2021年全国新高考II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II卷数学试题变式题第18-22题解析版，共64页。试卷主要包含了在中，角的对边分别为，若.，在四棱锥中，底面是正方形，若等内容，欢迎下载使用。
 2021年全国新高考II卷数学试题变式题18-22题
原题18
1．在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
变式题1基础
2．在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面问题中进行解答．
问题：在中，角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ， ．
（1）求出角A;
（2）若，，求．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
变式题2基础
3．已知，，分别为三个内角，，的对边，.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的周长.
变式题3巩固
4．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：的内角的对边分别为，若，__________，求的值．
变式题4巩固
5．在中，角的对边分别为，若.
（1）求角的值；
（2）若，且的面积为，求边上的中线的长.
变式题5提升
6．ABC中，分别为角A，B，C的对边，且满足．
（1）求角C ；
（2）若ABC为锐角三角形，c＝12，求ABC面积S的最大值．
变式题6提升
7．锐角的内角的对边分别为，已知，，
（1）求的值及的面积；
（2）的平分线与交于，，求的值．
原题19
8．在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
变式题1巩固
9．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中点.

（1）证明：面面PCD；
（2）求面AMC与面BMC所成二面角的正弦值.
变式题2巩固
10．如图，在四面体中，，分别是线段，的中点，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）若二面角为，求二面角的余弦值．
变式题3巩固
11．如图，在等腰梯形中，，，将沿着翻折，使得点到点处，且.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的平面角的正弦值.
变式题4巩固
12．如图，正四面体中，O是顶点A在底面内的射影，E是中点，平面与棱交于M．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
变式题5巩固
13．如图，在几何体中，四边形是边长为的菱形，且，，，，平面平面．

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
变式题6巩固
14．如图1，在梯形中，，，，，梯形的高为1，为的中点，以为折痕将折起，使点A到达点的位置，且平面平面，连接，，如图2.

（1）证明：平面平面；
（2）求图2中平面与平面所成锐二面角的余弦值.
原题20
15．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
变式题1基础
16．已知椭圆（，）的离心率为，且其右顶点到右焦点的距离为.
（1）求的方程；
（2）点，在上，且.证明：存在定点，使得到直线的距离为定值.
变式题2基础
17．已知直线，圆，椭圆的离心率，直线被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等.
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上任意一点作椭圆的两条切线，若切线的斜率都存在，求证：两条切线斜率之积为定值.
变式题3巩固
18．已知椭圆的离心率为，焦距为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
变式题4巩固
19．已知椭圆（）的左、右焦点为，，，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）的左顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，求证：．
变式题5提升
20．已知椭圆的左、右焦点分别是、，其离心率，点是椭圆上一动点，内切圆面积的最大值为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线，与椭圆分别相交于点，求证：为定值．
变式题6提升
21．已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，左顶点为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，，点在椭圆上，直线，分别与椭圆交于另一点，，若，，求证：为定值.
原题21
22．一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
变式题1基础
23．某高校设计了一个实验学科的考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定至少正确完成其中2题才可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
（1）分别写出甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的分布列，并计算均值；
（2）试从甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的均值、方差及至少正确完成2题的概率方面比较两位考生的实验操作能力．
变式题2基础
24．中国提出共建“一带一路”，旨在促进更多的经济增长和更大的互联互通，随着“一带一路”的发展，中亚面粉､波兰苹果､法国红酒走上了国人的餐桌，中国制造的汽车､电子元件､农产品丰富着海外市场.为拓展海外市场，某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统有3个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为900元.
（1）求系统需要维修的概率；
（2）该电子产品共由3个系统组成，设为电子产品所需要维修的费用，求的分布列和数学期望.
变式题3巩固
25．根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流每年最高水位（单位：）的频率分布表如表1所示：
表1
最高水位





频率
0.15
0.44
0.36
0.04
0.01

将河流每年最高水位落入各组的频率视为概率，并假设每年河流最高水位相互独立.
（1）求在未来3年中，至多有1年河流最高水位的概率；
（2）该河流对沿河一蔬菜种植户的影响如下：当时，因河流水位较低，影响蔬菜正常灌溉，导致蔬菜干旱，造成损失；当时，因河流水位过高，导致蔬菜内涝，造成损失.每年的蔬菜种植成本为60000元，从以下三个应对方案中选择一个，求该方案下蔬菜种植户所获利润的数学期望.
方案一：不采取措施，蔬菜年销售收入情况如表2所示：
表2
最高水位



蔬菜年销售收入/元
40000
120000
0

方案二：只建设引水灌溉设施，每年需要建设费5000元，蔬菜年销售收入情况如表3所示：
表3
最高水位



蔬菜年销售收入/元
70000
120000
0

方案三：建设灌溉和排涝配套设施，每年需要建设费7000元，蔬菜年销售收入情况如表4所示：
表4
最高水位



蔬菜年销售收入/元
70000
120000
70000

附：蔬菜种植户所获利润＝蔬菜销售收入－蔬菜种植成本－建设费.
变式题4巩固
26．已知甲、乙两名射手每次射击击中的环数均大于6环，且甲击中10，9，8，7环的概率分别为0.5，，，0.1，乙击中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，甲，乙射击结果互不影响．记甲，乙两名射手在一次射击中的环数分别为ξ，．
（1）求，的分布列；．
（2）求，的数学期望与方差，并比较甲、乙两名射手的射击技术．
变式题5提升
27．某公司准备投产一种新产品，经测算，已知每年生产万件的该种产品所需要的总成本（万元），依据产品尺寸，产品的品质可能出现优、中、差三种情况，随机抽取了1000件产品测量尺寸，尺寸分别在，，，，，，（单位：）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示.

产品的品质情况和相应的价格（元/件）与年产量之间的函数关系如下表所示.
产品品质
立品尺寸的范围
价格与产量的函数关系式
优


中


差



以频率作为概率解决如下问题：
（1）求实数的值；
（2）当产量确定时，设不同品质的产品价格为随机变量，求随机变量的分布列；
（3）估计当年产量为何值时，该公司年利润最大，并求出最大值.
变式题6提升
28．新冠肺炎是年月日左右出现不明原因肺炎，在年月日确诊为新型冠状病毒肺炎.新型冠状病毒肺炎（CoronaVirusDisease2019，COVID-19）是由严重急性呼吸系统综合征冠状病毒（severeacuterespiratorysyndromecoronavirus2，SARS-CoV-2）感染后引起的一种急性呼吸道传染病.现已将该病纳入《中华人民共和国传染病防治法》规定的乙类传染病，并采取甲类传染病的预防、控制措施.年月日，习近平总书记主持召开中共中央政治局会议，讨论国务院拟提请第十三届全国人民代表大会第三次会议审议的《政府工作报告》稿.会议指出，今年下一阶段，要毫不放松常态化疫情防控，着力做好经济社会发展各项工作.某企业积极响应政府号召，努力做好复工复产工作.准备投产一批特殊型号的产品，已知该种产品的成本与产量的函数关系式为：.该种产品的市场前景无法确定，有三种可能出现的情况，各种情形发生的概率及产品价格与产量的函数关系式如下表所示：
市场情形
概率
价格与产量函数关系式
好


中


差



设、、分别表示市场情形好、中、差时的利润，随机变量表示当产量为时而市场前景无法确定的利润.
（1）分别求利润、、的函数关系式；
（2）当产量确定时，求期望；
（3）试问产量取何值时，期望取得最大值.
原题22
29．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
变式题1基础
30．已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）当|时，函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
变式题2基础
31．已知函数．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）求出函数零点的个数．
变式题3巩固
32．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若至少有两个不同的零点，求的最大值
变式题4巩固
33．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当函数仅有两个零点，时.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：.
变式题5提升
34．设()，，
（1）求的单调区间：
（2）已知函数有两个零点，，且，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：随着的减小而增大.
变式题6提升
35．已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）证明：当时，在上有且仅有一个零点．

参考答案：
1．（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
2．条件选择见解析（1）；（2）.
【分析】选条件，（1）由正弦定理，可得，即可求解角A；（2）结合面积公式和余弦定理可得解；
选条件‚，（1）由余弦定理，，即可求解角A；（2）结合面积公式和余弦定理可得解；
【详解】选条件
（1）由正弦定理得，，因为，所以
，又，故；

（2）由余弦定理，即

由得出
选条件‚
（1）由余弦定理知，又
故；
（2）
由余弦定理，
由得出
3．（1）；（2）6.
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合恒等变换可得答案；
（2）根据面积公式可得，结合余弦定理可求，进而可得答案.
【详解】（1）因为
由正弦定理可得
因为，所以，即；
因为，
所以；
（2）因为，所以；
因为，所以，
所以，
所以周长为.
4．选择见解析；．
【分析】选①：由，根据正弦定理和两角和的正弦公式，求得，求得，结合面积公式，列出方程求得，再由余弦定理，即可求解；
选②：由，化简得到，求得，结合面积公式，列出方程求得，再由余弦定理，即可求解；
选③：由，根据余弦定理求得，结合面积公式，列出方程求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】若选①：因为，可得，
又因为，可得，
以，即，
所以，因为，可得，
所以，解得，
由余弦定理，可得，
所以.
若选②：因为，可得，
所以，
因为，可得，所以，
因为，可得，
所以，解得，
由余弦定理，可得，
所以.
若选③：因为，由余弦定理可得，
因为，可得，
所以，解得，
由余弦定理，可得，
所以.
5．（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后结合诱导公式、两角和的正弦公式变形后，再由两角和的余弦公式求得；
（2）由三角形面积公式求得边长，由余弦定理得中线长．
【详解】解：在中，，
（1），
由正弦定理得，
由整理得：
，
，
即，
，
，
（2），
，
.
在中，有余弦定理，
.
6．（1）或；（2）.
【分析】（1）根据， 由正弦定理得到：，即求解；
（2）由（1）根据ABC为锐角三角形，得到，然后利用余弦定理结合基本不等式得到的范围求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：，
因为，
所以，
所以，即，
所以或，
即或，
①若，则，
②若，则，
因为，所以，即，
综上，或.
（2）因为ABC为锐角三角形，所以，
因为，
即（当且仅当a＝b等号成立）.
所以
即△ABC面积S的最大值是
7．（1），；（2）．
【分析】（1）根据正弦定理边角互化并整理得，进而根据题意得，再结合余弦定理得，进而根据面积公式求解即可；
（2）根据题意得，进而得，再结合得，进而由即可求得答案.
【详解】解：（1）根据题意，结合正弦定理边角互化得，
即，
因为，所以，
所以，
因为在锐角中，，所以.
所以，
因为，所以，解得
所以的面积
（2）因为的平分线与交于，，
所以，即，
所以，由于，
所以
所以，所以
8．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
9．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证明与平面垂直后可证得面面垂直；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
（2）由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则得，
设平面的一个法向量是，则
，取，则得，
，
设所求二面角大小为，则．

10．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）利用勾股定理逆定理证明，从而可证平面，然后可得面面垂直；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，用向量法求二面角．
【详解】（1），分别是线段，的中点，则，，
又，所以，
，所以，
所以，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
由（1）可得平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，即，所以，
所以，，，，，
，，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，，
．
所以二面角的余弦值为．

11．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过C做，交于E，连接AC，可得，根据余弦定理，求得，结合勾股定理，可证，又，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，求得各点坐标，进而可得，，，坐标，即可求得平面，的法向量， ，利用向量的夹角公式，即可求得二面角平面角的余弦值，即可得答案.
【详解】解：（1）由等腰梯形中，，
过C做，交于E，连接AC，如图所示

根据对称性可得，，
所以，可得，
又由，
所以，即，
所以，即，
又因为，且，
所以平面，又由平面，
所以平面平面.
（2）取的中点，的中点，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴正方向建立空间坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，令，得一个法向量，
又，令，则，得一个法向量，
所以，
所以
所以二面角的平面角的正弦值为.

12．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）延长与交于N，设正四面体的棱长为a，即可求出，再利用勾股定理求出，依题意可得，从而求出，即可得到，，两两垂直，则平面，即可得证．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】（1）延长与交于N，设正四面体的棱长为a，
则，，
，
又O正三角形的中心，，
得：，
则由勾股定理逆定理，
，，两两垂直，
即，，，且，平面
平面．
因为平面
所以平面平面
（2）取为原点，、、方向为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
设平面的法向量为，
则
令，得：，
由（1）知，平面的一个法向量是，
不妨取，得：，
则，
易知二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为．
13．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过面面垂直的性质定理得到平面内直线平面，通过平行四边形证得平面内直线，由此证得平面平面.
（2）通过直线与平面所成角求得，建立空间直角坐标系，利用向量法计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）设是中点，是中点，画出图象如下图所示.
由于，所以，由于平面平面，且两个平面的交线为，
所以平面，所以.
由于是的中点，所以，而，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
由于平面，所以平面平面.
（2）由于四边形是菱形，且，所以三角形是等边三角形，,.
由于平面所以是直线与平面所成角，所以，解得.
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
,
平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面与平面所成锐二面角为，
则.

14．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过点作于点，连接，根据题中长度关系，可证，即可证四边形为正方形，所以，根据面面垂直的性质定理，可证平面，即可得，根据面面垂直的判定定理，即可得证.
（2）如图建系，可得各点坐标，根据面面垂直的性质定理，可得平面，即可得平面的法向量，再求得的法向量，利用二面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）如图，在梯形中，过点作于点，连接，

由题意知，，.
由，可得，
则，

，.
又，，
∴四边形为正方形，
∴.
在四棱锥中，
∵平面平面，
平面平面，，
∴平面.
∵平面，
∴.
∵，且，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面.
（2）在四棱锥中，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，

可得，，，，.
∵平面平面，
平面平面，，
∴平面，
∴是平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
∵，，
∴，即
取，则，，.
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为
15．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
16．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的性质得到关于，，的方程组，解出即可求出椭圆的方程；
（2）分类讨论，先讨论直线与轴垂直时的情况，再讨论直线不与轴垂直时，设直线的方程是，，，，，联立直线和椭圆的方程，结合，求出，整理判断即可．
【详解】（1）由题设可知
解得：，
又，所以的方程为：
（2）①若直线与轴垂直
由对称性可知，
将点代入椭圆方程，解得
②若直线不与轴垂直
设直线的方程为，
由
消去得.
设，，设，，
则由条件，即
由韦达定理
得
整理得.
即，
故存在定点，使得到直线的距离为定值．
17．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得圆心到直线的距离，从而可得，再由离心率和可求出，进而可求出椭圆的方程；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立方程组消去，则由直线与椭圆相切可得，再由判别式可判断此方程两个根，即可得过点的切线有两条，从而由根与系数的关系可得，结合可求得答案
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
圆心到直线的距离，
因为圆的半径为，
所以被圆截得的弦长为，所以.
由题意得，
又，所以，.所以椭圆的方程为.
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，整理得.
联立，消去，得，
整理得.
因为切线与椭圆相切，
所以，
整理得，，因为，所以.
设满足题意的椭圆的两条切线的斜率分别为，，
则.
因为点在圆上，所以，所以.
所以两条切线斜率之积为定值.
18．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据离心率为，焦距为，由求解；
（2）①当直线与轴不重合时，设直线的方程为，由与联立，然后结合韦达定理，利用数量积运算求解；②当直线与轴重合时，直线的方程为，然后结合韦达定理，利用数量积运算求解；
【详解】（1）由题意得，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）①当直线与轴不重合时，设直线的方程为，
将代入得，
所以，
由题意得，
将，代入上式得
，要使得为定值，
即为定值，即，解得，
即时，为定值，
②当直线与轴重合时，直线的方程为，
成立
所以存在定点，使得为定值．
【点睛】方法点睛：(1)求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．（1）；（2）证明见解析．
【分析】(1)由可求出，结合离心率可知，进而可求出，即可求出标准方程.
(2) 由题意知，，则由直线的点斜式方程可得直线的解析式为，与椭圆进行联立，设，，结合韦达定理可得，从而由斜率的计算公式对进行整理化简从而可证明.
【详解】（1）解：因为，所以．又因为离心率，所以，则，
所以椭圆的标准方程是．
（2）证明：由题意知，，，则直线的解析式为，
代入椭圆方程，得．
设，，则．又因为，

，所以．

【点睛】关键点睛:
本题第二问的关键是联立直线和椭圆的方程后，结合韦达定理，用表示交点横坐标的和与积，从而代入进行整理化简.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）设内切圆的半径为，可得，当为椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，即最大，由此得，由内切圆面积最大值可得满足的方程，结合离心率和椭圆关系可构造方程组求得结果；
（Ⅱ）设，当时，假设直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出和，代入整理可得定值；当时，易求得，由此可得结论.
【详解】（Ⅰ）设内切圆的半径为，则，
，
当的面积最大时，内切圆的半径最大，
则当点为椭圆的上顶点或下顶点时，的面积最大，最大值为，
的最大值为，又内切圆面积的最大值为，，
由得：，椭圆的标准方程为：．
（Ⅱ）设，，，
①当时，设直线，的直线方程分别为，，
由得：，，
，，，
同理由可得：，
；
②当时，直线，与轴重合，则
则；
综上所述：为定值．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先表示出，然后计算出，结合离心率公式和求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）设出的坐标，通过将向量共线表示为坐标关系可得到的关系式①，再通过点差法分别求得满足的关系式②和关系式③，通过将关系式②和③作差可得的关系式④，再结合关系式①可证明为定值.
【详解】解：设.由题意得，，，，
.
解得，.
椭圆的方程为.
设，，.
由，，
得，，
，
，①
又点，，均在椭圆上，
由且得，
.②
同理，由且得
.③
联立②③得.④
联立①④得，
为定值.
【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于对于向量共线的坐标表示以及点差法求解参数与坐标之间的关系，每一步都是通过构建关于的方程，结合联立方程的思想完成证明.
22．（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）利用公式计算可得.
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】（1）.
（2）设，
因为，故，
若，则，故.
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则.
若，则，故.
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点，且.
所以为的一个最小正实根，此时，
故当时，.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
23．（1）甲分布列见解析，；乙分布列见解析，；（2）答案不唯一，见解析.
【分析】（1）由题意可知，甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数分别服从超几何和二项分布，分别列出分布列，计算均值即可；
（2）结合分布列中的数据，分别计算对应的均值、方差及至少正确完成2题的概率比较即可.
【详解】（1）设考生甲正确完成实验操作的题数为，则的取值范围是．
，，，
所以的分布列为

1
2
3





．
设考生乙正确完成实验操作的题数为，易知，
所以，，
，．
所以的分布列为

0
1
2
3






．
（2）由（1），知，，
，，．所以，，
故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强．
24．（1）；（2）分布列见解析，.
【分析】（1）由次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式能求出系统需要维修的概率；
（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，写出随机变量的所有取值，分别求出对于随机变量的概率，由此能求出的分布列及期望．
【详解】解：（1）系统需要维修的概率为；
（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，
则的所有可能取值为0，900，1800，2700，
，
，
，

0
900
1800
2700






所以．
25．（1）0.104；（2）答案见解析.
【分析】（1）结合表格数据可得，记河流最高水位发生的年数为，有，记在未来3年中，至多有1年河流最高水位为事件，则，即得解；
（2）针对不同的方案，根据题意列出分布列，计算数学期望即可
【详解】（1）由频率分布表，得
，
设在未来3年中，河流最高水位发生的年数为.因为每年河流最高水位相互独立，所以.
记在未来3年中，至多有1年河流最高水位为事件，则
.
所以在未来三年中，至多有1年河流最高水位的概率为0.104.
（2）由题设得，，.
答案一   选方案一.
用表示蔬菜年销售收入，则的分布列为

40000
120000
0

0.15
0.8
0.05

所以.
设蔬菜种植户每年所获利润为，则，所以.
答案二   选方案二.
用表示蔬菜年销售收入，则的分布列为

70000
120000
0

0.15
0.8
0.05

所以.
设蔬菜种植户每年所获利润为，则，所以.
答案三   选方案三.
用表示蔬菜年销售收入，则的分布列为

70000
120000
70000

0.15
0.8
0.05

所以.
设蔬菜种植户每年所获利润为，则，
所以.
26．（1）答案见解析 ；（2） ，，，；甲比乙的射击技术好．
【分析】（1）由题意先求出，再由随机变量，的意义得到相应的分布列；
（2）由（1）中的分布列，利用期望与方差的公式求出期望与方差，结合期望与方差的含义即可求解
【详解】（1）依题意，有，解得．
乙击中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，
乙击中7环的概率为，
，的分布列分别为

10
9
8
7

0.5
0.3
0.1
0.1


10
9
8
7

0.3
0.3
0.2
0.2

（2）由（1）可得，
，
，
．
由于，说明甲平均击中的环数比乙高，
又，说明甲击中的环数比乙集中，比较稳定，
甲比乙的射击技术好．
27．（1）；（2）见解析（3）年产量时，该公司年利润取得最大值，最大利润为138万.
【解析】（1）根据在频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，可以求出实数的值；
（2）分别求出当产品品质为优、为中、为差时的频率，然后列了分布列，
（3）根据题意，得到该公司年利润的函数关系式，然后利用导数求出公司年利润最大值.
【详解】解：（1）由题意得，解得；
（2）当产品品质为优时频率为，此时价格为；
当产品品质为中时频率为，此时价格为；
当产品品质为差时频率为，此时价格为；
以频率作为概率，可得随机变量的分布列为：





0.5
0.2
0.3

（3）设公司年利润为，则
整理得，

显然当时，，时，，
∴当年产量时，取得最大值.
估计当年产量时，该公司年利润取得最大值，最大利润为138万.
【点睛】本题考查了频率直方图的应用，考查了离散型随机变量的分布列，考查了数学阅读能力，考查了导数的应用，考查了数学运算能力.
28．（1），，；（2）；（3）.
【解析】（1）利用，结合表格中的函数的关系式可得出利润、、的函数关系式；
（2）由题意可得出，即可得出关于的函数关系式；
（3）令，利用导数可求得取最大值时对应的的值，即可得解.
【详解】（1）根据所给的表格中的数据和题意可得出

同理可得：

（2）由期望定义可知；
（3）可知是产量的函数，设，
则，令，则.
当时，，此时，函数单调递增；
当时，，此时，函数单调递减.
当时，取得最大值，即最大时的产量为.
【点睛】思路点睛：利用导数求函数在上的最大值和最小值的步骤如下：
（1）求函数在内的极值；
（2）将函数的各极值与端点处的函数值、比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
29．(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
30．（1）当时，无极值；当时，有极小值，无极大值；（2）.
【分析】（1）对函数求导，对参数分情况讨论，求得函数的单调区间，结合单调性求得函数的极值；（2）由（1）可知，，当时，利用单调性得出不可能，故当时，利用函数的单调性分情况讨论列出不等式组求得结果.
【详解】解：（1）由题意知，，
所以当时，，所以在上递减，无极值；
当时，令，
所以在上递减，上递增，
所以当时，取到极小值，无极大值，
综上，当时，无极值；
当时，则当时，有极小值，无极大值.
（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，
所以至多一个零点，不符合题意；
当时，在上递减，上递增，
若，即，则在上单调递增，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，在上单调递增，
则或
综上可得实数的取值范围为
31．（Ⅰ）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（Ⅱ）或，有1个零点；，有0个零点；，有2个零点．
【分析】（Ⅰ）函数的定义域为，,进而分当时和当时两类情况讨论求解；
（Ⅱ）根据题意，结合（1）分当时, 当时， 当时，三种情况讨论求解，其中当时，再分，，三种情况讨论求解即可.
【详解】解：（Ⅰ）函数的定义域为，,
当时，，所以在上单调递增；
当时，，解得．
当变化时，，的变化情况如下表所示：


 





 
单调递减

单调递增

所以，在上单调递减，在单调递增．
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）当时,在上单调递增，且，
所以有一个零点；
当时，由（Ⅰ）知，在上单调递增，
且，
所以存在唯一，使得 ，
所以有一个零点；
当时，由（Ⅰ）知，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，①，即，，
所以没有零点；
②，即，，
当时，，
所以有一个零点；
③，即，此时，
一方面，又在上单调递增，
所以存在唯一，使得；另一方面，，取，则，
令，则，
由于，所以，在单调递减．
所以，．
由于在上单调递减，且，
所以存在唯一，使得，
所以，当时，在有两个零点．
综上：或，有1个零点；，有0个零点；，有2个零点．
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，研究函数的零点个数问题，考查运算求解能力，综合分析处理问题的能力，分类讨论思想，推理论证思想，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论，分类讨论求解，其中当时，根据再分，，三种情况讨论求解.
32．（1）当a≥0时，在上单调递增；当a