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1、辽宁省大连市金桥高级中学高二数学理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. 等差数列 an 的前n项和为Sn ，且S3=6，a 3=0，则公差d等于A2B1C-1D-2参考答案：D2. 设（1+i）（x+yi）=2，其中x，y实数，则|x+2yi|=（）A1BCD参考答案：D【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、复数相等、模的计算公式即可得出【解答】解：（1+i）（x+yi）=2，其中x，y实数，xy+（x+y）i=2，可得xy=2，x+y=0解得x=1，y=1则|x+2yi|=|12
2、i|=故选：D3. 若幂函数 的图像经过原点，则m的值为（ ）A. 1或3B. 2或3C. 3D. 2参考答案：C【分析】利用幂函数的图像与性质即可得到结果.【详解】幂函数 的图像经过原点，即故选：C【点睛】本题考查幂函数的图像与性质，考查运算能力，属于基础题.4. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为A. B. C. D.4参考答案：A5. 已知函数,且=2,则的值为 A1 B C1 D0参考答案：A略6. 已知函数f（x）在3，4上的图象是一条连续的曲线，且其部分对应值如表：x32
3、101234f（x）6m4664n6则函数f（x）的零点所在区间有（）A（3，1）和（1，1）B（3，1）和（2，4）C（1，1）和（1，2）D（，3）和（4，+）参考答案：B【考点】函数零点的判定定理【分析】根据根的存在定理，判断函数值的符号，然后判断函数零点个数即可【解答】解：依题意，f（3）0，f（1）0，f（4）0，f（2）0，根据根的存在性定理可知，在区间（3，1）和（2，4）含有一个零点，故选B7. 抛物线=2的焦点坐标是 A.（，0） B.（0，） C.（0，） D.（，0） 参考答案：C8. “”是“”的 （ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必
4、要条件参考答案：A略9. 已知函数f（x）=log2x，任取一个x0，2使f（x0）0的概率为（）ABCD参考答案：D【考点】几何概型【分析】根据对数不等式的解法求出不等式的解，结合几何概型的概率公式进行计算即可【解答】解：由f（x0）0得log2x00，得1x02，则任取一个使f（x0）0的概率P=，故选：D10. 直线4x+3y5=0与圆（x1）2+（y2）2=9相交于A、B两点，则AB的长度等于（）A1BC2D4参考答案：D【考点】直线与圆相交的性质【分析】根据直线和圆相交的弦长公式进行求解即可【解答】解：圆心坐标为（1，2），半径R=3，圆心到直线的距离d=，则|AB|=2=2=4，故
5、选：D【点评】本题主要考查直线和圆相交的应用，利用弦长公式是解决本题的关键二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知空间四边形，点分别为的中点，且，用，表示，则=_。参考答案： 解析：12. 已知命题命题则命题中真命题有_个参考答案：313. 若样本数据x1，x2，x10的方差为8，则数据2x11，2x21，2x101的方差为参考答案：32【考点】极差、方差与标准差【分析】利用方差的性质直接求解【解答】解：样本数据x1，x2，x10的方差为8，数据2x11，2x21，2x101的方差为：228=32故答案为：3214. “杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数
6、在三角形中的一种几何排列.如图所示，去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前46项和为_.参考答案：2037【分析】根据“杨辉三角”的特点可知次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行，从而得到第行去掉所有为1的项的各项之和为：；根据每一行去掉所有为的项的数字个数成等差数列的特点可求得至第11行结束，数列共有45项，则第46项为，从而加和可得结果.【详解】由题意可知，次二项式的二项式系数对应“杨辉三角”中的第行则“杨辉三角”第行各项之和为：第行去掉所有为的项的各项之和为：从第行开始每一行去掉所有为的项的数字个数为：则：，即至第行结束，数列共有项第
7、46项为第12行第1个不为1的数，即为：前46项的和为：本题正确结果：2037【点睛】本题考查数列求和的知识，关键是能够根据“杨辉三角”的特征，结合二项式定理、等差等比数列求和的方法来进行转化求解，对于学生分析问题和总结归纳的能力有一定的要求，属于较难题.15. 抛物线的焦点坐标是 参考答案：略16. 如图所示，设l1l2l3，ABBC32，DF10，则DE_.参考答案：417. “x1”是“x2x”的条件参考答案：充分不必要【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】由题意把x2x，解出来得x1或x0，然后根据命题x1与命题x1或x0，是否能互推，再根据必要条件、充分条件和充要条
8、件的定义进行判断【解答】解：x2x，x1或x0，x1?x2x，x1是x2x充分不必要，故答案为充分不必要三、 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. 设椭圆方程为x2+=1，过点M（0，1）的直线L交椭圆于点A、B，O为坐标原点，点P满足，当L绕点M旋转时，求（1）当L的斜率为1时，求三角形ABC的面积；（2）动点P的轨迹方程参考答案：【考点】轨迹方程 【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆【分析】（1）l：y=x+1，代入x2+=1，求出A，B的坐标，即可求出三角形ABO的面积（2）设出直线l的方程，A，B的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理
9、表示出x1+x2，利用直线方程表示出y1+y2，然后利用求得的坐标，设出P的坐标，然后联立方程消去参数k求得x和y的关系式，P点轨迹可得【解答】解：（1）l：y=x+1，代入x2+=1，整理得5x2+2x3=0，x=1或设A（x1，y1），B（x2，y2），则|x1x2|=，三角形ABO的面积S=；（2）设P（x，y）是所求轨迹上的任一点，当斜率存在时，直线l的方程为y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），椭圆：4x2+y24=0由直线l：y=kx+1代入椭圆方程得到：（4+k2）x2+2kx3=0，x1+x2=，y1+y2=，由得：（x，y）=（x1+x2，y1+y2），即：x=，
10、y=消去k得：4x2+y2y=0当斜率不存在时，AB的中点为坐标原点，也适合方程所以动点P的轨迹方程为：4x2+y2y=0【点评】本小题主要考查平面向量的概念、直线方程的求法、椭圆的方程和性质等基础知识，以及轨迹的求法与应用、曲线与方程的关系等解析几何的基本思想和综合解题能力19. （本小题满分12分）设（）比较与的大小；（）利用（）的结论，证明：参考答案：（）， . (5分)（）由（1）得类似的， （7分）又； （9分）（12分）略20. 如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中AB=2AD，E为DC的中点，将它沿AE折成直二面角DAEB（1）求证：AD平面BDE；（2）求二面角BADE的余弦值参
11、考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定【分析】方法一：（1）由题设可知 ADDE，取AE的中点O，连结OD，BE证明BEAD即可得到AD平面BDE（2）由（1）知AD平面BDEADDB，ADDE，故BDE就是二面角BADE的平面角在RtBDE中，求二面角BADE的余弦值为方法二（1）取AE的中点O，连结OD，BE，取AB的中点为F，连结OF，以O为原点，OA，OF，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系利用向量求解【解答】方法一：解：（1）证明：由题设可知 ADDE，取AE的中点O，连结OD，BEODAE1 分又二面角DAEB为直二面角OD平面ABCEODBE
12、又AE=BE=2AB2=AE2+BE2AEBE又ODAE=OBE平面ADEBEAD又BEDE=EAD平面BDE（2）由（1）知AD平面BDEADDBADDEBDE就是二面角BADE的平面角又BE平面ADEBEDE在RtBDE中，二面角BADE的余弦值为方法二（1）证明：由题设可知 ADDE，取AE的中点O，连结OD，BEODAE又二面角DAEB为直二面角，OD平面ABCE又AE=BE=2AB2=AE2+BE2AEBE取AB的中点为F，连结OF，则OFEBOFAE以O为原点，OA，OF，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）则A（1，0，0），D（0，0，1），B（1，2，
13、0），E（1，0，0），于是，设是平面BDE的法向量，则即令x=1，则z=1，于是，AD平面BDE（2）设是平面ABD的法向量，则即令x=1，则y=1，z=1，于是又平面ADE的法向量21. 已知分别是ABC中角的对边,(1)求角B的大小;(2)若,求的值.参考答案：解 ：(1)由余弦定理有: (2)由,根据正弦定理有(R为ABC外接圆半径)即,又 整理有略22. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中（1）求证：AC平面B1BDD1；（2）求三棱锥BACB1体积参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定【分析】（1）要证AC平面B1BDD1，只需证明AC垂直平面B1BD1D
