福建省泉州市安溪县第十中学2022年高二数学文知识点试题含解析

福建省泉州市安溪县第十中学2022年高二数学文知识点试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.双曲线右支点上一点P到右焦点的距离为2，则P到左准线的距离为（

）（A）．6

（B）．8

（C）．10

（D）．12参考答案：B2.正弦函数是奇函数，是正弦函数，因此是奇函数，以上推理(

)A．结论正确B．大前提不正确

C．小前提不正确

D．全不正确参考答案：C3.命题“任意，0”的否定是

A．不存在,>0 B．存在,>0

C．对任意的,0 D．对任意的,>0参考答案：B4.设点A，B的坐标分别为（4，0），（﹣4，0），直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为实数m，关于点P的轨迹下列说法正确的是（）A．当m＜﹣1时，轨迹为焦点在x轴上的椭圆（除与x轴的两个交点）B．当﹣1＜m＜0时，轨迹为焦点在y轴上的椭圆（除与y轴的两个交点）C．当m＞0时，轨迹为焦点在x轴上的双曲线（除与x轴的两个交点）D．当0＜m＜1时，轨迹为焦点在y轴上的双曲线（除与y轴的两个交点）参考答案：C【考点】命题的真假判断与应用．【分析】把m＜﹣1代入mx2﹣y2=16m，轨迹为焦点在y轴上的椭圆（除与y轴的两个交点），判断A不正确，把﹣1＜m＜0代入mx2﹣y2=16m，轨迹为焦点在在x轴上的椭圆（除与x轴的两个交点），判断B不正确，把0＜m＜1代入mx2﹣y2=16m，轨迹为焦点在x轴上的双曲线（除与x轴的两个交点），判断D不正确，设出P点坐标，由向量之积等于m列式，可得P的轨迹方程，核对四个选项得答案．【解答】解：设P（x，y），则=（x≠4），（x≠﹣4），由kBP?kAP=m，得，∴mx2﹣y2=16m．当m＞0时，方程化为（x≠±4），轨迹为焦点在x轴上的双曲线（除与x轴的两个交点）．故选：C．5.若一个圆台的轴截面如图所示，则其侧面积等于（）A．6 B．6π C． D．参考答案：C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】由圆台的轴截面可以看出圆台是一个下底面直径是4，上底面直径是2，圆台的高是2，根据这三个数据可以在轴截面上过上底的顶点向下底做垂线，根据勾股定理写出圆台的母线长，利用侧面积公式得到结果．【解答】解：由圆台的轴截面可以看出圆台是一个下底面直径是4，上底面直径是2，圆台的高是2，∴根据这三个数据可以写出圆台的母线长是=，∴圆台的侧面积是S==3π，故选C．6.抛物线顶点在原点,对称轴为轴，焦点在直线上，则抛物线方程为（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：D．解析：由顶点在原点，对称轴为轴知，抛物线方程为在中令知焦点为（4，0）,7.圆O的半径为定长，A是平面上一定点，P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为（）A．一个点 B．椭圆C．双曲线 D．以上选项都有可能参考答案：C【考点】轨迹方程．【分析】结合双曲线的定义及圆与直线的相关性质，推导新的结论，熟练掌握双曲线的定义及圆与直线的性质是解决问题的关键．【解答】解：∵A为⊙O外一定点，P为⊙O上一动点线段AP的垂直平分线交直线OP于点Q，则QA=QP，则QA﹣QO=QP﹣QO=OP=R，即动点Q到两定点O、A的距离差为定值，根据双曲线的定义，可知点Q的轨迹是：以O，A为焦点，OP为实轴长的双曲线故选：C．【点评】双曲线是指与平面上两个定点的距离之差的绝对值为定值的点的轨迹，也可以定义为到定点与定直线的距离之比是一个大于1的常数的点之轨迹．8.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1B1BA，且AA1=AB=BC=2，则AC与平面A1BC所成角为（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】直线与平面所成的角．【分析】证明AD⊥平面A1BC，得出∠ACD即为直线AC与平面A1BC所成的角，求出AC=，AD=，即可得出结论．【解答】解：如图，AB1∩A1B=D，连结CD，∵AA1=AB，∴AD⊥A1B，∵平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，∴AD⊥平面A1BC，则CD是AC在平面A1BC内的射影，∴∠ACD即为直线AC与平面A1BC所成的角，又BC?平面A1BC，所以AD⊥BC，因为三棱柱ABC﹣﹣﹣A1B1C1是直三棱柱，则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC．又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，又AB?侧面A1ABB1，故AB⊥BC∵AA1=AB=BC=2，∴AC=，AD=∴sin∠ACD=，∴∠ACD=，故选A．9.设直线关于原点对称的直线为，若与椭圆的交点为A、B，点为椭圆上的动点，则使的面积为的点的个数为（

）A.1

B.2

C.3

D.4参考答案：B10.与圆相切，且在两坐标轴上截距相等的直线共有

A.3条

B.4条 C.5条 D.6条参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．参考答案：略12.若函数h(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)图象的对称中心为M(x0,h(x0))，记函数h(x)的导函数为g(x)，则有g′(x0)=0，设函数f(x)=x3－3x2+2,则=________．参考答案：0由题意得，，解得，，因为，即函数的图象关于点对称，则，故答案为0．13.“直线和直线平行”的充要条件是“

▲

”.参考答案：14.已知函数，若f（x）≥ax在R上恒成立，则a的取值范围是．参考答案：[﹣4，1]【考点】函数恒成立问题．【分析】依题意，分x≤0、x=0与x＞0三类讨论，分别求得a的取值范围，最后取其交集即可得到答案．【解答】解：∵，f（x）≥ax在R上恒成立，∴当x≤0时，x2﹣4x≥ax恒成立，x=0时，a∈R；①x＜0时，a≥（x﹣4）max，故a≥﹣4；②当x＞0时，f（x）≥ax恒成立，即ex﹣1≥ax恒成立，令g（x）=ex﹣1﹣ax（x＞0），则g（x）≥0（x＞0）恒成立，又g（0）=0，∴g（x）=ex﹣1﹣ax（x＞0）为（0，+∞）上的增函数，则g′（x）=ex﹣a≥0（x＞0），∴a≤（ex）min=e0=1；③由①②③知，﹣4≤a≤1，故答案为：[﹣4，1]．15.将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三所不同的学校去任教，每所学校至少分配一人且甲、乙两人不在同一所学校，则共有________种不同的分配方案（用数字作答）。参考答案：30【分析】首先不考虑甲乙的特殊情况,算出总的分配方案,再减去甲乙同校的情况,得到答案.【详解】将四名老师分配到三个不同的学校，每个学校至少分到一名老师有种排法；甲、乙两名老师分配到同一个学校有种排法；故有甲、乙两名老师不能分配到同一个学校有36-6=30种排法.故答案为30．【点睛】本题考查了排列组合里面的捆绑法和排除法,属于基本题型.16.若样本数据x1，x2，x3…，x10的平均数是10，方差是2，则数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2x10+1的平均数与方差分别是．参考答案：21，8.【考点】极差、方差与标准差．【专题】概率与统计．【分析】根据平均数与方差的公式即可求出数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x10+1的平均数与方差．【解答】解：∵样本数据x1，x2，x3，x10的平均数是10，方差是2，∴=（x1+x2+x3+x10）=10，s2=[+++]=2；∴数据2x1+1，2x2+1，2x3+1，2x10+1的平均数是=[（2x1+1）+（2x2+1）+（2x3+1）+（2x10+1）]=2×（x1+x2+x3+x10）+1=21，方差是s′2={+…+}=22?[+++]=4×2=8．故答案为：21，8【点评】本题考查了计算数据的平均数与方差的问题，解题时应根据公式进行计算，也可以利用平均数与方差的性质直接得出答案．17.对一块边长为1的正方形进行如下操作：第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图①所示的几何图形，其面积S1=；第二步，将图①的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图②；依此类推，到第n步，所得图形的面积Sn=（）n．若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则（Ⅰ）当n=1时，所得几何体的体积V1=

．（Ⅱ）到第n步时，所得几何体的体积Vn=

．参考答案：，【考点】归纳推理．【分析】类比正方形求面积，可得正方体求体积，得出所有体积构成以为首项，为公比的等比数列，从而可得结论．【解答】解：推广到棱长为1的正方体中，第一步，将它分割成3×3×3个正方体，其中心和八个角的9个小正方体，其体积为=，第二步，执行同样的操作，其体积为（）2，…依此类推，到第n步，所有体积构成以为首项，为公比的等比数列，∴到第n步，所得几何体的体积Vn=（）n=，故答案为，三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图，已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC．（Ⅰ）求证：PA∥平面QBC；（Ⅱ）PQ⊥平面QBC，求二面角Q﹣PB﹣A的余弦值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）利用线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理即可证明；（Ⅱ）方法一：利用三角形的中位线定理及二面角的平面角的定义即可求出．方法二：通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量所成的夹角来求两平面的二面角的平面角．【解答】解：（I）证明：过点Q作QD⊥BC于点D，∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD⊥平面ABC，又∵PA⊥平面ABC，∴QD∥PA，又∵QD?平面QBC，PA?平面QBC，∴PA∥平面QBC．（Ⅱ）方法一：∵PQ⊥平面QBC，∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．∴点D是BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，∴四边形PADQ是矩形．设PA=2a，∴，PB=2a，∴．过Q作QR⊥PB于点R，∴QR==，==，取PB中点M，连接AM，取PA的中点N，连接RN，∵PR=，，∴MA∥RN．∵PA=AB，∴AM⊥PB，∴RN⊥PB．∴∠QRN为二面角Q﹣PB﹣A的平面角．连接QN，则QN===．又，∴cos∠QRN===．即二面角Q﹣PB﹣A的余弦值为．（Ⅱ）方法二：∵PQ⊥平面QBC，∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．∴点D是BC的中点，连AD，则AD⊥BC．∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，∴四边形PADQ是矩形．分别以AC、AB、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．不妨设PA=2，则Q（1，1，2），B（0，2，0），P（0，0，2），设平面QPB的法向量为．∵=（1，1，0），=（0，2，﹣2）．∴令x=1，则y=z=﹣1．又∵平面PAB的法向量为．设二面角Q﹣PB﹣A为θ，则|cosθ|===又∵二面角Q﹣PB﹣A是钝角∴．19.在平面直角坐标系xOy中，经过点且斜率为k的直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q．（1）求k的取值范围；（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．参考答案：（1）（2）没有解：(1)由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1.整理得x2＋2kx＋1＝0.①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2>0，解得k<－或k>，即k的取值范围为∪.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，由方程①得x1＋x2＝－.②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，③而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)，所以＋与共线等价于x1＋x2＝－(y1＋y2)．将②③代入上式，解得k＝.由(1)知k<－或k>，故没有符合题意的常数k.20.如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BE∥AF，BC∥AD，BC=AD，BE=AF，G、H分别为FA、FD的中点．（1）在证明：四边形BCHG是平行四边形．（2）C、D、F、E四点是否共面？若共面，请证明，若不共面，请说明理由．参考答案：考点：直线与平面平行的性质；平面的基本性质及推论．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由已知得GH∥AD，GH=AD，又BC∥AD，BC=AD故GH∥BC，GH=BC，由此能证明四边形BCHG是平行四边形．（2）由BE∥AF，BE=AF，G是FA的中点知，BE∥GA，BR=GA，从而得到四边形BEFG是平行四边形，由此能推导出C，D，F，E四点共面．解答：（1）证明：由题意知，FG=GA，FH=HD所以GH∥AD，GH=AD，又BC∥AD，BC=AD故GH∥BC，GH=BC，所以四边形BCHG是平行四边形．（2）C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE∥AF，BE=AF，G是FA的中点知，BE∥GF，BE=GF，所以四边形BEFG是平行四边形，所以EF∥BG由（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面．又点D在直线FH上所以C，D，F，E四点共面．点评：本题考查了立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，