2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第18-22题解析版

这是一份2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第18-22题解析版，共63页。
 2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题18-22题
原题18
1．某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
变式题1基础
2．某商店欲购进某种食品（保质期为两天），且该商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品是刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响.为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量，如下表：
销售量(份)
15
16
17
18
天数
20
30
40
10

（1）根据该食品在本地区100天的销售量统计表，记两天一共销售该食品的份数为，求的分布列与数学期望；（视样本频率为概率）
（2）以两天内该食品所获得的利润的数学期望为决策依据，若该商店计划一次性购进32份或33份该食品，试判断哪一种获得的利润更高.
变式题2基础
3．某品牌餐饮企业为满足人们餐饮需求､丰富产品花色､提高企业竞争力，研发了一款新产品.该产品每份成本元，售价元，产品保质期为两天，若两天内未售出，则产品过期报废.由于烹制工艺复杂，该产品在最初推广阶段由企业每两天统一生产､集中配送一次.该企业为决策每两天的产量，选取旗下的直营连锁店进行试销，统计并整理连续天的日销量(单位：百份)，假定该款新产品每日销量相互独立，得到右侧的柱状图：

（1）记两天中销售该新产品的总份数为(单位：百份)，求的分布列和数学期望；
（2）以该新产品两天内获得利润较大为决策依据，在每两天生产配送百份､百份两种方案中应选择哪种？
变式题3巩固
4．某班体育课组织篮球投篮考核，考核分为定点投篮与三步篮两个项目.每个学生在每个项目投篮5次，以规范动作投中3次为考核合格，定点投篮考核合格得4分，否则得0分；三步篮考核合格得6分，否则得0分.现将该班学生分为两组，一组先进行定点投篮考核，一组先进行三步篮考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明定点投篮考核合格的概率为0.8，三步篮考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关.
（1）若小明先进行定点投篮考核，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.
变式题4巩固
5．绿水青山就是金山银山，生态环境日益受大家重视．2021年广州市某公司为了动员职工积极参加植树造林，在3月12日植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满15棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满25棵获得一次乙箱内摸奖机会．每箱内各有10个球（这些球除颜色外全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球、个黄球、5个黑球（），乙箱内有4个红球和6个黄球．每次摸出一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．
（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，现有100位植树者，请估计植树的棵数在区间内的人数（结果四舍五入取整数）；
（2）某人植树50棵，有两种摸奖方法：方法一：三次甲箱内摸奖机会；方法二：两次乙箱内摸奖机会；请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大？
附参考数据：若，则，．
变式题5提升
6．为加强防疫宣传，某学校举行防疫知识问答竞赛，竞赛共有两类题，第一类是5个中等难度题，每答对一个得10分，答错得0分，第二类是数量较多、难度相当的难题，每答对一个得20分，答错一个扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答（每个题抽后不放回），要求第二类题中至少抽2个．学生小明第一类5题中有4个答对，第二类题中答对每个问题的概率都是．
（1）若小明选择从第一类题中抽两个题，求这次竞赛中，小明共答对3个题的概率；
（2）若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答？
变式题6提升
7．在我国，月日的月日数恰好与火警电话号码相同，而且这一天前后，正值风干物燥、火灾多发之际，全国各地都在紧锣密鼓地开展冬季防火工作，为增加全民的消防安全意识，于年发起，公安部将每年的月日定为全国的“消防日”．为切实提高中学生消防安全知识，增强火灾的应对能力，某市特举办以“消防安全进万家，平安相伴你我他”为主题的知识竞赛，甲、乙同学将代表学校参加．为取得好成绩，二人在消防知识题库中各随机选取题练习，每题答对得分，答错得分，练习结果甲得分，乙得分．若以二人练习中答题正确的频率作为竞赛答题正确的概率，回答下列问题．
竞赛第一环节，要求甲乙二人各选两题做答，每题答对得分，答错不得分，求甲乙二人得分和的概率分布列和期望；
第二环节中，要求二人自选两道题或四道题做答，要求一半及一半以上正确才能过关，那么甲乙二人怎样选择，各自过关的可能性较大．
原题19
8．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
变式题1基础
9．在中，，，分别是角，，的对边，且．
（1）求角；
（2）若，求的取值范围．
变式题2基础
10．设三角形的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，且三角形是锐角三角形，求的值
变式题3巩固
11．在中，内角，，的对边分别是，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若是线段上的点，，，求的长．
变式题4巩固
12．已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的值；
（2）若，求的取值范围．
变式题5提升
13．已知的三个内角，，的对边分别为，，满足.
（1）求；
（2）若，，角的角平分线交边于点，求的长.
变式题6提升
14．已知在中，角，，的对边分别为，，，，．
（1）求的值；
（2）若点线段上的一点满足，求的值．
原题20
15．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
变式题1基础
16．如图，已知正四棱锥底面边长为，高，过且与平行的平面交于点．

（1）求证：，；
（2）求三棱锥的体积．
变式题2基础
17．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求三棱锥的体积.
变式题3巩固
18．如图所示，在三棱锥A­BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点.
(1)求证：AE⊥BD；
(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥D­ABC的体积．

变式题4巩固
19．如图①，在等腰梯形中，分别为的中点为中点,现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体，在图②中.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
变式题5提升
20．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．

（1）证明：；
（2）若是边长为2的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
原题21
21．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
变式题1基础
22．在平面直角坐标系中，点到两点，的距离之和为，设点的轨迹为曲线.
（1）写出的方程；
（2）设过点的斜率为（）的直线与曲线交于不同的两点,，点在轴上，且，求点纵坐标的取值范围.
变式题2基础
23．已知双曲线以、为焦点，点在双曲线上.
（1）求双曲线的方程；
（2）若斜率为的直线与双曲线相交于、两点，且（为坐标原点），求直线的方程.
变式题3巩固
24．在平面直角坐标系中，已知动点到点的距离与它到直线的距离之比为．记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线，．交曲线于，两点，交曲线于，两点，线段的中点为，线段的中点为．证明：直线过定点，并求出该定点坐标．
变式题4巩固
25．已知动圆与圆和圆都外切．
（1）证明动圆圆心M的轨迹C是双曲线的一支，并求其方程；
（2）若直线AB与轨迹C交于A，B两点．，记直线AQ和BQ的斜率分别为，，且，于点P．证明：存在点N，使得为定值．
变式题5提升
26．已知双曲线的离心率为，双曲线上的点到焦点的最小距离为.
（1）求双曲线C的方程；
（2）四边形的四个顶点均在双曲线C上，且，轴，若直线和直线交于点，四边形的对角线交于点D，求点D到双曲线C的渐近线的距离之和.
变式题6提升
27．已知双曲线的实半轴长为1，且上的任意一点到的两条渐近线的距离乘积为
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线过双曲线的右焦点，与双曲线相交于两点，问在轴上是否存在定点，使得的平分线与轴或轴垂直？若存在，求出定点的坐标；否则，说明理由．
原题22
28．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
变式题1基础
29．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当,为两个不相等的正数，证明：.
变式题2基础
30．已知函数
讨论函数的单调性；
设，若不相等的两个正数满足，证明：．
变式题3巩固
31．已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设函数，若存在不相等的实数，，使得，证明：．
变式题4巩固
32．已知函数.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若有两个极值点，求证：.
变式题5提升
33．设函数.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，，证明.
变式题6提升
34．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数（为自然对数的底数）在区间内的零点为，记（其中表示，中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，，证明：.

参考答案：
1．（1）见解析；（2）类．
【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．
【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以的分布列为









（2）由（1）知，．
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以．
因为，所以小明应选择先回答类问题．
2．（1）分布列见解析，32.8；（2）当一次性购进32份该食品时，获得的利润更高.
【分析】（1）根据题意，两天一共销售该食品的份数为的取值依次为，求出各概率得分布列，再由期望公式计算出期望；
（2）根据（1）的分布列求出购进32份和33份该食品的利润期望，比较可得．
【详解】（1）根据题意，两天一共销售该食品的份数为的取值依次为，
，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为

30
31
32
33
34
35
36









所以.
（2）当一次性购进32份时，利润的数学期望为，
当一次性购进33份时，利润的数学期望为
，
由可知，当一次性购进32份该食品时，获得的利润更高.
3．（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）选择每两天生产配送百份.
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式，计算出的分布列并求得数学期望.
（2）分别计算出配送百份、配送百份所获利润，由此作出决策.
【详解】（1）根据题意可得，的所有可能取值为.







的分布列如下：


















（2）当每两天生产配送百份时，利润为百元.
当每两天生产配送百份时，利润为.百元.
由于
所以选择每两天生产配送百份.
4．（1）分布列答案见解析；（2）小明应选择先进行定点投篮考核，理由见解析.
【分析】（1）由已知可得，的所有可能取值为0，4，10，分别计算出概率得分布列；
（2）由（1）求出期望，再求得小明先进行三步篮考核，记为小明的累计得分的分布列，计算出期望，比较期望的大小可得．
【详解】解：（1）由已知可得，的所有可能取值为0，4，10，
则，
，
，
所以的分布列为：

0
4
10

0.2
0.24
0.56

（2）小明应选择先进行定点投篮考核，理由如下：
由（1）可知小明先进行定点投篮考核，累计得分的期望为，
若小明先进行三步篮考核，记为小明的累计得分，
则的所有可能取值为0，6，10，
，
，
，
则的期望为，
因为，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行定点投篮考核.
5．（1）人；（2）第二种方法所得奖金期望值大.
【分析】（1）根据正态分布三段区间的概率值，求特殊区间概率，进而求得植树在内的人数.
（2）由题设，确定甲箱摸奖的概率，注意参数的取值范围求期望值的最值，再由乙箱摸奖的概率求期望值，比较它们的大小.
【详解】（1）由题设，，而，
∴100位植树者中植树的棵数在内的人数为人.
（2）摸甲箱：由题设知，故中100元、50元、没中奖的概率分别为、、；
摸乙箱：中100元、50元的概率分别为、，
∴甲箱内一次摸奖，奖金可能值为，且，，，则，
∴三次摸奖的期望为，而可能取值为，即.
两次乙箱内摸奖，所得奖金可能值为，
，，，
此时，期望奖金为元.
综上，，故第二种方案摸奖期望值大.
6．（1）；（2）第二类题目中选道.
【分析】（1）小明共答对3个题有两种情况：第一类题目答对道，第二类题答对道或第一类题目答对道，第二类题答对道，分别求概率再相加即可求解；
（2）有两种情况：第一类题目选道，第二类题目选道或第一类题目选道，第二类题目选道，分别计算两种情况下后三道题目得分的期望，即可求解.
【详解】（1）小明共答对3个题有两种情况：
当第一类题目答对道，第二类题答对道时，
第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，
此时小明共答对3个题概率为，
当第一类题目答对道，第二类题答对道时，
第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，
此时小明共答对3个题概率为，
所以小明共答对3个题的概率为，
（2）由题意知：有以下两种情况：
第一类题目选道，第二类题目选道，
第二类题目答对的数学期望为，答错的期望为，
所以这三道题得分的数学期望为分，
第一类题目选道，第二类题目选道，
由于小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，则剩下的个题中有个会做，
第一题得分的期望为分，
第二题得分的期望为分，
所以这三道题得分的数学期望为分，
因为，所以应从第二类题目中选道.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点选对正确的分布模型，才可准确求出概率以及数学期望，作出正确的决策.
7．分布列见解析，数学期望为；甲选道题，乙选道题．
【分析】求出甲答题的正确率和乙答题的正确率，设甲乙二人得分和的随机变量为，则的可能取值为，，，，，进而求出相应概率并列分布列，利用数学期望的计算方法计算即可；
分别求出甲乙选题和选道题的过关率，即可判断.
【详解】解：由已知得，甲答题的正确率为，乙答题的正确率为，
设甲乙二人得分和的随机变量为，则的可能取值为，，，，.
则




的分布列为














甲选题，过关率为
甲选题时，过关率为
甲选道题
乙选题，过关率为
乙选题，过关率为
乙选道题.
8．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
9．（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式结合诱导公式求出，结合角的范围即可求解；
（2）利用余弦定理将表示为关于的二次函数，结合求出的范围，进而可得的取值范围．
【详解】（1）由正弦定理得，
即，
，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）由得，且
由（1）知：，由余弦定理得：


当时，由二次函数的性质知：
的值域为，当且仅当时取等号，此时，
所以，即
所以的取值范围为．
10．（1）或；（2）5.
【分析】（1）利用正弦定理将已知条件边化角即可求解；
（2）由已知，利用余弦定理可求得的值，结合为锐角三角形，则，得，从而可得答案.
【详解】解：在三角形中，由，根据正弦定理得，
又，所以，
因为，
所以或．
（2）因为为锐角三角形，所以，
因为，，
所以由余弦定理，得，即，
解得或，
又为锐角三角形，所以，即，
所以.
11．（1）；（2）．
【分析】（1）由正弦定理化边为角，再由三角函数恒等变换公式变形可求得；
（2）在中分别应用余弦定理可求得．
【详解】（1），由正弦定理得，
，
，是三角形内角，，则，
，因为，所以，即；
（2）设，
中由余弦定理得，即①，
在中②，
中，③
因为，，
所以②×2＋③得④
由①④联立可解得．
所以．
12．（1）；（2）.
【分析】(1)结合余弦定理可得，根据三角形内角的范围即可得出结果.
(2)根据正弦定理和三角恒等变换可得，利用辅助角公式化简得到，结合三角形内角的范围即可得出结果.
【详解】（1）由，得，即，
所以．因为，所以；
（2）由正弦定理知：，

，
因为,所以，∴,∴.
13．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理化边为角结合两角和的正弦公式以及三角形的内角和即可求得角；
（2）利用余弦定理可得的值，进而可求出角，在中，求出、利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理化边为角可得：
，
即
所以，
因为，所以
即.
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
代入数据可得：即.
解得：或(舍).
所以，所以，
在中，由是的角平分线，得，
则，
在中，由正弦定理得：即，
可得：.
14．（1）；（2）．
【分析】（1）由正弦定理可得，故设，，由余弦定理可求出，再由余弦定理即可求的值；
（2）由题意可得，，计算即可求解.
【详解】（1）由正弦定理可得，故设，，
由余弦定理得：，
所以，
因为，所以，
由余弦定理得：；
（2）因为，所以，所以，
所以.
15．(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,

所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．

如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
16．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由线面平行关系得，再通过证明得到．由三垂线定理得；
（2）先计算，再根据可得所求的体积.
【详解】（1）因为平面，而平面，平面平面，
所以.
由正四棱锥可得四边形为正方形且，
故且为的中点，，
所以，故.
由四边形为正方形可得，又平面，
为在平面内的射影，故，所以.
（2）因为为的中点，故.
【点睛】本题考查线面平行的性质、线线垂直的证明，也考查了三棱锥体积的计算，后者需注意根据几何体的特征进行体积计算的转移.
17．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）通过证明，证得平面，由此证得.
（Ⅱ）将转化为来求得三棱锥的体积.
【详解】（Ⅰ）∵平面，平面，
∴，
又∵底面为直角梯形，，
∴，
∵，∴平面，
而平面，∴.
（Ⅱ）∵，平面，
∴平面，
∴.

【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查锥体体积计算，属于中档题.
18．（1）见解析（2）
【详解】试题分析：(Ⅰ)先利用等腰三角形的三线合一证得线线垂直，再利用三角形的中位线得到线线平行和垂直，再利用线面垂直的判定和性质进行证明；(Ⅱ)利用等体积法将所求体积进行等价转化，利用线面垂直的判定得到线面垂直，再利用三棱锥的体积公式进行求解．
试题解析：（Ⅰ）证明：设的中点为，连接，∵，∴，又∵为的中点，∴，∵，∴.
∵，∴平面，又∵平面，∴.

（Ⅱ）解：由已知得三棱锥与的体积相等.
∵，平面⊥平面，∴平面，.
由已知得.
∴三棱锥的体积.
所以，三棱锥的体积为.、
考点：1.空间中垂直关系的转化；2.几何体的体积．
19．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）由已知可得EF⊥AB，EF⊥CD，折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF，利用线面垂直的判定得EF⊥平面DCF，从而得到EF⊥MC；（Ⅱ）由已知可得，AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，又DM＝1，得到MF＝1＝AE，然后证明AM⊥DF，进一步得到BE⊥平面AEFD，再由等积法求三棱锥M﹣ABD的体积．
【详解】（Ⅰ）由题意，可知在等腰梯形中，，
∵，分别为，的中点，
∴，.                                                        
∴折叠后，，.                                                
∵，∴平面.                                            
又平面，∴.                                            
（Ⅱ）易知，.
∵，∴.                                                
又，∴四边形为平行四边形.
∴，故.                                                    
∵平面平面，平面平面，且，
∴平面.                                                            
∴                                            
.
即三棱锥的体积为.
【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面间的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．
20．（1）证明见解析；（2）4．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，而平面平面，则由面面垂直的性质定理可得面，再由线面垂直的性质定理可得，
（2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，则可得面，由可得三角形为直角三角形，从而可得为所求的二面角的平面角，所以由，可得，再结合平行关系和是边长为2的等边三角形，可求出三棱锥的体积
【详解】（1），为中点，，
面，面面，且面面，
面，
∵面，
．
（2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，因为∥且由（1）知面，
所以面，
∵面，

在中，，
，
∥，，
面

为所求的二面角的平面角
，
，∥，
，
∥，，

，．
，．


．

21．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
22．（1）（2）
【分析】（1）曲线的方程根据定义易得，，c=1, 所以的方程为;
(2),转化为P在直线的垂直平分线上，又点在轴上，解得，，求得范围．
【详解】解：（1）由题设知,
根据椭圆的定义，的轨迹是焦点为，，长轴长为的椭圆，
设其方程为
则，，，所以的方程为.
（2）依题设直线的方程为.将代入并整理得，
.
设，，
则， .
设的中点为，则，，即.
因为，
所以直线的垂直平分线的方程为，
令解得，，
当时，因为，所以；
当时，因为，所以.
综上得点纵坐标的取值范围是.
23．（1）；（2）或.
【分析】（1）设双曲线的标准方程为，根据题意求出、的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用，并代入韦达定理，求出实数的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，由题意可得，
解得，因此，双曲线的标准方程为；
（2）设直线的方程为，设点、，
将直线的方程与双曲线的方程联立得，消去得，
，由韦达定理得，，
，，解得.
因此，直线的方程为或.
【点睛】本题考查双曲线方程的求解，同时也考查了直线与双曲线中的向量垂直问题，一般将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，考查运算求解能力，属于中等题.
24．（1）（2）直线过定点，证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由两点间距离公式以及点到直线的距离公式列方程化简即可求解；
（2）直线，斜率都存在且不为，设：，与双曲线方程联立消元，求出，代入方程可得，即得点坐标，同理可得点坐标，进而可得直线的方程，即可得所过的定点，同时注意验证二次项系数为和直线，中一个斜率不存在，一个斜率为两种情况是否过该定点，即可求解.
【详解】（1）设，由题意可得：，
即
两边同时平方整理可得：，
所以曲线的方程为：；
（2）若直线，斜率都存在且不为，设：，则：，
由可得：，
当时，即，方程为，此时只有一解，不符合题意，
当时，，
由韦达定理可得：，所以点的横坐标为，
代入直线：可得：，
所以线段的中点,
用替换可得，，
所以线段的中点，
当时，，
直线的方程为：，
整理可得：
，
此时直线过定点，
若时，
则，，或，，直线的方程为，
此时直线也过点，
若直线，中一个斜率不存在，一个斜率为，不妨设斜率为，则：，
：，此时直线的方程为，此时直线也过点，
综上所述：直线过定点，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.
25．（1）证明见解析，()；（2）证明见解析.
【分析】（1）设，易得且，利用两点距离的坐标公式列方程，化简整理即可得M的轨迹为双曲线C的一支，写出方程即可.
（2）令直线为且，，联立直线与双曲线并应用韦达定理得、、、，结合求出参数，则可知直线过定点，根据易知在以为直径的圆上，即可证结论.
【详解】（1）设动圆圆心，则由题意知：且，
∴，则，
两边平方并整理得：，
两边平方并整理得：，即，.
∴动圆圆心M的轨迹C是双曲线的一支，且方程为，.
（2）若令直线为且，，
联立直线与曲线得：，
，则
由，即，
∴，可得.
∴为，过定点，又于点P，故在以为直径的圆上，
∴存在使，为定值.
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线及，联立双曲线应用韦达定理求、、、，结合求参数，进而确定的轨迹为圆.
26．（1）；（2）.
【分析】（1）由题意，列出关于的方程组即可求解；
（2）由题意，根据双曲线的对称性知点D在轴上，设点，对角线MP的方程为，，由对称性知，联立，由韦达定理及推出直线MP过定点D，再由点到直线距离公式即可求解.
【详解】解：（1）由题意，，解得，，所以双曲线C的方程为；
（2）由轴，，可知四边形MNPQ为等腰梯形，且关于轴对称，故四边形MNPQ的对角线的交点D在轴上，如图所示：

设点，则对角线MP的方程为，
设，由对称性知，
联立，消去得，
所以，即，
由韦达定理得，
由三点共线知，即，
所以，整理得，
所以，所以，即，
所以直线MP过定点，即D，
因为双曲线C的渐近线方程为，取方程为时，
由点到直线距离公式得，
由对称性知点D到双曲线C的渐近线的距离之和为.
27．（1）；（2）存在点使得的平分线与轴或轴垂直.
【分析】（1）由已知得，渐近线为，利用点到直线的距离公式列方程即可求得，进而可得双曲线的方程；
（2）假设存在满足题意，可得，设设，，直线
与双曲线方程联立，消去可得关于的二次方程，得出、代入即可求解.
【详解】（1）由题意可得：，所以双曲线
所以渐近线方程为，
设，则，即，
因为在双曲线上，所以，即，
所以，解得：，
所以双曲线的方程为：
（2）假设存在，使得的平分线与轴或轴垂直，则可得，
，设，，直线，
由可得：，
所以，，
所以，
即恒成立，
整理可得：，
所以
即，
所以，
所以，解得，
所以存在点使得的平分线与轴或轴垂直.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求是否存在满足条件的定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.
28．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.

29．（1）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数； （2）见解析.
【分析】(1)求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数，，从而可得结论.
【详解】（1）函数的定义域为，.
若，，则在区间内为增函数；
若，令，得.则当时，，在区间内为增函数；当时，，在区间内为减函数.
（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，
令，则原不等式也等价于即.
下面证明当时，恒成立.
设，则，
故在区间内为增函数，，即，
所以.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
30．（1）见解析； （2）见解析.
【分析】(1)对a分和a＜0讨论，利用导数求函数的单调性；（2）得 ，再求出 ，不妨设，则，转化为证明，令，，再证明即得证.
【详解】 ，，
当时，在单调递增，
当时，时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，

，
，

，
不妨设，则，
所以只要证，
令，t，

在上单调递减，
，，．
【点睛】本题主要考利用导数求函数的单调性，考查利用导数求函数的最值和证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
31．（1）见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）对函数进行求导得，再对分三种情况进行讨论；
（2）先求出，再对进行求导研究函数的图象特征，当时，图象在上是增函数，不符合题；当时，再将问题转化为构造函数进行求解证明.
【详解】（1）函数的定义域为.
，
因为，所以，
①当，即时，
由得或，由得，
所以在，上是增函数， 在上是减函数；
②当，即时，所以在上是增函数；
③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函
综上可知：
当时在，上是单调递增，在上是单调递减；
当时，在.上是单调递增；
当时在，上是单调递增，在上是单调递减.
（2），，
当时， ，所以在上是增函数，故不存在不相等的实数，，使得，所以.
由得，即，
不妨设，则，
要证，只需证，即证，
只需证，令，只需证，即证，
令，则，
所以在上是增函数，所以，
从而，故.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及证明问题，考查函数与方程思想、分类讨论思想、转化与化归思想、数形结合思想的综合运用，考查运算求解能力，属于难题.
32．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，再对参数进行分类讨论即可.
(2)先求，再对参数进行分类讨论，再利用韦达定理求出的解析式，即可证明.
【详解】（1），
当时，f（x）递增区间为；
当m