山東省濟(jì)南市泉城中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)理知識點試題含解析

山東省濟(jì)南市泉城中學(xué)2022年高二數(shù)學(xué)理知識點試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.橢圓的焦點為F1，F(xiàn)2，過F1的最短弦PQ的長為10，△PF2Q的周長為36，則此橢圓的離心率為（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】根據(jù)三角形的周長求出a的值，再根據(jù)勾股定理求出c的值，最后根據(jù)離心率公式計算即可．【解答】解：設(shè)橢圓方程為，∵△PF2Q的周長為36，∴PF2+QF2+PQ=36=4a，解得a=9，∵過F1的最短弦PQ的長為10∴PF2=QF2=（36﹣10）=13，在直角三角形QF1F2中，根據(jù)勾股定理得，=，∴c=6，∴故選：C．2.下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在（0，+∞）單調(diào)遞增的是（）A． B．y=cosx C．y=ex D．y=ln|x|參考答案：D【考點】函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；函數(shù)奇偶性的判斷．【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的定義逐項判斷即可．【解答】解：y=在（0，+∞）上遞增，但不具有奇偶性，排除A；y=cosx為偶函數(shù)，但在（0，+∞）上不單調(diào)，排除B；y=ex在（0，+∞）上遞增，但不具有奇偶性，排除C；y=ln|x|的定義域為（﹣∞，0）∪（0，+∞），關(guān)于原點對稱，且ln|﹣x|=ln|x|，故y=ln|x|為偶函數(shù)，當(dāng)x＞0時，y=ln|x|=lnx，在（0，+∞）上遞增，故選D．【點評】本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判斷，屬基礎(chǔ)題，定義是解決問題的基本方法．3.已知橢圓的左、右頂點分別為A1和A2，垂直于橢圓長軸的動直線與橢圓的兩個交點分別為P1和P2，其中P1的縱坐標(biāo)為正數(shù)，則直線A1P1與A2P2的交點M的軌跡方程（

）A、

B、

C、

D、參考答案：C略4.已知函數(shù)，如果函數(shù)f(x)在定義域為(0,?+∞)只有一個極值點，則實數(shù)k的取值范圍是A.(0,1] B.(－∞,1] C.(－∞,e]

D.[e,+∞)參考答案：C5.在的展開中，的系數(shù)是（

）A.－297

B．-252

C．297

D．207參考答案：D略6.b=0是函數(shù)為偶函數(shù)的（

）條件

A．充分而不必要B．必要而不充分C．充分必要

D．既不充分也不必要參考答案：C略7.已知定義在R上的連續(xù)奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，當(dāng)時，，則使得成立的的取值范圍是（

）A.(1,+∞) B. C. D.(－∞,1)參考答案：C【分析】根據(jù)時可得：；令可得函數(shù)在上單調(diào)遞增；利用奇偶性的定義可證得為偶函數(shù)，則在上單調(diào)遞減；將已知不等式變?yōu)椋鶕?jù)單調(diào)性可得自變量的大小關(guān)系，解不等式求得結(jié)果.【詳解】當(dāng)時，

令，則在上單調(diào)遞增為奇函數(shù)

為偶函數(shù)則在上單調(diào)遞減等價于可得：，解得：本題正確選項：C【點睛】本題考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是能夠構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號確定所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，并且根據(jù)奇偶性的定義得到所構(gòu)造函數(shù)的奇偶性，從而將函數(shù)值的大小關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)樽宰兞恐g的比較.8.函數(shù)y=x3（x＞0）的圖象在點處的切線與x軸的交點的橫坐標(biāo)為ak+1，其中k∈N*，若a1=27，則a2+a4的值為（）A．24 B．16 C．26 D．27參考答案：C【考點】8I：數(shù)列與函數(shù)的綜合；6H：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程．【分析】先求出函數(shù)y=x23在點（ak，ak3）處的切線方程，然后令y=0代入求出x的值，再結(jié)合a1的值得到數(shù)列的通項公式，再得到a2+a4的值．【解答】解：在點（ak，ak3）處的切線方程為：y﹣ak3=3ak2（x﹣ak），當(dāng)y=0時，解得x=，所以ak+1=，a2+a4=27×+27×=26．故選：C．9..已知全集U=R，集合,，則（）A. B.C. D.參考答案：B【詳解】試題分析：，所以．考點：集合的交集、補(bǔ)集運算．10.命題“若，則”的逆否命題是（

）A．若，則或

B．若，則C．若或，則

D．若，或，則參考答案：D略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖，一船自西向東勻速航行，上午10時到達(dá)一座燈塔P的南偏西距燈塔68海里的M處，下午2時到達(dá)這座燈塔的東南方向N處，則該船航行的速度為

海里/小時參考答案：，如圖所示，在中，，，故，由正弦定理可得，解得，所以該船的航行速度為海里/小時．12.給出定義：若函數(shù)在上可導(dǎo)，即存在，且導(dǎo)函數(shù)在上也可導(dǎo)，則稱在上存在二階導(dǎo)函數(shù)，記。若在上恒成立，則稱函數(shù)在上為凸函數(shù)。已知函數(shù)，若對任意實數(shù)滿足時，函數(shù)在上為凸函數(shù)，則的最大值是

。參考答案：2略13.下列命題中：（1）若滿足，滿足，則；（2）函數(shù)且的圖象恒過定點Ａ，若Ａ在上，其中則的最小值是；（3）設(shè)是定義在Ｒ上，以１為周期的函數(shù)，若在上的值域為，則在區(qū)間上的值域為；（4）已知曲線與直線僅有２個交點，則；（5）函數(shù)圖象的對稱中心為（2，1）。其中真命題序號為

．參考答案：（2），（3），（5）略14.對于命題，，的充分條件，則m的取值范圍為

。參考答案：略15.已知公差不為的等差數(shù)列的前項和為，且，若，則=

.參考答案：916.若曲線在處的切線與直線互相垂直，則實數(shù)等于_________參考答案：217.在展開式中,常數(shù)項等于

.參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，且（Ⅰ）求角B的大??；（Ⅱ）若，求sinAsinC的值．參考答案：解：（Ⅰ）已知等式變形得：+=，去分母得：sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosB，即sin（A+B）=2sinCcosB=sinC，∵sinC≠0，∴cosB=，則B=60°；（Ⅱ）由+=3，整理得：a2+c2=3ac，∵cosB=，a2+c2=3ac，∴b2=a2+c2﹣2accosB=2ac，由正弦定理得：sin2B=2sinAsinC=，則sinAsinC=考點： 同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用；正弦定理．

專題： 三角函數(shù)的求值．分析： （Ⅰ）已知等式左邊利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系化簡，整理后根據(jù)sinC不為0求出cosB的值，即可確定出B的度數(shù)；（Ⅱ）已知等式去分母整理后得到關(guān)系式，利用余弦定理列出關(guān)系式，把得出關(guān)系式及cosB的值代入，并利用正弦定理化簡，即可求出siniAsinC的值．解答： 解：（Ⅰ）已知等式變形得：+=，去分母得：sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosB，即sin（A+B）=2sinCcosB=sinC，∵sinC≠0，∴cosB=，則B=60°；（Ⅱ）由+=3，整理得：a2+c2=3ac，∵cosB=，a2+c2=3ac，∴b2=a2+c2﹣2accosB=2ac，由正弦定理得：sin2B=2sinAsinC=，則sinAsinC=．點評： 此題考查了同角三角函數(shù)間基本關(guān)系的運用，正弦、余弦定理，熟練掌握定理及基本關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．19.（本題滿分12分）已知為橢圓,的左右焦點，O是坐標(biāo)原點，過作垂直于軸的直線交橢圓于M，設(shè).（1）證明：成等比數(shù)列；(2)若M的坐標(biāo)為，求橢圓的方程；（3）在(2)的橢圓中，過的直線與橢圓C交于A、B兩點，若，求直線的方程．參考答案：20.已知四棱錐P﹣ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DB=，AB=1，M是PB的中點．（1）證明：面PAD⊥面PCD；（2）求AC與PB所成的角；（3）求平面AMC與平面BMC所成二面角的大?。畢⒖即鸢福骸究键c】二面角的平面角及求法；異面直線及其所成的角；平面與平面垂直的判定．【分析】（1）由三垂線定理得CD⊥PD，從而CD⊥面PAD，再由CD?面PCD，能證明面PAD⊥面PCD．（2）過點B作BE∥CA，且BE=CA，則∠PBE是AC與PB所成的角．連接AE，推導(dǎo)出四邊形ACBE為正方形，由此能求出AC與PB所成的角．（3）作AN⊥CM，垂足為N，連接BN，則∠ANB為所求二面角的平面角，由此能求出平面AMC與平面BMC所成二面角的大?。窘獯稹孔C明：（1）∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，∴由三垂線定理得：CD⊥PD．因而，CD與面PAD內(nèi)兩條相交直線AD，PD都垂直，∴CD⊥面PAD．又CD?面PCD，∴面PAD⊥面PCD．解：（2）過點B作BE∥CA，且BE=CA，則∠PBE是AC與PB所成的角．連接AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，所以四邊形ACBE為正方形．由PA⊥面ABCD，得∠PEB=90°在Rt△PEB中，BE=a2=3b2，PB=，∴cos∠PBE==．∴AC與PB所成的角為arccos．（3）作AN⊥CM，垂足為N，連接BN．在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，∴△AMC≌△BMC，∴BN⊥CM，故∠ANB為所求二面角的平面角∵CB⊥AC，由三垂線定理，得CB⊥PC，在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．在等腰三角形AMC中，AN?MC=?AC，∴AN=．∴AB=2，∴cos∠ANB==﹣，故平面AMC與平面BMC所成二面角的大小為arccos（﹣）．【點評】本題考查面面垂直的證明，考百線線角的求法，考百二面角的大小的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運用．21.已知，求證：參考答案：證明：要證成立4分只需證成立

4分只需證

6分只需證

只需證

8分只需證只需證

………10分而顯然成立，則原不等式得證．…………12分略22.（本小題滿分12分）對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使成立，則稱為的不動點．⑴當(dāng)時，求的不動點；⑵若對于任何實數(shù)，函數(shù)恒有兩相異的不動點，求實數(shù)的取值