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2022届湖北省鄂东南三校高三下学期5月联考数学试题含解析
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2022届湖北省鄂东南三校高三下学期5月联考数学试题一、单选题1．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数除法求出，求出对应的点即可得结果.【详解】因为，所以，即在复平面内对应的点为在第一象限，故选：A.2．已知集合，若，则集合可能是（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先判断出，对四个选项一一验证，即可得到答案.【详解】因为，所以或.因为，所以.对于A：因为，所以.故A错误；对于B：因为，所以.故B错误；对于C：.因为，所以.故C正确；对于D：因为，所以.故D错误.故选：C.3．已知函数，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据 时，，将 转化为求 ，再当 时，，直接代2进入计算即可【详解】当 时， 当 时， 故选：D4．已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上．若点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则的标准方程是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出抛物线的焦点坐标，利用点到直线的距离转化求解，得到抛物线方程即可．【详解】解：依题意设抛物线方程为（），双曲线的渐近线方程为，因为抛物线的焦点到渐近线的距离为1，则，即，所以的标准方程是，故选：B．5．设曲线（为自然对数的底数）在点处的切线及直线和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆，则（ ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由给定条件可得切线与直线垂直，然后列式计算作答.【详解】由求导得：，因此曲线在点处的切线l斜率，因切线l及直线和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆，则切线l及直线垂直，有，解得，所以.故选：C6．若圆关于直线对称，则从点向圆作切线，切线长最小值为（ ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由题可得，然后利用切线长公式及二次函数的性质即得【详解】由圆，可得，∴圆心，又圆关于直线对称，∴，即，由点向圆所作的切线长为：，即切线长最小值为4.故选：C.7．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形的边长为4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形各边的中点（如图2）．若点在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标系表示向量，写出的解析式，再求的取值范围即可【详解】以原点，为轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示 因为正方形的边长为，所以 , 设的中点为，则 , 是半圆上的动点，设点 ， ，的取值范围是 同理可知，当在右侧圆弧上运动时， ，的取值范围是 综上可知，的取值范围是 故选：D8．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】函数关于轴对称的解析式为，则它与在有交点，在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，观察图象可得答案.【详解】函数关于轴对称的解析式为，函数，两个函数的图象如图所示：若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，所以，故选：B.二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A．已知随机变量服从正态分布且，则B．设离散型随机变量服从两点分布，若，则C．若3个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则恰有两个空盒的放法共有12种D．已知，若，则【答案】ABC【分析】由正态分布的性质计算概率判断A，由两点分布的性质计算概率判断B，利用分步计数原理（或排列组合知识）求出放球的方法数判断C，根据条件概率公式判断D．【详解】由正态分布的性质，所以，A正确；由两点分布知，所以，B正确；3个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则恰有两个空盒，可以先在一个盒子放一个球，有4种方法，再在下一个盒子放两个球，有3种方法，由乘法原理总方法为，C正确；已知，若，则，D错．故选：ABC．10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．的最小正周期是B．的最大值是C．在上是增函数D．直线是图像的一条对称轴【答案】AB【分析】利用二倍角公式化函数为一次式，再由两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的性质判断各选项．【详解】,最小正周期是，A正确；时，，B正确；时，，其中时，取得最大值，因此在上先增后减，C错误；，所以不是函数图象的一条对称轴，D错误．故选：AB．11．设首项为1的数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）A．数列为等比数列B．数列的通项公式为C．数列为等比数列D．数列的前项和为【答案】AD【分析】由已知可得，结合等比数列的定义可判断A；可得，结合和的关系可求出的通项公式，即可判断B；由可判断C；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前项和公式即可判断D.【详解】因为，所以．又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以，则．当时，，但，故B错误；由可得，即，故C错；因为，所以所以数列的前项和为，故D正确．故选:AD．【点睛】本题考查等比数列的定义，考查了数列通项公式的求解，考查了等差数列、等比数列的前项和，考查了分组求和．12．在中，，且，，若将沿边上的中线折起，使得平面平面．点在由此得到的四面体的棱上运动，则下列结论正确的为（ ）A．B．四面体的体积为1C．存在点使得的面积为1D．四面体的外接球表面积为【答案】BCD【分析】取的中点，连接,利用垂直关系转化得到可判断A；过 作的垂线，利用直接三角形求出高和底面积，再利用体积公式求出体积判断B，求出面积的最大值和最小值即可判断C，确定四面体的外接球的球心，再通过直接三角形求出半径即可判断D【详解】对于A：取的中点，连接 因为 , 又平面平面， 则 ,若，则 则 ，显然不成立，故A错误对于B：易求得的面积为 ，在平面中，过 作的垂线，交 的延长线与点 ，易知 ,因为平面平面， 为三棱锥的高 ，故B正确对于C：显然当 时，的面积取得最小值易知且 又四面体的体积为1，所以 ，即 ,又的面积为 ，所以存在点使得面积为1，故C正确对于D：设和的外心依次为 ,过作平面的垂线 ，过作平面的垂线 ，则四面体的外接球的球心的球心为直线 和 的交点，则四边形 为矩形，且 四面体的外接球的半径为 则外接球的表面积为 ,故D正确故选：BCD三、填空题13．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于________．【答案】252【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为：252．14．已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为________．【答案】【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径r，再利用圆锥的结构特征求出圆锥的高即可计算作答.【详解】设圆锥底面圆半径为r，因圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，于是得，解得，圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：15．过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且，若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是________．【答案】【分析】过作抛物线准线的垂线，垂足为，则，，在中求得直线的斜率，利用渐近线与直线垂直，得，变形后可得离心率的范围.【详解】过作抛物线准线的垂线，垂足为，如图，则，又，所以，，所以直线的斜率等于，显然直线与渐近线垂直，所以，，而，所以，即，，，所以.故答案为：.16．在空间直角坐标系中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】先通过取得最小值这个条件找出当的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.【详解】根据题意，带入可得：，而，，利用基本不等式，当，即取得等号，此时，即，综上可知，当取得最小值时，，带入第二个式子可得，，即，于是，设，，故当时，递增，时，递减，；于是原不等式转化为时，恒成立，即在时恒成立，设，于是，故在时单调递增，，故，即可.故答案为：【点睛】本题恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.四、解答题17．已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项．(1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）设公差为，由，且，，构成等比数列，利用“”法和“”法求解；（2）由（1）得到，利用错位相减法求解.【详解】(1)解：因为数列为各项均为正数的等差数列，所以，即得，设公差为，则有，，，又因为，，构成等比数列的前三项，所以，即，解得或（舍去），所以，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故得，由题意得，，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故.(2)设，则①，在上式两边同时乘以2得，，②，得，，,所以．18．已知的内角，，所对的边分别是，，，．(1)求角；(2)若，求周长的最小值，并求出此时的面积．【答案】(1)(2)最小值为6，的面积．【分析】（1）由正弦定理可得，结合，可得；（2）利用余弦定理和基本不等式求出，得到周长的最小值为6，即可求出的面积．【详解】(1)因为，由正弦定理可得：，因为为三角形内角，所以，所以，可得：，即，因为，可得，可得，所以．(2)因为，即，所以，解得，当且仅当时取等号.所以，周长的最小值为6，此时，的面积．19．如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为线段上靠近的四等分点，证明见解析【分析】（1）根据题目所给的条件，分析图中的几何关系即可证明；（2）建立空间坐标系，用空间向量的方法即可求解.【详解】(1)证明：由平面几何的知识得，，又，∴在中，满足，∴为直角三角形，且，∵四边形为矩形，∴，由，，，平面，平面，所以平面，又平面，∴平面平面；(2)存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点；事实上，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设，由，即，得，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，不妨设，则，平面的一个法向量为，设二面角的平面角大小为，，解得或入（舍去）所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．综上，存在，点为线段上靠近的四等分点.20．为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的指示精神，小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛.规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束.假设每局比赛小明获胜的概率都是.（1）求比赛结束时恰好打了7局的概率；（2）若现在是小明6：2的比分领先，记表示结束比赛还需打的局数，求的分布列及期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）利用事件的独立性，分两种情况，恰 好打了7局小明获胜和恰好打了7局小亮获胜，再概率相加即可.（2）的可能取值为2，3，4，5，利用二项分布，分别求出其相应的概率，列出分布列即可.【详解】（1）恰 好打了7局小明获胜的概率是，恰好打了7局小亮获胜的概率为，∴比赛结束时恰好打了7局的概率为.（2）的可能取值为2，3，4，5，，，，或.∴的分布列如下：.【点睛】方法点睛：求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率.21．已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的左、右两个顶点分别为，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为椭圆的左焦点，求证：的周长为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）、利用已知条件列出方程组，求解，从而得到椭圆得标准方程；（2）、设出直线、的方程，与椭圆方程联立，求出坐标，计算，求出直线的方程，分析出故直线经过定点，从而求出的周长为定值．【详解】(1)，，椭圆经过点，，，，椭圆C的标准方程为．(2)解法一：证明：由题意可知，，设，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，可得，所以，则，故．由可得，可得，所以，则，故，所以，故直线的方程为，即，，故直线过定点，所以的周长为定值8．当时，或，可知是椭圆的通径，经过焦点，此时的周长为定值，综上可得，的周长为定值8．解法二：当直线斜率存在时，设其方程为：，由．设，则有，直线，令，得，直线，令，得，所以，由，所以，即，化简得或．时直线过点（舍），所以，即直线的方程为，过定点．当直线的斜率不存在时，设其方程为：，则有，代入，直线也过定点，综上所述，直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值．解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时，直线与相交于点，则直线的方程为，联立椭圆方程可得：，则可知，易知直线经过椭圆的右焦点，此时的周长为定值，猜想，若的周长为定值，则直线经过椭圆的右焦点．证明如下：依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入椭圆方程得：，设，则．直线，令，得，直线，令，得，因为，所以直线的交点在直线上，即过直线上的点T所作的两条直线和分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值．22．已知函数，（）．(1)若存在两个极值点，求实数的取值范围；(2)若，为的两个极值点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1），，若存在两个极值点，则与，有两个交点，即可得出答案．（2）由（1）知，且，，则，只需证明，即可解得的取值范围．【详解】(1)（1），，若存在两个极值点，则在上有两个根，所以有两个根，即与，有两个交点，，所以在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以时，，所以，所以的取值范围为．(2)证明：由（1）知，且，，所以，所以只需证明，令，故，原不等式等价于对成立，令，，所以单调递减，则有（1）． 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2022届湖北省鄂东南三校高三下学期5月联考数学试题一、单选题1．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数除法求出，求出对应的点即可得结果.【详解】因为，所以，即在复平面内对应的点为在第一象限，故选：A.2．已知集合，若，则集合可能是（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先判断出，对四个选项一一验证，即可得到答案.【详解】因为，所以或.因为，所以.对于A：因为，所以.故A错误；对于B：因为，所以.故B错误；对于C：.因为，所以.故C正确；对于D：因为，所以.故D错误.故选：C.3．已知函数，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据 时，，将 转化为求 ，再当 时，，直接代2进入计算即可【详解】当 时， 当 时， 故选：D4．已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴正半轴上．若点到双曲线的一条渐近线的距离为1，则的标准方程是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出双曲线的渐近线方程，求出抛物线的焦点坐标，利用点到直线的距离转化求解，得到抛物线方程即可．【详解】解：依题意设抛物线方程为（），双曲线的渐近线方程为，因为抛物线的焦点到渐近线的距离为1，则，即，所以的标准方程是，故选：B．5．设曲线（为自然对数的底数）在点处的切线及直线和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆，则（ ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由给定条件可得切线与直线垂直，然后列式计算作答.【详解】由求导得：，因此曲线在点处的切线l斜率，因切线l及直线和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆，则切线l及直线垂直，有，解得，所以.故选：C6．若圆关于直线对称，则从点向圆作切线，切线长最小值为（ ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由题可得，然后利用切线长公式及二次函数的性质即得【详解】由圆，可得，∴圆心，又圆关于直线对称，∴，即，由点向圆所作的切线长为：，即切线长最小值为4.故选：C.7．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，许多地区人们为了达到装点环境、渲染气氛，寄托辞旧迎新、接福纳祥的愿望，设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形的边长为4，中心为，四个半圆的圆心均在正方形各边的中点（如图2）．若点在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标系表示向量，写出的解析式，再求的取值范围即可【详解】以原点，为轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示 因为正方形的边长为，所以 , 设的中点为，则 , 是半圆上的动点，设点 ， ，的取值范围是 同理可知，当在右侧圆弧上运动时， ，的取值范围是 综上可知，的取值范围是 故选：D8．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】函数关于轴对称的解析式为，则它与在有交点，在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，观察图象可得答案.【详解】函数关于轴对称的解析式为，函数，两个函数的图象如图所示：若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，所以，故选：B.二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A．已知随机变量服从正态分布且，则B．设离散型随机变量服从两点分布，若，则C．若3个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则恰有两个空盒的放法共有12种D．已知，若，则【答案】ABC【分析】由正态分布的性质计算概率判断A，由两点分布的性质计算概率判断B，利用分步计数原理（或排列组合知识）求出放球的方法数判断C，根据条件概率公式判断D．【详解】由正态分布的性质，所以，A正确；由两点分布知，所以，B正确；3个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则恰有两个空盒，可以先在一个盒子放一个球，有4种方法，再在下一个盒子放两个球，有3种方法，由乘法原理总方法为，C正确；已知，若，则，D错．故选：ABC．10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．的最小正周期是B．的最大值是C．在上是增函数D．直线是图像的一条对称轴【答案】AB【分析】利用二倍角公式化函数为一次式，再由两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的性质判断各选项．【详解】,最小正周期是，A正确；时，，B正确；时，，其中时，取得最大值，因此在上先增后减，C错误；，所以不是函数图象的一条对称轴，D错误．故选：AB．11．设首项为1的数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）A．数列为等比数列B．数列的通项公式为C．数列为等比数列D．数列的前项和为【答案】AD【分析】由已知可得，结合等比数列的定义可判断A；可得，结合和的关系可求出的通项公式，即可判断B；由可判断C；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前项和公式即可判断D.【详解】因为，所以．又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以，则．当时，，但，故B错误；由可得，即，故C错；因为，所以所以数列的前项和为，故D正确．故选:AD．【点睛】本题考查等比数列的定义，考查了数列通项公式的求解，考查了等差数列、等比数列的前项和，考查了分组求和．12．在中，，且，，若将沿边上的中线折起，使得平面平面．点在由此得到的四面体的棱上运动，则下列结论正确的为（ ）A．B．四面体的体积为1C．存在点使得的面积为1D．四面体的外接球表面积为【答案】BCD【分析】取的中点，连接,利用垂直关系转化得到可判断A；过 作的垂线，利用直接三角形求出高和底面积，再利用体积公式求出体积判断B，求出面积的最大值和最小值即可判断C，确定四面体的外接球的球心，再通过直接三角形求出半径即可判断D【详解】对于A：取的中点，连接 因为 , 又平面平面， 则 ,若，则 则 ，显然不成立，故A错误对于B：易求得的面积为 ，在平面中，过 作的垂线，交 的延长线与点 ，易知 ,因为平面平面， 为三棱锥的高 ，故B正确对于C：显然当 时，的面积取得最小值易知且 又四面体的体积为1，所以 ，即 ,又的面积为 ，所以存在点使得面积为1，故C正确对于D：设和的外心依次为 ,过作平面的垂线 ，过作平面的垂线 ，则四面体的外接球的球心的球心为直线 和 的交点，则四边形 为矩形，且 四面体的外接球的半径为 则外接球的表面积为 ,故D正确故选：BCD三、填空题13．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于________．【答案】252【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为：252．14．已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为________．【答案】【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径r，再利用圆锥的结构特征求出圆锥的高即可计算作答.【详解】设圆锥底面圆半径为r，因圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，于是得，解得，圆锥的高，所以圆锥的体积.故答案为：15．过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且，若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是________．【答案】【分析】过作抛物线准线的垂线，垂足为，则，，在中求得直线的斜率，利用渐近线与直线垂直，得，变形后可得离心率的范围.【详解】过作抛物线准线的垂线，垂足为，如图，则，又，所以，，所以直线的斜率等于，显然直线与渐近线垂直，所以，，而，所以，即，，，所以.故答案为：.16．在空间直角坐标系中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】先通过取得最小值这个条件找出当的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.【详解】根据题意，带入可得：，而，，利用基本不等式，当，即取得等号，此时，即，综上可知，当取得最小值时，，带入第二个式子可得，，即，于是，设，，故当时，递增，时，递减，；于是原不等式转化为时，恒成立，即在时恒成立，设，于是，故在时单调递增，，故，即可.故答案为：【点睛】本题恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.四、解答题17．已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项．(1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）设公差为，由，且，，构成等比数列，利用“”法和“”法求解；（2）由（1）得到，利用错位相减法求解.【详解】(1)解：因为数列为各项均为正数的等差数列，所以，即得，设公差为，则有，，，又因为，，构成等比数列的前三项，所以，即，解得或（舍去），所以，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故得，由题意得，，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故.(2)设，则①，在上式两边同时乘以2得，，②，得，，,所以．18．已知的内角，，所对的边分别是，，，．(1)求角；(2)若，求周长的最小值，并求出此时的面积．【答案】(1)(2)最小值为6，的面积．【分析】（1）由正弦定理可得，结合，可得；（2）利用余弦定理和基本不等式求出，得到周长的最小值为6，即可求出的面积．【详解】(1)因为，由正弦定理可得：，因为为三角形内角，所以，所以，可得：，即，因为，可得，可得，所以．(2)因为，即，所以，解得，当且仅当时取等号.所以，周长的最小值为6，此时，的面积．19．如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)存在，点为线段上靠近的四等分点，证明见解析【分析】（1）根据题目所给的条件，分析图中的几何关系即可证明；（2）建立空间坐标系，用空间向量的方法即可求解.【详解】(1)证明：由平面几何的知识得，，又，∴在中，满足，∴为直角三角形，且，∵四边形为矩形，∴，由，，，平面，平面，所以平面，又平面，∴平面平面；(2)存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点；事实上，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设，由，即，得，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，不妨设，则，平面的一个法向量为，设二面角的平面角大小为，，解得或入（舍去）所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．综上，存在，点为线段上靠近的四等分点.20．为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的指示精神，小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛.规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束.假设每局比赛小明获胜的概率都是.（1）求比赛结束时恰好打了7局的概率；（2）若现在是小明6：2的比分领先，记表示结束比赛还需打的局数，求的分布列及期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）利用事件的独立性，分两种情况，恰 好打了7局小明获胜和恰好打了7局小亮获胜，再概率相加即可.（2）的可能取值为2，3，4，5，利用二项分布，分别求出其相应的概率，列出分布列即可.【详解】（1）恰 好打了7局小明获胜的概率是，恰好打了7局小亮获胜的概率为，∴比赛结束时恰好打了7局的概率为.（2）的可能取值为2，3，4，5，，，，或.∴的分布列如下：.【点睛】方法点睛：求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率.21．已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆的左、右两个顶点分别为，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为椭圆的左焦点，求证：的周长为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）、利用已知条件列出方程组，求解，从而得到椭圆得标准方程；（2）、设出直线、的方程，与椭圆方程联立，求出坐标，计算，求出直线的方程，分析出故直线经过定点，从而求出的周长为定值．【详解】(1)，，椭圆经过点，，，，椭圆C的标准方程为．(2)解法一：证明：由题意可知，，设，直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，可得，所以，则，故．由可得，可得，所以，则，故，所以，故直线的方程为，即，，故直线过定点，所以的周长为定值8．当时，或，可知是椭圆的通径，经过焦点，此时的周长为定值，综上可得，的周长为定值8．解法二：当直线斜率存在时，设其方程为：，由．设，则有，直线，令，得，直线，令，得，所以，由，所以，即，化简得或．时直线过点（舍），所以，即直线的方程为，过定点．当直线的斜率不存在时，设其方程为：，则有，代入，直线也过定点，综上所述，直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值．解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时，直线与相交于点，则直线的方程为，联立椭圆方程可得：，则可知，易知直线经过椭圆的右焦点，此时的周长为定值，猜想，若的周长为定值，则直线经过椭圆的右焦点．证明如下：依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入椭圆方程得：，设，则．直线，令，得，直线，令，得，因为，所以直线的交点在直线上，即过直线上的点T所作的两条直线和分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值．22．已知函数，（）．(1)若存在两个极值点，求实数的取值范围；(2)若，为的两个极值点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1），，若存在两个极值点，则与，有两个交点，即可得出答案．（2）由（1）知，且，，则，只需证明，即可解得的取值范围．【详解】(1)（1），，若存在两个极值点，则在上有两个根，所以有两个根，即与，有两个交点，，所以在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以时，，所以，所以的取值范围为．(2)证明：由（1）知，且，，所以，所以只需证明，令，故，原不等式等价于对成立，令，，所以单调递减，则有（1）． 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