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2022届福建省福州第一中学高三上学期开学质检考试数学试题含解析
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这是一份2022届福建省福州第一中学高三上学期开学质检考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式，求交集即可.
【详解】,所以.
故选：A.
2．若，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】首先化简得到，再求即可.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．已知（ ）
A．a【答案】B
【解析】计算出，然后由指数函数和幂函数的性质比较与的大小．
【详解】，，又，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查幂和对数的大小，掌握对数函数、指数函数、幂函数的单调性是解题关键．能利用函数单调性的利用单调性比较，不能利用函数的单调性的或不同类型的数的可以与中间值如0或1等比较，本题对数值为，然后把幂与比较可得．
4．将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数图象变换的概念，先求出向右平移后的解析式，再求周期变换后的解析式．
【详解】将函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度，
得的图象，
再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
所得图像的函数解析式是．
故选：C．
5．已知均为单位向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由两边平方得，又因为可得，再计算即可得结果．
【详解】由得
因为均为单位向量，则，所以，
又，所以
故选：C．
6．已知角满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据诱导公式和二倍角公式将所求式子化为，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
7．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．
【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，
则由题意可得，
，
圆柱的体积为，
则．
当且仅当，即时等号成立．
圆柱的最大体积为，
故选：．
【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．
8．过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出切点弦的方程后可求不在任何切点弦上的点形成的区域的面积.
【详解】
设圆的动点为，过作圆的切线，切点分别为，
则过的圆是以直径的圆，该圆的方程为：.
由可得的直线方程为：.
原点到直线的距离为，
故圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为，
故选：A.
二、多选题
9．已知双曲线（，），则不因改变而变化的是（ ）
A．焦距B．离心率C．顶点坐标D．渐近线方程
【答案】BD
【解析】将双曲线方程整理为标准方程，写出焦距，离心率，顶点坐标和渐近线方程，判断是否因改变而变化，即可得解.
【详解】整理双曲线方程可得，
该双曲线焦距为：，
离心率为：，
顶点坐标为和，
渐近线方程为，
不因改变而变化的是离心率与渐近线方程.
故选：BD.
【点睛】本题考查了双曲线的简单性质的应用，属于基础题.
10．已知四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．平面B．
C．D．与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】连接交于点，利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知A正确；利用等腰三角形三线合一性质可得，，由线面垂直判定可知平面，由线面垂直的性质可知B正确；假设，由垂直关系可证得平面，从而推导得到平面平面，显然不成立，由此可知C错误；由平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得，由此可知D正确.
【详解】对于A，连接交于点，连接，
四边形为菱形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面，A正确；
对于B，取中点，连接，
为等边三角形，为中点，；
，，为等边三角形，；
，平面，平面，
又平面，，B正确；
对于C，假设，则，
由B知：，又，，
，平面，平面，
又平面，平面平面，
平面平面，平面平面，
由图形可知：平面平面，平面平面不成立，
则假设错误，，C错误；
对于D，，与所成角即为与所成角，即为或的补角；
设，则，
，平面，平面平面，平面平面，平面，
又平面，，
，又，
，
即与所成角的余弦值为，D正确.
故选：ABD.
11．甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．事件与事件不相互独立D．两两互斥
【答案】BD
【分析】根据的意义可求其概率，从而可判断B的正误，根据全概率公式可计算，故可判断A的正误，根据独立事件的乘法公式和互斥事件的定义可判断CD的正误.
【详解】，
又，故B正确.
故
，故A错误.
，故，
所以事件与事件不相互独立，
根据互斥事件的定义可得两两互斥，
故选：BD.
12．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．
C．曲线存在对称轴D．曲线存在对称中心
【答案】ABC
【分析】根据配方法、函数对称的性质、导数、正弦函数的性质，结合不等式的性质进行判断即可.
【详解】A：因为，
所以，当且仅当时，故A正确；
B：等价于，设，，
所以函数在时单调递增，
因此有，即，
而设函数，，
所以是实数集上的偶函数，因此有，
即，，，故B正确；
C：因为，
所以曲线关于直线对称，故C正确；
D：设曲线存在对称点，设为，则有，
当时，则有，
当时，则有，
即，
因此有，所以为整数，，
令，，
而，
显然不恒成立，故D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
13．曲线在处的切线方程为__________.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】，切点为，
，，
切线为：，即.
故答案为：
14．的展开式中，项的系数是___________.
【答案】56
【分析】写出展开式通项公式，然后由未知数的指数求得所在项数后可得结论．
【详解】解：的展开式中，
通项公式为，
令，可得项的系数是.
故答案为：56．
15．已知是抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于两点，的中点为，过作抛物线准线的垂线交准线于，若的中点为，则__________.
【答案】
【分析】先设，的坐标，根据，满足抛物线方程将其代入得到两个关系式，再将两个关系式相减根据直线的斜率，求出的方程，代入抛物线方程，利用纵坐标的值可求出的值．
【详解】解：设，，抛物线的准线为，
中点的坐标为，
，，，所以的斜率，
所以直线的方程为，
代入抛物线方程可得，
，可得，
．
故答案为：．
四、双空题
16．百善孝为先，孝敬父母是中华民族的传统美德.因父母年事已高，大张与小张兄弟俩约定：如果两人在同一天休息就一起回家陪伴父母，并把这一天记为“家庭日”.由于工作的特殊性，大张每工作三天休息一天，小张每周星期一与星期五休息，除此之外，他们没有其它休息日.已知2021年共有365天，2021年1月1日（星期五）是他们约定的首个“家庭日”，则2021年全年他们约定的“家庭日”是星期五的天数为__________；2021年全年他们约定的“家庭日”共有__________个.
【答案】 ； .
【分析】根据等差数列的性质进行求解即可.
【详解】设大张的休息日构成的等差数列为，显然大张在2021年第天放假，
所以有，
若小张每周星期五休息，小张休息日构成等差数列为，则有，
此时两数列的公共项为：，首项为，公差为，末项为，
设共有项，所以有；
若小张每周星期一休息，小张休息日构成等差数列为，则有，
此时两数列的公共项为：，首项为，公差为，末项为，
设共有项，所以有，
所以2021年全年他们约定的“家庭日”共有天，
故答案为：；
五、解答题
17．已知数列满足，，设.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)前项和为
【分析】（1）根据等差数列的定义，可得是等差数列，进而求出通项公式；
（2）由已知求出的通项公式，再用错位相减法求解即可.
【详解】(1)因为，
所以，即，
所以为等差数列，
其首项为，公差.
所以.
(2)由（1）得，，
设数列的前项和为，
则，
，
相减得，.
，
数列的前项和为.
18．如图，在四边形中，，，，，.
（1）求；
（2）求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）计算出、，利用两角和的余弦公式可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理可求出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.
【详解】（1）因为，，则、均为锐角，
所以，，，
，
，则，因此，；
（2）在中，由正弦定理可得，
可得，
在中，由余弦定理可得，
因此，.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
19．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.
20．如图，四边形为菱形，四边形为平行四边形，，．
（1）求证：；
（2）若，且二面角为，求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明平面，进而可证得；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的方程，解出正实数的值，由平面结合锥体的体积公式可求得多面体的体积.
【详解】（1）设与相交于点，连接，
因为四边形为菱形，所以，为的中点，
因为，所以，
又因为，所以平面，
平面，所以；
（2）连接，因为，为中点，所以，
又，，所以平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、，设，则，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，可得，
设平面的法向量为，，
则，即，令，可得，
所以，
即，因为，解得．
由（1）知平面，且为的中点，
所以
因为，所以，
故多面体的体积为．
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
21．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
22．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增；
(2).
【分析】（1）需对原函数进行二次求导，再得到其二次求导后的函数最值，再得到一次求导后的函数大于等于0，最后得到原函数的单调性.
（2）对进行分类讨论，得到符合题意的情况，再利用换元，隐零点等证明部分分类讨论情况不合题意.
【详解】(1)解：若，，
则，
令，则，
令，解得：，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
则，且当时等号成立，即，且当时等号成立，
故在上单调递增.
(2)，
由（1）得：当，即，
若，，在上单调递减，
由于，所以时，，不符合题意；
若，令，则，
由于，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，
由于，
若，，
当时，在上单调递减，所以，所以在上单调递增，
，符合题意；
若，，而，可得：；
令，则，，
设，则，
当时，，因此在上单调递增，所以，
即，因此，使得，
因此当时，，函数在上单调递减，所以，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】对于有些函数一次求导后无法直接得到其单调性，我们需要二次求导再往前推出原函数单调性，分类讨论的数学思想在导数题中经常体现，同时换元法，设隐零点等都是常见的数学技巧，平时要多加积累.
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3
4
5
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式，求交集即可.
【详解】,所以.
故选：A.
2．若，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】首先化简得到，再求即可.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．已知（ ）
A．a
【解析】计算出，然后由指数函数和幂函数的性质比较与的大小．
【详解】，，又，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查幂和对数的大小，掌握对数函数、指数函数、幂函数的单调性是解题关键．能利用函数单调性的利用单调性比较，不能利用函数的单调性的或不同类型的数的可以与中间值如0或1等比较，本题对数值为，然后把幂与比较可得．
4．将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数图象变换的概念，先求出向右平移后的解析式，再求周期变换后的解析式．
【详解】将函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度，
得的图象，
再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
所得图像的函数解析式是．
故选：C．
5．已知均为单位向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由两边平方得，又因为可得，再计算即可得结果．
【详解】由得
因为均为单位向量，则，所以，
又，所以
故选：C．
6．已知角满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据诱导公式和二倍角公式将所求式子化为，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
7．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．
【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，
则由题意可得，
，
圆柱的体积为，
则．
当且仅当，即时等号成立．
圆柱的最大体积为，
故选：．
【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．
8．过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出切点弦的方程后可求不在任何切点弦上的点形成的区域的面积.
【详解】
设圆的动点为，过作圆的切线，切点分别为，
则过的圆是以直径的圆，该圆的方程为：.
由可得的直线方程为：.
原点到直线的距离为，
故圆不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为，
故选：A.
二、多选题
9．已知双曲线（，），则不因改变而变化的是（ ）
A．焦距B．离心率C．顶点坐标D．渐近线方程
【答案】BD
【解析】将双曲线方程整理为标准方程，写出焦距，离心率，顶点坐标和渐近线方程，判断是否因改变而变化，即可得解.
【详解】整理双曲线方程可得，
该双曲线焦距为：，
离心率为：，
顶点坐标为和，
渐近线方程为，
不因改变而变化的是离心率与渐近线方程.
故选：BD.
【点睛】本题考查了双曲线的简单性质的应用，属于基础题.
10．已知四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．平面B．
C．D．与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】连接交于点，利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知A正确；利用等腰三角形三线合一性质可得，，由线面垂直判定可知平面，由线面垂直的性质可知B正确；假设，由垂直关系可证得平面，从而推导得到平面平面，显然不成立，由此可知C错误；由平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得，由此可知D正确.
【详解】对于A，连接交于点，连接，
四边形为菱形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面，A正确；
对于B，取中点，连接，
为等边三角形，为中点，；
，，为等边三角形，；
，平面，平面，
又平面，，B正确；
对于C，假设，则，
由B知：，又，，
，平面，平面，
又平面，平面平面，
平面平面，平面平面，
由图形可知：平面平面，平面平面不成立，
则假设错误，，C错误；
对于D，，与所成角即为与所成角，即为或的补角；
设，则，
，平面，平面平面，平面平面，平面，
又平面，，
，又，
，
即与所成角的余弦值为，D正确.
故选：ABD.
11．甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．事件与事件不相互独立D．两两互斥
【答案】BD
【分析】根据的意义可求其概率，从而可判断B的正误，根据全概率公式可计算，故可判断A的正误，根据独立事件的乘法公式和互斥事件的定义可判断CD的正误.
【详解】，
又，故B正确.
故
，故A错误.
，故，
所以事件与事件不相互独立，
根据互斥事件的定义可得两两互斥，
故选：BD.
12．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．
C．曲线存在对称轴D．曲线存在对称中心
【答案】ABC
【分析】根据配方法、函数对称的性质、导数、正弦函数的性质，结合不等式的性质进行判断即可.
【详解】A：因为，
所以，当且仅当时，故A正确；
B：等价于，设，，
所以函数在时单调递增，
因此有，即，
而设函数，，
所以是实数集上的偶函数，因此有，
即，，，故B正确；
C：因为，
所以曲线关于直线对称，故C正确；
D：设曲线存在对称点，设为，则有，
当时，则有，
当时，则有，
即，
因此有，所以为整数，，
令，，
而，
显然不恒成立，故D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
13．曲线在处的切线方程为__________.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】，切点为，
，，
切线为：，即.
故答案为：
14．的展开式中，项的系数是___________.
【答案】56
【分析】写出展开式通项公式，然后由未知数的指数求得所在项数后可得结论．
【详解】解：的展开式中，
通项公式为，
令，可得项的系数是.
故答案为：56．
15．已知是抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于两点，的中点为，过作抛物线准线的垂线交准线于，若的中点为，则__________.
【答案】
【分析】先设，的坐标，根据，满足抛物线方程将其代入得到两个关系式，再将两个关系式相减根据直线的斜率，求出的方程，代入抛物线方程，利用纵坐标的值可求出的值．
【详解】解：设，，抛物线的准线为，
中点的坐标为，
，，，所以的斜率，
所以直线的方程为，
代入抛物线方程可得，
，可得，
．
故答案为：．
四、双空题
16．百善孝为先，孝敬父母是中华民族的传统美德.因父母年事已高，大张与小张兄弟俩约定：如果两人在同一天休息就一起回家陪伴父母，并把这一天记为“家庭日”.由于工作的特殊性，大张每工作三天休息一天，小张每周星期一与星期五休息，除此之外，他们没有其它休息日.已知2021年共有365天，2021年1月1日（星期五）是他们约定的首个“家庭日”，则2021年全年他们约定的“家庭日”是星期五的天数为__________；2021年全年他们约定的“家庭日”共有__________个.
【答案】 ； .
【分析】根据等差数列的性质进行求解即可.
【详解】设大张的休息日构成的等差数列为，显然大张在2021年第天放假，
所以有，
若小张每周星期五休息，小张休息日构成等差数列为，则有，
此时两数列的公共项为：，首项为，公差为，末项为，
设共有项，所以有；
若小张每周星期一休息，小张休息日构成等差数列为，则有，
此时两数列的公共项为：，首项为，公差为，末项为，
设共有项，所以有，
所以2021年全年他们约定的“家庭日”共有天，
故答案为：；
五、解答题
17．已知数列满足，，设.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)前项和为
【分析】（1）根据等差数列的定义，可得是等差数列，进而求出通项公式；
（2）由已知求出的通项公式，再用错位相减法求解即可.
【详解】(1)因为，
所以，即，
所以为等差数列，
其首项为，公差.
所以.
(2)由（1）得，，
设数列的前项和为，
则，
，
相减得，.
，
数列的前项和为.
18．如图，在四边形中，，，，，.
（1）求；
（2）求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）计算出、，利用两角和的余弦公式可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理可求出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.
【详解】（1）因为，，则、均为锐角，
所以，，，
，
，则，因此，；
（2）在中，由正弦定理可得，
可得，
在中，由余弦定理可得，
因此，.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
19．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.
20．如图，四边形为菱形，四边形为平行四边形，，．
（1）求证：；
（2）若，且二面角为，求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明平面，进而可证得；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的方程，解出正实数的值，由平面结合锥体的体积公式可求得多面体的体积.
【详解】（1）设与相交于点，连接，
因为四边形为菱形，所以，为的中点，
因为，所以，
又因为，所以平面，
平面，所以；
（2）连接，因为，为中点，所以，
又，，所以平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、，设，则，
设平面的法向量为，，，
则，即，令，可得，
设平面的法向量为，，
则，即，令，可得，
所以，
即，因为，解得．
由（1）知平面，且为的中点，
所以
因为，所以，
故多面体的体积为．
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
21．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
22．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增；
(2).
【分析】（1）需对原函数进行二次求导，再得到其二次求导后的函数最值，再得到一次求导后的函数大于等于0，最后得到原函数的单调性.
（2）对进行分类讨论，得到符合题意的情况，再利用换元，隐零点等证明部分分类讨论情况不合题意.
【详解】(1)解：若，，
则，
令，则，
令，解得：，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
则，且当时等号成立，即，且当时等号成立，
故在上单调递增.
(2)，
由（1）得：当，即，
若，，在上单调递减，
由于，所以时，，不符合题意；
若，令，则，
由于，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，
由于，
若，，
当时，在上单调递减，所以，所以在上单调递增，
，符合题意；
若，，而，可得：；
令，则，，
设，则，
当时，，因此在上单调递增，所以，
即，因此，使得，
因此当时，，函数在上单调递减，所以，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】对于有些函数一次求导后无法直接得到其单调性，我们需要二次求导再往前推出原函数单调性，分类讨论的数学思想在导数题中经常体现，同时换元法，设隐零点等都是常见的数学技巧，平时要多加积累.
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