a)+(x2−1)(x1−a)
=2x1x2−(a+1)(x1+x2)+2a
=2k2−91+k2−(a+1)2k21+k2+2a＝2a−181+k2，
即2a−181+k2＝0，得a=9；
当直线AB与x轴垂直时，也成立．
故存在a=9，使得∠ANM=∠BNM．