（2）若【答案】（1）
且的面积为 （2）
求的值.
，再为钝角推出
；（2）由三角形的面
【解析】试题分析：由正弦定理可得积公式得试题解析： （1）因为又因为因为（2）因为由余弦定理得
即
所以
是方程
所以
由正弦定理可得
，由余弦定理推出
，再利用韦达定理可解得
为钝角三角形,且角为最大内角,所以
的面积为
所以
故
所以
的两解,解得
18. 某省电视台举行歌唱大赛,大赛依次设初赛,复赛,决赛三个轮次的比赛.已知某歌手通过初赛,复赛,决赛的概率分别为（1）求的分布列和数学期望. （2）记“函数
【答案】（1）分布列见解析；
是偶函数”为事件,求发生的概率； （2）
且各轮次通过与否相互独立.记该歌手参赛的轮次为
【解析】试题分析：根据的可能取值分别求出对应的概率，即可得到的分布列 试题解析： （1）的可能取值为
的分布列为 1 2 3
（2）因为
是偶函数,所以
19. 如图,在四棱锥
中,平面
为
（1）证明:（2）求二面角
的余弦值.
平面的中点.
或
【答案】（1）证明见解析 （2）二面角【解析】试题分析：（1）利用等腰三角形三线合一证得证得
，从而证得
平面
的法向量
的余弦值为
，再根据面面垂直性质定理
；（2）可以为原点建立空间直角坐标系，求得 和平面
.
的法向量
，从而求得
试题解析： （1）联结所以
平面所以
（2）取线段由（1）知, 空间直角坐标系于是
则
因为又平面所以
的中点
因为
所以分别为
的正半轴建立
为平面
又
的中点, 交线为
故可以为原点, 射线
设平面的一个法向量为
令
得由
得
由
得
易知二面角
得
设平面的法向量为
令
所以面角20. 已知椭圆
（1）求椭圆的方程；
的余弦值为
的平面角为锐角,所以二
的右焦点为左顶点为
（2）过点作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于（不同于点的）与轴的交点是否为定点,若是,求出定点坐标；若不是,请说明理由. 【答案】（1）椭圆的方程为（2）直线
两点.试判断直线
与轴的交点是定点,坐标为
【解析】试题分析：（1）由已知得
（2）①当直线
与轴垂直时
的方程为直线
于轴时设直线
的方程为
椭圆的方程为
联立
与轴的交点为
②当直线
不垂直
联立
且
即或
直线试题解析： （1）由已知得
与轴的交点为
.
由题意知
所以椭圆的方程为（2）①当直线联立此时直线②当直线联立设且而即解得当
或时,满足故直线
【点睛】
本题的几个关键难点有：
的方程为
的方程为
解得
直线
与轴的交点为的方程为
即由题意知,
与轴垂直时,直线
得
不垂直于轴时,设直线
得则
直线的方程为
此时与轴的交点为
与轴的交点是定点,坐标为
利用分类讨论思想确立解题总体思路,即：①直线利用舍而不求法，结合韦达定理将问题转化为较为繁杂的计算量. 21. 已知函数（1）当（2）若【答案】（1）解：（1）当令
得
时,求
的单调区间； 求实数的取值范围.
的增区间为时,当
时,
减区间为
与轴垂直，②当直线不垂直于轴； ；
（2）
单调递减;
时,
所以（2）当当
.而当
时,对于
又因为
当所以又因为因为
时,时,时,存在的增区间为
单调递增. 减区间为
显然符合条件.
使得
不合题意.
,因为
所以当
所以所以所以
代入
；求得讨论时，
时，递减，
；综上的取值范围为
，令
求出零点即可求得其单符合条件；
时，存在
即
解得
设 时,
的两根为
综上所述,实数的取值范围为【解析】试题分析：（1）
调递增、单调递减区间；（2）求出使得
，不合题意；
试题解析： 解：（1）当令
得时,
所以
的增区间为
时,当
时,单调递增. 减区间为
单调递减;