2019-2020年高二上学期10月学情调研数学试题含答案

1、2019-2020年高二上学期10月学情调研数学试题含答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上1设集合Mx|0 x1，函数f(x)eq f(1,r(1x)的定义域为N，则MN 0，1)2已知coseq F(eq R(,5),3)，且(eq F(,2)，0)，则sin() eq F(2,3) 3平面直角坐标系中，不等式组eq blc(aal(xy20，,xy20，,x2)表示的平面区域的面积是 44. 已知函数f(x)eq blc(aal(2x，x3，,f(x1)，x3，)则f(log23) eq f(1,12)5从圆(x1)2(

2、y1)21外一点P(2，3)向这个圆引切线，则切线的方程为 3x4y60及x26若a与bc都是非零向量，则“abac”是“a(bc)”的 条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或者“既不充分又不必要”) 充要7等差数列an中，公差d0，且2a3a722a110，数列bn是等比数列，且b7a7，则b6b8 168.设x、y满足约束条件eq blcrc (avs4alco1(yx1，,y2x1，,x0，,y0，)则目标函数z16xy的最大值为 359命题“若xy1，则x，y互为倒数”的逆命题；命题“面积相等的三角形全等”的否命题；命题“若m1，则x22xm0有实根”的逆否命题；命题“若A

3、BB，则AB”的逆否命题其中是真命题的序号是_ 1 * GB3 ， 2 * GB3 ， 3 * GB3 10如果两条直线l1：xa2y60与l2：(a2)x3ay2a0平行，则实数a 的值是 0或111过点A(3，2)，圆心在直线y2x上，与直线y2x5相切的圆的方程为 (x2)2(y4)25，或(xeq f(4,5)2(yeq f(8,5)2512过点P(eq F(1,2)，1)的直线l与圆C：(x1)2y24交于A，B两点，当ACB最小时，直线l的方程为 2x4y3013已知函数f(x)eq blc|rc|(avs4alco1(f(2,x)1)(x0)，若ab时，f(a)f(b)，则ab的

4、取值范围为 (4，)14若对于给定的正实数，函数f(x)eq f(k,x)的图像上总存在点C，使得以C为圆心，1为半径的圆上有两个不同的点到原点O的距离为2，则k的取值范围是 (0，eq f(9,2)二、解答题：本大题共6小题，共90分请在答题卡指定区域内作答. 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15(本小题满分14分) 已知m0，p：x24x120，q：2mx2m()若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；()若m5，“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，求实数x的取值范围解 () A2，6，B2m，2m ，实数m的取值范围是(4，) ()A2，6，B3，7 ，实数x的取值范围

5、是3，2)(6，7 16(本小题满分14分)已知直线l：x2y50与圆O：x2y250相交于点A，B，求：(1)交点A，B的坐标；(2)AOB的面积；(3)圆心角AOB的余弦解：(1)由方程组eq blc(aal(x2y50，,x2y250，)消x得y24y50，解得y11，y25，所以eq blc(aal(x17，,y11，)eq blc(aal(x25，,y25)所以点A，B的坐标分别为(7，1)，(5，5)(2)由(1)知直线AB的方程为x2y50因为圆O的圆心为坐标原点O，半径为5eq r(2)，所以原点O到直线AB的距离为deq f(5,eq r(,5)eq r(,5)又 ABeq

6、r(,7(5)21(5)2)6eq r(,5)，所以AOB的面积为Seq f(1,2)6eq r(,5)eq f(5,eq r(,5)15(3)方法一 因为OA5eq r(,2)，OB5eq r(,2)，AB6eq r(,5)，所以 cosAOBeq f(OA2OB2AB2,2OAOB)eq f(4,5)方法二 由(1)得 eq o(sup6(),OA)(7，1)， eq o(sup6(),OB)(5，5)，AOB eq o(sup6(),OA)， eq o(sup6(),OB)，ABCC1A1B1FED所以 cosAOBeq f( eq o(sup6(),OA) eq o(sup6(),OB

7、),| eq o(sup6(),OA)| eq o(sup6(),OB)|)eq f(7(5)1(5),eq r(7212)eq r(5)2(5)2)eq f(4,5)17(本小题满分14分) 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，点D为BC中点，点E为BD中点，点F在AC1上，且AC14AF.(1)求证：平面ADF平面BCC1B1；(2)求证：EF /平面ABB1A1.证明：(1) 因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以CC1平面ABC，而AD平面ABC， 所以CC1AD. 又ABAC，D为BC中点，所以ADBC，ABCC1A1B1FEDG因为BCCC1C，BC平面BCC1B1，CC

8、1平面BCC1B1，所以AD平面BCC1B1， 因为AD平面ADF，所以平面ADF平面BCC1B1. (2) 连结CF延长交AA1于点G，连结GB.因为AC14AF，AA1/CC1，所以CF3FG，又因为D为BC中点，点E为BD中点，所以CE3EB，所以EF/GB，而EF平面ABBA1，GB 平面ABBA1，所以EF /平面ABBA1. 18(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，曲线yx26x1与坐标轴的交点都在圆C上(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线xya0交于A，B两点，且OAOB，求a的值解：法一：(1)曲线yx26x1与y轴的交点为(0，1)，与x轴的交点为(32eq r(

9、2)，0)，(32eq r(2)，0)故可设C的圆心为(3，t)，则有32(t1)2(2eq r(2)2t2，解得t1.则圆C的半径为eq r(32t12)3.所以圆C的方程为(x3)2(y1)29.法二：设所求圆的一般方程为x2y2DxEyF0，令y0 得x2DxF0，这与x26x10 是同一个方程，故D6，F1令x0 得y2EyF0，此方程有一个根为1，代入得出E2圆C的方程为x2y26x2y10(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组eq blcrc (avs4alco1(xya0，,x32y129.)消去y，得方程2x2(2a8)xa22a10.由已知可得，判别式5

10、616a4a20.从而x1x24a，x1x2eq f(a22a1,2).由于OAOB，可得x1x2y1y20.又y1x1a，y2x2a，所以2x1x2a(x1x2)a20.由得a1，满足0，故a1.BCADP(第19题图)19(本小题满分16分)如图，两座建筑物AB，CD的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是9m和15m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角CAD45(1)求BC的长度；(2)在线段BC上取一点P(点P与点B，C不重合)，从点P看这两座建筑物的张角分别为APB，DPC，问点P在何处时，tan()最小？解：(1)如图作ANCD于NABCD，AB9，CD15

11、，DN6，EC9设ANx，DAN，CAD45，CAN45在RtANC和RtAND中，taneq sdo1(f(6,x)，tan(45)eq sdo1(f(9,x)eq sdo1(f(9,x)tan(45)eq sdo1(f(1tan,1+tan)化简整理得x215x540，解得x118，x23(舍去)BC的长度是18 m(2)设BPt，所以PC18t，taneq sdo1(f(9,t)，taneq sdo1(f(15, 18t)，所以tan()eq sdo1(f(tantan,1tantan)eq sdo1(f(eq sdo1(f(9,t)eq sdo1(f(15, 18t),1eq sdo1

12、(f(9,t) eq sdo1(f(15, 18t)eq sdo1(f(6,t45eq sdo1(f(1350, t+27)eq sdo1(f(6,t27eq sdo1(f(1350, t+27)72)eq sdo1(f(6,2eq r(1350)72)当且仅当t27eq sdo1(f(1350, t+27)，即t15eq r(6)27时，tan()最小答：P在距离B15eq r(6)27时，tan()最小xOyBCPM20. (本小题满分16分) 已知圆M：(x1)2y21，A(eq f(1,2)，eq f(5,2)，B(0，t)，C(0，t4)(其中0t4)(1)过点A的直线l被圆M截得的

13、弦长为eq r(,3)，求直线l的方程；(2)若直线PB，PC都是圆M的切线，且点P在y轴右侧，求PBC面积的最小值解： (1)当lx轴时，l的方程为xeq f(1,2)，满足题意当l与x轴不垂直时，设l：yeq f(5,2)k(xeq f(1,2)，即kxyeq f(5k,2)0所以圆心M到l的距离deq f(|keq f(5k,2)|,eq r(,k21)， 又直线被圆所截弦长为eq r(,3)，则deq r(,12(eq f(eq r(,3),2)2)eq f(1,2)，所以 eq f(|keq f(5k,2)|,eq r(,k21)eq f(1,2)，解得：keq f(12,5)，所以

14、l：12x5yeq f(37,2)0综上，直线l的方程为xeq f(1,2)，或24x10y370(2)方法一：设PB的斜率为k，则PB：ykxt，即kxyt0 因为PB与圆M相切，所以 eq f(|kt|,eq r(,k21)1，得keq f(1t2,2t) 所以PB：yeq f(1t2,2t)xt 同理可得PA：yeq f(1(t4)2,2(t4)xt4 由eq blc(aal(yeq f(1t2,2t)xt，,yeq f(1(t4)2,2(t4)xt4)解得xPeq f(2t28t, t24t1) 由eq f(2,xP)eq f(t24t1,t24t)1eq f(1,t24t) 因为0t

15、4，所以0t24t4，所以eq f(2,xP)eq f(3,4)，xPeq f(8,3) 当t2时，xPeq f(8,3)，此时SABCeq f(16,3)方法二：设圆M与直线CP，BP分别切与G，H，连结MO，CM，设OBM，OCM则MPCeq sdo1(f(,2)由BC4，得eq f(1,tan) eq f(1,tan)4，所以4eq f(1,tan) eq f(1,tan)2eq r(eq f(1,tantan) 得tantaneq sdo1(f(1,4) ，当且仅当=时取等号又PH tan()eq sdo1(f(tantan,1tantan)eq sdo1(f(4tantan,1tan

16、tan)eq sdo1(f(4, eq sdo1(f(1,tantan)1)eq sdo1(f(4,3)所以SABCeq sdo1(f(1,2)(BCPCBP)r4PHeq sdo1(f(4,3)4eq f(16,3)，所以PBC面积的最小值eq f(16,3).附加题：(本题满分20分，以16020的形式计分)21设集合A(x，y)|eq f(m,2)(x2)2y2m2，x，yR，B(x，y)|2mxy2m1， x，yR ，若AB ，求实数m的取值解 因为对任意mR，都有2m2m1，所以B，集合B表示在直线xy2m与直线xy2m1之间的平面区域(包含边界)当 eq f(m,2)m2，即0m eq f(1,2)时，A，不满足条件；当 eq f(m,2)m2，即m0或m eq f(1,2)时，A(1)若m0，则A(x，y)|(x2)2y2m2，x，yR表示以点(2，0)为圆心，半径为|m|的圆面(m0时是原点)， AB等价于点(2，0)到直线xy2m1的距离不大于半径|m|，即 eq f(|22m1|,r(2)|m|，即2m24m10，即(m1)2 eq f(1,2)，解得1 eq f( eq r(2),2)m1 eq f( eq r(2),2)，所以m；(2)若m eq f(1