2019-2020年高二上學(xué)期10月學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試題含答案

1、2019-2020年高二上學(xué)期10月學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試題含答案一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分不需要寫出解答過程，請把答案直接填在答題卡相應(yīng)位置上1設(shè)集合Mx|0 x1，函數(shù)f(x)eq f(1,r(1x)的定義域為N，則MN 0，1)2已知coseq F(eq R(,5),3)，且(eq F(,2)，0)，則sin() eq F(2,3) 3平面直角坐標(biāo)系中，不等式組eq blc(aal(xy20，,xy20，,x2)表示的平面區(qū)域的面積是 44. 已知函數(shù)f(x)eq blc(aal(2x，x3，,f(x1)，x3，)則f(log23) eq f(1,12)5從圓(x1)2(

2、y1)21外一點P(2，3)向這個圓引切線，則切線的方程為 3x4y60及x26若a與bc都是非零向量，則“abac”是“a(bc)”的 條件(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等差數(shù)列an中，公差d0，且2a3a722a110，數(shù)列bn是等比數(shù)列，且b7a7，則b6b8 168.設(shè)x、y滿足約束條件eq blcrc (avs4alco1(yx1，,y2x1，,x0，,y0，)則目標(biāo)函數(shù)z16xy的最大值為 359命題“若xy1，則x，y互為倒數(shù)”的逆命題；命題“面積相等的三角形全等”的否命題；命題“若m1，則x22xm0有實根”的逆否命題；命題“若A

3、BB，則AB”的逆否命題其中是真命題的序號是_ 1 * GB3 ， 2 * GB3 ， 3 * GB3 10如果兩條直線l1：xa2y60與l2：(a2)x3ay2a0平行，則實數(shù)a 的值是 0或111過點A(3，2)，圓心在直線y2x上，與直線y2x5相切的圓的方程為 (x2)2(y4)25，或(xeq f(4,5)2(yeq f(8,5)2512過點P(eq F(1,2)，1)的直線l與圓C：(x1)2y24交于A，B兩點，當(dāng)ACB最小時，直線l的方程為 2x4y3013已知函數(shù)f(x)eq blc|rc|(avs4alco1(f(2,x)1)(x0)，若ab時，f(a)f(b)，則ab的

4、取值范圍為 (4，)14若對于給定的正實數(shù)，函數(shù)f(x)eq f(k,x)的圖像上總存在點C，使得以C為圓心，1為半徑的圓上有兩個不同的點到原點O的距離為2，則k的取值范圍是 (0，eq f(9,2)二、解答題：本大題共6小題，共90分請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答. 解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15(本小題滿分14分) 已知m0，p：x24x120，q：2mx2m()若p是q的充分不必要條件，求實數(shù)m的取值范圍；()若m5，“p或q”為真命題，“p且q”為假命題，求實數(shù)x的取值范圍解 () A2，6，B2m，2m ，實數(shù)m的取值范圍是(4，) ()A2，6，B3，7 ，實數(shù)x的取值范圍

5、是3，2)(6，7 16(本小題滿分14分)已知直線l：x2y50與圓O：x2y250相交于點A，B，求：(1)交點A，B的坐標(biāo)；(2)AOB的面積；(3)圓心角AOB的余弦解：(1)由方程組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)所以點A，B的坐標(biāo)分別為(7，1)，(5，5)(2)由(1)知直線AB的方程為x2y50因為圓O的圓心為坐標(biāo)原點O，半徑為5eq r(2)，所以原點O到直線AB的距離為deq f(5,eq r(,5)eq r(,5)又 ABeq

6、r(,7(5)21(5)2)6eq r(,5)，所以AOB的面積為Seq f(1,2)6eq r(,5)eq f(5,eq r(,5)15(3)方法一 因為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(本小題滿分14分) 如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，點D為BC中點，點E為BD中點，點F在AC1上，且AC14AF.(1)求證：平面ADF平面BCC1B1；(2)求證：EF /平面ABB1A1.證明：(1) 因為直三棱柱ABCA1B1C1，所以CC1平面ABC，而AD平面ABC， 所以CC1AD. 又ABAC，D為BC中點，所以ADBC，ABCC1A1B1FEDG因為BCCC1C，BC平面BCC1B1，CC

8、1平面BCC1B1，所以AD平面BCC1B1， 因為AD平面ADF，所以平面ADF平面BCC1B1. (2) 連結(jié)CF延長交AA1于點G，連結(jié)GB.因為AC14AF，AA1/CC1，所以CF3FG，又因為D為BC中點，點E為BD中點，所以CE3EB，所以EF/GB，而EF平面ABBA1，GB 平面ABBA1，所以EF /平面ABBA1. 18(本小題滿分16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線yx26x1與坐標(biāo)軸的交點都在圓C上(1)求圓C的方程；(2)若圓C與直線xya0交于A，B兩點，且OAOB，求a的值解：法一：(1)曲線yx26x1與y軸的交點為(0，1)，與x軸的交點為(32eq r(

9、2)，0)，(32eq r(2)，0)故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32(t1)2(2eq r(2)2t2，解得t1.則圓C的半徑為eq r(32t12)3.所以圓C的方程為(x3)2(y1)29.法二：設(shè)所求圓的一般方程為x2y2DxEyF0，令y0 得x2DxF0，這與x26x10 是同一個方程，故D6，F(xiàn)1令x0 得y2EyF0，此方程有一個根為1，代入得出E2圓C的方程為x2y26x2y10(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組eq blcrc (avs4alco1(xya0，,x32y129.)消去y，得方程2x2(2a8)xa22a10.由已知可得，判別式5

10、616a4a20.從而x1x24a，x1x2eq f(a22a1,2).由于OAOB，可得x1x2y1y20.又y1x1a，y2x2a，所以2x1x2a(x1x2)a20.由得a1，滿足0，故a1.BCADP(第19題圖)19(本小題滿分16分)如圖，兩座建筑物AB，CD的底部都在同一個水平面上，且均與水平面垂直，它們的高度分別是9m和15m，從建筑物AB的頂部A看建筑物CD的張角CAD45(1)求BC的長度；(2)在線段BC上取一點P(點P與點B，C不重合)，從點P看這兩座建筑物的張角分別為APB，DPC，問點P在何處時，tan()最?。拷猓?1)如圖作ANCD于NABCD，AB9，CD15

11、，DN6，EC9設(shè)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)化簡整理得x215x540，解得x118，x23(舍去)BC的長度是18 m(2)設(shè)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)當(dāng)且僅當(dāng)t27eq sdo1(f(1350, t+27)，即t15eq r(6)27時，tan()最小答：P在距離B15eq r(6)27時，tan()最小xOyBCPM20. (本小題滿分16分) 已知圓M：(x1)2y21，A(eq f(1,2)，eq f(5,2)，B(0，t)，C(0，t4)(其中0t4)(1)過點A的直線l被圓M截得的

13、弦長為eq r(,3)，求直線l的方程；(2)若直線PB，PC都是圓M的切線，且點P在y軸右側(cè)，求PBC面積的最小值解： (1)當(dāng)lx軸時，l的方程為xeq f(1,2)，滿足題意當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l：yeq f(5,2)k(xeq f(1,2)，即kxyeq f(5k,2)0所以圓心M到l的距離deq f(|keq f(5k,2)|,eq r(,k21)， 又直線被圓所截弦長為eq r(,3)，則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綜上，直線l的方程為xeq f(1,2)，或24x10y370(2)方法一：設(shè)PB的斜率為k，則PB：ykxt，即kxyt0 因為PB與圓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) 因為0t

15、4，所以0t24t4，所以eq f(2,xP)eq f(3,4)，xPeq f(8,3) 當(dāng)t2時，xPeq f(8,3)，此時SABCeq f(16,3)方法二：設(shè)圓M與直線CP，BP分別切與G，H，連結(jié)MO，CM，設(shè)OBM，OCM則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) ，當(dāng)且僅當(dāng)=時取等號又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面積的最小值eq f(16,3).附加題：(本題滿分20分，以16020的形式計分)21設(shè)集合A(x，y)|eq f(m,2)(x2)2y2m2，x，yR，B(x，y)|2mxy2m1， x，yR ，若AB ，求實數(shù)m的取值解 因為對任意mR，都有2m2m1，所以B，集合B表示在直線xy2m與直線xy2m1之間的平面區(qū)域(包含邊界)當(dāng) eq f(m,2)m2，即0m eq f(1,2)時，A，不滿足條件；當(dāng) eq f(m,2)m2，即m0或m eq f(1,2)時，A(1)若m0，則A(x，y)|(x2)2y2m2，x，yR表示以點(2，0)為圓心，半徑為|m|的圓面(m0時是原點)， AB等價于點(2，0)到直線xy2m1的距離不大于半徑|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