2021年新高考北京数学高考真题变式题第16-21题解析版

这是一份2021年新高考北京数学高考真题变式题第16-21题解析版，共90页。试卷主要包含了在中，，，已知△ABC中，，a＝3，在中，，.，在中，，如图等内容，欢迎下载使用。

 2021年新高考北京数学高考真题变式题16-21题
原题16
1．在中，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
变式题1基础
2．已知△ABC中，，a＝3．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（1）b的值；
（2）△ABC的面积
条件①：b+c＝6；
条件②：b＝2c．
变式题2巩固
3．在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答
在中，角，，的对边分别为，，且______，若，，且的角平分线交于D点，求的长.
变式题3巩固
4．在中，，.
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中，选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积.
①；②边上的高等于1；③.
变式题4巩固
5．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
①；②；③.
已知中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，___________.
（1）求A；
（2）若且，求的面积.
变式题5巩固
6．在①；②；③，这三个条件中任选一个（将序号填在横线上，多填则默认为所填的第一个序号），补充在下面的问题中.
在中，它的内角，，所对的边分别为，，，且，的面积是，______.若问题中的三角形存在，求值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
变式题6提升
7．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
在中，内角，，的对边分别是，，，且___________.
（1）求角的大小；
（2）若点满足，且，求面积的最大值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
变式题7提升
8．在中，．
（1）D为线段上一点，且，求长度；
（2）若为锐角三角形，求面积的范围．
原题17
9．如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．

（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
变式题1基础
10．四棱锥S﹣ABCD如图所示，其中四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AD⊥DC，SA⊥平面ABCD，DA＝DCAB＝1，AC与BD交于点G，直线SC与平面ABCD所成角的余弦值为，点M在线段SA上．

（1）若直线SC平面MBD，求的值；
（2）求平面SBC与平面BCD所成二面角的正切值．
变式题2基础
11．三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求平面和平面的夹角的余弦值．
变式题3巩固
12．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面平面，是的中点.

（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
变式题4巩固
13．在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，为的中点，为的中点，为棱上靠近的三等分点．

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
变式题5巩固
14．在四棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，，，，，是的中点，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
变式题6提升
15．如图，在四棱柱中，四边形是一个边长为2的菱形，.侧棱平面，.

（1）求二面角的余弦值；
（2）设是的中点，在线段上是否存在一点使得平面PDB？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
变式题7提升
16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，
，分别为中点，．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由．
原题18
17．在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.
现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.
（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.
(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;
(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的
分布列与数学期望E(X).
(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明)
变式题1基础
18．已知有五个大小相同的小球，其中3个红色，2个黑色.现在对五个小球随机编为1，2，3，4，5号，红色小球的编号之和为A，黑色小球的编号之和为B，记随机变量.
（1）求时的概率；
（2）求随机变量X的概率分布列及数学期望.
变式题2基础
19．某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”，收集了使用该型号电动汽车1年以上的部分客户的相关数据，得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”．从年龄在40岁以下的客户中抽取10位归为A组，从年龄在40岁及以上的客户中抽取10位归为B组，将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图，其中“＋”表示A组的客户，“⊙”表示B组的客户．

注：“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值．
（1）记A，B两组客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为m，n，根据图中数据，试比较m，n的大小（结论不要求证明）；
（2）从抽取的20位客户中随机抽取2位，求其中至少有1位是A组的客户的概率；
（3）如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小于350，那么称该客户为“驾驶达人”，从A，B两组客户中，各随机抽取1位，记“驾驶达人”的人数为，求随机变量的分布列．
变式题3巩固
20．有9个外观相同的同规格砝码，其中1个由于生产瑕疵导致质量略有减少，小明想通过托盘天平称量出这个有瑕疵的砝码，设计了如下两种方案：
方案一：每次从待称量的砝码中随机选2个，按个数平分后分别放在天平的左、右托盘上，若天平平衡，则选出的2个砝码是没有瑕疵的；否则，有瑕疵砝的砝码在下降一侧．按此方法，直到找出有瑕疵的砝码为止．
方案二：从待称量的砝码中随机选8个，按个数平分后分别放在天平的左、右托盘上，若天平平衡，则未被选出的那个砝码是有瑕疵的；否则，有瑕疵的砝码在下降一侧，每次再将该侧砝码按个数平分，分别放在天平的左、右托盘上，…，直到找出有瑕疵的砝码为止．
（1）记方案一的称量次数为随机变量X，求X的概率分布；
（2）上述两种方案中，小明应选择何种方案可使称量次数的期望较小？并说明理由．
变式题4巩固
21．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5巩固
22．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．
变式题6巩固
23．甲､乙､丙､丁､戊五位同学参加一次节日活动，他们都有机会抽取奖券.墙上挂着两串奖券袋（如图），A，B，C，D，E五个袋子分别装有价值100，80，120，200，90（单位：元）的奖券，抽取方法是这样的：每个同学只能从其中一串的最下端取一个袋子，得到其中奖券，直到礼物取完为止.甲先取，然后乙､丙､丁､戊依次取，若两串都有礼物袋，则每个人等可能选择一串取.

（1）求丙取得的礼物券为80元的概率；
（2）记丁取得的礼物券为X元，求X的分布列及其数学期望.
变式题7提升
24．个人所得税起征点是个人所得税工薪所得减除费用标准或免征额，个税起征点与个人税负高低的关系最为直接，因此成为广大工薪阶层关注的焦点.随着我国人民收入的逐步增加，国家税务总局综合考虑人民群众消费支出水平增长等各方面因素，规定从2019年1月1日起，我国实施个税新政.实施的个税新政主要内容包括: ①个税起征点为元②每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除; ③专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等.新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下:

旧个税税率表(个税起征点元)
新个税税率表(个税起征点元)
缴税级数
每月应纳税所得额(含税) 收入个税起征点
税率/%
每月应纳税所得额(含税）收入个税起征点专项附加扣除
税率/%
1
不超过元

不超过元

2
部分超过元至元部分

部分超过元至元部分

3
超过元至元的部分

超过元至元的部分

4
超过元至元的部分

超过元至元的部分

5
超过元至元部分

超过元至元部分

···
···
···
···


随机抽取某市名同一收入层级的无亲属关系的男性互联网从业者(以下互联网从业者都是指无亲属关系的男性)的相关资料，经统计分析，预估他们2022年的人均月收入为元.统计资料还表明，他们均符合住房专项扣除，同时他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是.此外，他们均不符合其他专项附加扣除.新个税政策下该市的专项附加扣除标准为:住房元/月，子女教育每孩元/月，赡养老人元/月等.假设该市该收入层级的互联网从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的互联网从业者的人均月收入视为其个人月收入.根据样本估计总体的思想，解决下列问题.
（1）按新个税方案，设该市该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为元，求的分布列和数学期望;
（2）根据新旧个税方案，估计从2022年1月开始，经过几个月，该市该收入层级的互联网从业者各月少缴的个税之和就能购买一台价值为元的华为智慧屏巨幕电视?
变式题8提升
25．为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以或取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以取胜的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为.
（1）比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为.
①求出的最大值点；
②若以作为的值，这轮比赛张三所得积分为，求的分布列及期望.
原题19
26．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
变式题1基础
27．已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求函数的极值点以及极值；
（3）求函数的值域.
变式题2基础
28．已知函数．
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）求在上的最大值与最小值．
变式题3巩固
29．已知函数，曲线在处的切线经过点.
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间；
（3）设，求在区间上的最大值和最小值.
变式题4巩固
30．已知函数，.
（1）当时，若直线是函数的图象的切线，求的最小值；
（2）设函数，若在上存在极值，求a的取值范围.
变式题5巩固
31．已知函数，其中为常数.
（1）求函数的图象在处的切线方程（用表示）
（2）求函数的单调区间；
（3）若，求函数在区间上的最大值.
变式题6巩固
32．设函数，其中.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若的图象与轴没有公共点，求的取值范围.
变式题7提升
33．已知函数．
（1）若，求函数的最小值；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．
变式题8提升
34．已知函数，，…为自然对数的底数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围.
原题20
35．已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
变式题1基础
36．设椭圆：的左､右焦点分别为，，下顶点为，线段(为坐标原点)的中点为.若抛物线：的顶点为，且经过点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点关于点的对称点为，过点作直线与椭圆交于点，，且的面积为，求直线的斜率.
变式题2基础
37．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足（O为坐标原点）若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
变式题3巩固
38．已知双曲线：上异于顶点的任一点与其两个顶点的连线的斜率之积为.
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）椭圆：的离心率等于，过椭圆上任意一点作两条与双曲线的渐近线平行的直线，交椭圆于，两点，若，求椭圆的方程.
变式题4巩固
39．椭圆长轴端点为，O为椭圆中心，F为椭圆的右焦点，且，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于两点，问：是否存在直线l，使点F恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程;若不存在，请说明理由.
变式题5巩固
40．已知椭圆上的点到右焦点的最大距离是，且成等的比数列.
（1）求椭圆的方程；
（2）我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，过坐标原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线的斜率为，当，求此时“卫星圆”的标准方程.
变式题6巩固
41．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的左顶点为，上顶点为，原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）以此椭圆的上顶点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.
变式题7提升
42．如图所示，椭圆C：（a＞b＞0）上的点到焦点的最大距离为，最小距离为．

（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C上的点A（A不在坐标轴上）的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且＝，过原点O的直线与l平行，且与C交于B，D两点，求△ABD面积的最大值．
变式题8提升
43．如图，椭圆的离心率为且经过点，为椭圆上的一动点.

（1）求椭圆的方程；
（2）设圆，过点作圆的两条切线，，两切线的斜率分别为，.
①求的值；
②若与椭圆交于，两点，与圆切于点A，与轴正半轴交于点（异于点A），且满足，求的方程.
原题21
44．设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
变式题1基础
45．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝2，公和为5.
(1)求a18的值；
(2)求该数列的前n项和Sn.
变式题2巩固
46．对于数列，，…，，记，.设数列，，…，和数列，，…，是两个递增数列，若与满足，，且，，则称，具有关系.
（Ⅰ）若数列：4，7，13和数列：3，，具有关系，求，的值；
（Ⅱ）证明：当时，存在无数对具有关系的数列；
（Ⅲ）当时，写出一对具有关系的数列和，并验证你的结论.
变式题3巩固
47．若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”．
（1）若具有性质“”，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；
（3）设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，求证：具有性质“”．
变式题4巩固
48．若数列满足：对于任意的，总存在且，使成立，则称数列为“Z数列”.
（1）若，判断数列是否为“Z数列”，说明理由；
（2）证明等差数列为“Z数列”的充要条件是“的公差d等于首项”；
（3）是否存在既是等比数列又是“Z数列”的数列？若存在，求出所有可能的公比的值，若不存在，请说明理由.
变式题5提升
49．对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数.
（1）对于数对序列，求的值；
（2）记为，，，四个数中最小的数，对于由两个数对组成的数对序列和，试分别对和两种情况比较和的大小；
（3）在由五个数对组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使最小，并写出的值.(只需写出结论).
变式题6提升
50．给定整数，数列、、、每项均为整数，在中去掉一项，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为. 将、、、中的最小值称为数列的特征值.
（Ⅰ）已知数列、、、、，写出、、的值及的特征值；
（Ⅱ）若，当，其中、且时，判断与的大小关系，并说明理由；
（Ⅲ）已知数列的特征值为，求的最小值.

参考答案：
1．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
2．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）答案不唯一，具体见解析；
【分析】若选条件①：（1）由已知可得c＝6﹣b，利用余弦定理可得b的值；（2）利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，根据三角形的面积公式即可求解．
若选条件②：（1）由已知利用余弦定理可得b2﹣7b+12＝0，解方程可得b的值；（2）利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】若选条件①：b+c＝6，即c＝6﹣b，
（1）因为，a＝3，
所以由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得：，可解得b＝4．
（2）因为，
所以△ABC的面积．
若选条件②：b＝2c，
（1）因为，a＝3，
所以由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，可得：，可得b2﹣7b+12＝0，
解得b＝4或3．
（2）因为，
当b＝4时，△ABC的面积，
当b＝3时，△ABC的面积．
3．
【分析】选①利用正弦定理，可得，进而可得，选②利用正弦定理，可得，进而可得，选③利用三角形面积公式可得.再由，结合角平分线和面积公式即可得解.
【详解】选①，由得，
∴，
又，，
∴又，
∴；
选②，由得，
∴即，
∴又，
∴.
当时，
为的角平分线，所以，
由 ，得，
由，，解得：.
4．（1）；（2）选①不符合题意；选②：；选③：.
【分析】（1）由余弦定理结合的范围即可求解；
（2）若选①：由余弦定理求出，得出三角形存在两个不符合题意；若选②：利用边角关系可求出，可知三角形为等腰三角形且唯一确定，求出角，由三角形的面积公式即可求解；若选③：由正弦定理化边为角求出角，此时三角形存在一个，求出边，再由面积公式即可求解.
【详解】（1）由可得，
在中，由余弦定理可得：，
因为，所以；
（2）若选①：
在中，由余弦定理可得：
，即，
所以，解得：或，且都能构成三角形，
此时存在两组解，不符合题意；
若选②：边上的高等于1，因为，
所以，
因为，所以，，
此时为等腰三角形，且唯一确定，
.
若选③：，
由正弦定理可得：，因为，所以，
因为，所以，
所以存在且唯一确定，
又因为，，所以，
所以.
5．条件选择见解析；（1）；（2）.
【分析】选①，（1）利用三角形内角的关系及两角和的正弦公式可得，即可得出答案；
（2）根据余弦定理可得为等边三角形，从而求得三角形的边长，再利用三角形的面积公式即可得出答案.
选②，（1）利用三角形内角的关系及两角和的正切公式可得，即可得出答案；
（2）同上.
选③，（1）利用正弦定理化边为角，结合两脚和差的正弦定理可得，即可得出答案；
（2）同上.
【详解】解：选①，（1），
由诱导公式得：，即，
因为，所以，又，所以；
（2）由余弦定理：，所以，
从而，又，所以，所以为等边三角形，
又因为，所以，则.
选②，（1）由诱导公式得，
整理即有，
又已知，且，
所以，又，所以.
（2）同上.
选③，（1）已知，
由正弦定理可得，
可得：，即，
因为，所以，即，
又，所以.
（2）同上.
6．条件选择见解析，.
【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，结合三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，可推出，再由，可得．
选择条件①：结合余弦定理，和，解该方程组即可求解；
选择条件②：由正弦定理可得，从而求得和的值，再由余弦定理即可求解；
选择条件③：由正弦定理可得，从而求得和的值，再由余弦定理即可求解．
【详解】解：，
由正弦定理可得，即，
，，
，
，，即，
又，．
的面积，
．
选择条件①：
由余弦定理知，
又，
，化简得，，
解得或（舍负），
．
选择条件②：
，由正弦定理得，
又，
，，
由余弦定理知，，
．
选择条件③：
由正弦定理知，，
，
，，
又，．
下面的步骤同②．
7．条件选择见解析；（1）；（2）.
【分析】（1）选①：由正弦定理得，整理得，利用余弦定理可得解；选②：利用余弦定理得，再利用余弦定理可得解；选③：利用余弦定理得，化简得，即可求解；
（2）由，可知，利用余弦定理化简整理得，再利用基本不等式结合面积公式可求最值.
【详解】若选①：（1）由正弦定理得，
所以，整理得，
所以，
又，所以.
若选②：（1）由余弦定理得，化简得，
所以，
又，所以.
若选③：（1）由余弦定理得，化简得
又，所以.
（2），所以，
在中，由余弦定理知，，
即，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
从而，，
所以面积的最大值.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，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”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
8．（1）；（2）.
【分析】(1)由三角形面积及所给数量积过求出角B，再求出并借助余弦定理即可得解；
(2)设，由锐角三角形求出范围，借助正弦定理用表示出AB，列出用表示的面积关系，经化简变形即可作答.
【详解】（1）在中，依题意得：，
则有，于是得，而，则，
又，则，
在中，从而得等边，即，，
在中由余弦定理得，解得；
（2）在中，，设，由正弦定理得：
，
于是得，
因是锐角三角形，则，且，
于是有，则，即，，
从而得，
所以面积的取值范围是．
9．（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.

(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.



10．（1）；（2）．
【分析】（1）连接MG，因为ABCD，则，利用线面平行的性质定理可得，
SCMG，由相似比即可得到答案；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面SBC的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．
【详解】解：（1）连接MG，因为AB⊥CD，AD⊥DC，则AB∥CD，
由题意，DC＝1，AB＝2，则，
因为直线SC平面MBD，平面SAC∩平面MBD＝MG，SC⊂平面SAC，
则SCMG，故；
（2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A（0，0，0），B（0，2，0），S（0，0，1），C（1，1，0），
所以，
设平面SBC的法向量为，
则，
令y＝1，则，
因为SA⊥平面ABCD，则平面ABCD的一个法向量为，
所以，
设面SBC与平面BCD所成二面角为θ，
则，
所以，
所以，
故平面SBC与平面BCD所成二面角的正切值为．


11．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）连接，，则交于点，利用三角形中位线性质得到，再根据线面平行的判定即可证明平面；
（2）首先以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，根据，，即可得到，，再利用线面垂直的判定即可证明平面.
（3）利用空间向量法求解二面角余弦值即可.
【详解】（1）连接，，则交于点.
如图所示：

在中，，分别是，的中点，
.
又平面，平面．平面；
（2）如图，

以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，．
，，．
，，
，．
又，平面，
平面；
（3）设平面的法向量为．
，．
，令，则，，
．
由（2）可知：是平面的法向量．
．
由图可知：二面角的平面角是锐角．
二面角的余弦值是．
12．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）在中，证明，根据面面垂直，证明线面垂直，得到，进而证得平面；
（2）取的中点为，连接，证明平面，以为原点建立空间直角坐标系，通过建立法向量，即可求得二面角的正弦值.
【详解】解：（1）证明：在正中，为的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，且
∴平面
又∵平面
∴
又∵，且.
∴平面.
（2）如图，取的中点为，连接，
在正中，，平面平面，
平面平面，∴平面，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨取，则有，，，，，，
∴，
设面的一个法向量为，
则由，
令，则，
又因为面，
取作为面的一个法向量，设二面角为,
∴，
∴，因此二面角的正弦值为.
13．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接且交于点，连接，可证明，即得证；
（2）以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解
【详解】（1）

证明：连接且交于点，连接．
由题意可知，，为中线，
所以为重心，，
所以，平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，，所以．
又因为，，所以，即．
所以，，两两垂直．
故以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，

由图可知，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有即，可令，，
所以，
设平面的法向量为，
则有即，可令，
所以，
因为，
所以，
即二面角的正弦值为．
14．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取的中点为，连接、、，可得，从而得到平面；
（2）取的中点为，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接、、，
因为，，故四边形为等腰梯形，
如图，过作的垂线，垂足分别为，则，

因为，所以，故，同理，
所以，所以.
所以四边形与四边形都是菱形，且为的中点，
所以为的中点，，又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为，为的中点，所以；
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面；
取的中点为，因为为等腰梯形，所以.
以为坐标原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

则,
所以，，.
设平面的一个法向量为，由，得，
取，则，故.
设平面的一个法向量为，由，得，,
取，则，故.
所以，
因为二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为．
15．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）设是的中点，易得平面，平面，则以，，方向建立空间直角坐标系，显然平面的一个法向量是，再求解平面的一个法向量，设二面角的平面角为，由求解；
（2）法一：连接AC，BD相交于点O，连接EC，设N是EC的中点，再连接ON，由中位线得到，连接并延长交于点，满足平面PDB，在中，利用平面几何知识求解；法二：利用空间向量法，设，求得平面的一个法向量，根据平面，由求解.
【详解】（1）由题意，是正三角形，设是的中点，则，
所以，
又平面，平面.
如图1，以，，方向建立空间直角坐标系：

则，，，，
显然，平面的一个法向量是，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设二面角的平面角为，
则.
（2）在线段上存在点使得平面，此时.
论证如下：
如图2甲连接AC，BD相交于点O，连接EC，设N是EC的中点，再连接ON，
又菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，由中位线知：，
连接并延长交于点，连接，
因为平面PDB，平面PDB，
所以平面PDB.
如图乙，在中，作交BP于点F，因为E是的中点，

所以由中位线关系得：，①
又由可得：与相似，又N是EC的中点，
所以，结合①知：，从而可得.
法二：利用空间向量法，设，即有，
因为，，
所以，又，，
于是，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
因为，的中点为，
所以，
因为平面，
所以，
即，
解得，
即线段上存在点使得平面，此时.
16．（1）证明见解析；（2）；（3）不存在；理由见解析．
【分析】（1）作的中点，连接，先利用面面平行的判定定理，证明出平面平面，进而根据面面平行的性质证明出平面；
（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，先证出为二面角的平面角，进而求得和，最后在直角三角形中求得；
（3）先假设存在点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，表示出和，根据向量共线的性质建立等式对求解．
【详解】（1）作的中点，连接，
∵在中，为中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
同理可证明平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面；
（2）作垂直于，作，连接，作中点，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为中点，
∴，，
∵侧面底面，
∴底面，
∵，
∴，
∴为二面角的平面角，
∵，
∴∽，
∴，，
∴
∴，
∴，
即二面角的余弦值为；

（3）不存在．
假设存在，连接，交于点，为平面和平面的交线，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则（1，0，0），（1，2，0），（﹣1，2，0），（﹣1，0，0），
，，（0，1，0），
设，则，
设平面的一个法向量是，
∵，
即，令，则，
∵因为平面，
∴，
∴，，，
∵，共线，，，
∴，
∴，无解，
故在棱上不存在一点，使得平面.

17．（1）①次；②分布列见解析；期望为；（2）．
【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解；
②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；
（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出，即可得解.
【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；
所以总检测次数为20次；
②由题意，可以取20，30，
，，
则的分布列:







所以；
（2）由题意，可以取25，30，
两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，
则.



18．（1）；（2）分布列见解析，.
【分析】（1）根据绝对值的性质，结合古典概型计算公式、组合的定义进行求解即可；
（2）根据整数的奇偶性，结合绝对值的性质、古典概型计算公式、数学期望公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，所以当时，或
所以或或，
所以；
（2）因为为奇数，所以A，B必然一奇一偶，所以X为奇数，
所以，，
即X所有可能的取值为，
当时，或或，所以；
由（1）知，；
当时，或，所以；
当时，，所以；
当时，，所以.
所以随机变量X的概率分布列如下表：
P
1
3
5
7
9
X






随机变量X的数学期望.
19．（1）；（2）；（3）分布列见解析.
【分析】（1）直接得出答案;（2）设“从抽取的20位客户中任意抽取2位，至少有一位是A组的客户”为事件M，利用古典概型及排列组合能求出从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A组的客户的概率;（3）依题意ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量ξ的分布列.
【详解】（1）;
（2）设“从抽取的20位客户中随机抽取2位，至少有1位是A的客户”为事件，
则，
所以从抽取的20位客户中随机抽取2位，至少有1位是A组的客户的概率是;
（3）由题图，知A组“驾驶达人”的人数为1，B组“驾驶达人”的人数为，的取值范围为，
则，，.
所以随机变量的分布列为：

0
1
2





20．（1）分布列见解析；（2）方案一称量次数的期望较小，理由见解析.
【分析】（1）首先根据题意得到，从而得到，，
，，再计算分布列即可.
（2）首先根据（1）得到，设方案二的称量次数为随机变量为，则，
计算，即可得到答案.
【详解】（1）由题知： ，
，，
，，
分布列为：











（2）由（1）知：，
设方案二的称量次数为随机变量为，则，
，，
.
所以小明应选择方案一可使称量次数的期望较小.
21．（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.
22．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.
23．（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）列出甲乙丙摸卷的所有可能，根据互斥事件概率的加法公式即可求出丙取得的礼物券为80元的概率；
（2）列出甲乙丙丁戊摸卷的所有可能，得到丁取得的礼物券X元为随机变量，求其分布列即可.
【详解】（1）由题意知，列举如下：

所以丙取得的礼物券为80元的概率:
.
（2）如下图，

所以X的可能取值为100，80，200，90，
又因为；
；
；
；
所以分布列为：
X
80
90
100
200
P





所以.
24．（1）分布列见解析，3150；（2）12个月.
【分析】（1）先求出的可能值为，再求其对应的概率即得解；
（2）先求出该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为元，再解不等式即得解.
【详解】解:既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为元，
月缴个税元;
既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额元，
月缴个税元.
所以的可能值为，
依题意，上述四类人群的人数之比是，
所以
，
，
，
所以的分布列为











所以
在旧政策下该收入层级的互联网从业者2022年每月应纳税所得额为元，
其月缴个税为元，
由知在新政策下该收入层级的互联网从业者2022年月缴个税为元，
所以该收入层级的互联网从业者每月少缴的个税为元.
设经过个月，该收入层级的互联网从业者少缴的个税的总和就超过
则
因为
所以
所以经过个月﹐该收入层级的互联网从业者就能购买一台价值为元的华为智慧屏巨幕电视.
25．（1）；（2）①；②分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式即得；
（2）由题可求，然后利用导数可求最值，再利用条件可求随机变量的分布列，即得.
【详解】（1）比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是；
（2）①由题可知，
，
令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以的最大值点，
②的可能取值为0，1，2，3.
；
；
；.
所以的分布列为

0
1
2
3






的期望为.
26．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：













增
极大值
减
极小值
增

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
27．(1)；
(2)极值点为，极小值为，极大值为；
(3)
【分析】(1)利用导数，求出，即可求出切线方程；
(2)令得，讨论函数的变化情况，从而得到函数的极值；
(3)由(2)知函数的单调性，确定函数的值域.
【详解】由函数，知的定义域为R，得，
(1)曲线在处的切线斜率为，又，
所以曲线在处的切线方程为：；
(2)令，得，即函数的极值点为，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数在时取得极小值，在时取得极大值；
(3)由(2)知在和单调递减，在单调递增，
又时，；时，，所以函数的值域为.
28．（1）；（2）最大值与最小值分别为与．
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率即可求出结果；
（2）利用导数研究函数的单调性，进而结合函数的单调性即可求出最值.
【详解】（1）因为，所以
所以．
所以的图象在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）知
令，则；令，则．
所以在上单调递减，在上单调递增．所以
又，所以．
所以在上的最大值与最小值分别为与．
29．（1）；（2）在区间上单调递增，在区间单调递减；（3）最大值为，最小值为.
【分析】（1）求导，代入可得切线斜率，又，求解即可；
（2）代入，故，分，讨论导函数正负即可；
（3）结合（2）中单调性可得，，令，求导分析单调性即可比较和0的大小.
【详解】（1）的导函数为，所以，
依据题意，有，即，解得.
（2）由（1）得，
当时，，，所以，单调递增，
当时，，，所以，单调递减，
所以在区间上单调递增，在区间单调递减.
（3）由（2）得在区间上单调递增，在区间单调递减，
因为，所以最大值为，
设，其中，则，
所以在区间上单调递增，所以，即，
故最小值为.
30．（1）-1；（2）.
【分析】（1）设切点坐标为，根据导数的几何意义即可用表示出，得到的函数关系式，再利用导数判断该函数的单调性即可求出最小值；
（2）根据极值存在的条件，由可得在上有变号根，由函数的单调性和图象即有或，解出不等式组即可求解．
【详解】（1）设切点坐标为，，切线斜率，又，，
令，
解得，解得，在上递减，在上递增.，的最小值为-1.
（2）因为，，.
设，则
由，得.
当时，，当时，.
在上单调递增，在上单调递减.
且，，.显然.
结合函数图象可知，若在上存在极值，
则或解得
故a的取值范围为.
31．（1）；（2）答案见解析；（3）答案见解析.
【分析】（1）求导函数，求得，，由直线的点斜式方程可求得所求的切线方程；
（2）求导函数，分，两种情况，分别分析导函数的符号，从而得原函数的单调性；
（3）由（2）所得的单调性，分，两种情况，得出函数在区间上的单调性，从而可求得其最值.
【详解】解：（1）因为，所以，所以，，
所以函数的图象在处的切线方程为；
（2）因为，所以
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，得，所以
当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（3）由（2）得当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，即时，函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的最大值为.
当，即时，函数在区间上单调递增，在上单调递减，所以函数在区间上的最大值为.
综上所述：当时，函数在区间上的最大值为，当时，函数在区间上的最大值为.
32．（1）；（2）的减区间为，增区间为；（3）
【分析】（1）若，，计算可得切点，计算可得切线斜率，由点斜式即可得切线的方程；
（2）求定义域，以及，分别解不等式、即可得单间区间和单增区间；
（3）结合（2）可求得，解不等式即可求解.
【详解】（1）若，，可得，所以切点为，
，所以切线的斜率，
所以曲线在点处的切线方程为：；
（2）定义域为，
，
因为，，故，
所以当时，；当时，；
所以的单减区间为，单增区间为；
（3）若的图象与轴没有公共点，则在没有零点，
由（2）知在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
解得：，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
所以若的图象与轴没有公共点，则的取值范围为.
33．（1）；（2）.
【分析】（1）求导，分析单调性，即可得到最值；
（2）原式等价于，构造，找到的极小值点，利用“隐零点”的方式来解决问题.
【详解】（1）当，
,令
当时，，则在单调递减
当时，，则在单调递增
所以
（2）因为即
问题转化为恒成立
因为
设因为故存在，有
且在时，在时，
则在单调递减，在单调递增
故要满足题意，有
由代入上式

即
由
所以函数在单调递减，而
故①当时，函数符合要求
又所以，即
②当时，函数不符合要求
综上：
34．（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求，分别讨论、、以及时，求不等式和的解集即可求解；
（2）结合（1）中的结论，分四类、、以及时讨论时的范围，前三类只需举反例说明不成立，当时，分和两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）由可得
①若，，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
②若，由得：或，且，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
③若，由得：，
恒成立，所以在上单调递增，
④若，由得：或，且，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（2）由（1）知，
当时，，不满足题意，
当时，，，不满足题意，
当时，，不满足题意，所以，
当时，，在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增；
所以对恒成立，则，所以，
当时，，在上单调递增；在上单调递减；
所以，所以，
综上可知：.
【点睛】思路点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数：
①可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；
②可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
35．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）

设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又

故即，
综上，或.
36．(1)；(2).
【分析】(1)根据已知条件，分别求出A、B、F1、F2点，进而求出、、即可求解；(2)结合已知条件设出直线PQ，并与椭圆方程联立，写出根与系数的关系式，然后利用直线PQ的斜率表示出面积，再结合面积数值即可求解.
【详解】(1)由题意易知，，，，则，，
得，，
故椭圆的方程为:.
(2)由题意，得，直线不与轴垂直，
设直线的方程为，，，
由，
则，，，
所以，
解得，，即，
故直线的斜率为.
37．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）由题意得，解方程组可求出的值，从而可求得椭圆C的标准方程；
（2）当直线的斜率不存在时，不符合题意，所以直线的斜率存在，设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再结合可求出的值，从而可求出直线方程
【详解】（1）由题意得：，解得
∴椭圆的标准方程是
（2）当直线的斜率不存在时，，
，不符合题意
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，
由消整理得：
，
解得或
，
∴

∵
∴
解得，满足
所以存在符合题意的直线，其方程为.
38．（1）；（2）.
【分析】（1）设为双曲线上任意一点，则①，由，得到，代入①化简得，即得解；
（2）由离心率得椭圆方程为，设，，求出点,由得到，即得解.
【详解】（1）设为双曲线上任意一点，则①
双曲线的顶点为，，由题设知
，故，
代入①式可得.
又为双曲线上任意一点，故，所以，双曲线的渐近线方程为.
（2）由椭圆的离心率，可得，
故椭圆方程为，即.
设，，则.②
设直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，
联立②式整理得，即，故，
从而.所以.
而直线的方程为，同理可求得.
于是，由可得
，
整理得.
结合②式可得，所以椭圆的方程为，即.
39．（1）；（2）存在；.
【分析】（1）设出椭圆方程，根据条件求出；根据求得，从而可求出的值，即可求出椭圆方程；
（2）假设存在，根据条件设出直线的方程，与椭圆方程联立消元写韦达；根据点F恰为的垂心，得出，结合韦达定理即可求出直线方程.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
因为，所以.
因为，所以，即，即，
所以，
所以椭圆方程为.
（2）假设存在直线l交椭圆于两点，使点F恰为的垂心.
设，因为，所以，
所以设直线的方程为，
由，得，
所以，.
因为F为的垂心，所以，
即，所以，
所以，解得或(舍)，
经检验满足.
所以存在直线l交椭圆于两点，使点F恰为的垂心，且直线l的方程为.
40．（1）；（2）或.
【分析】（1）根据题意可得，求出的值即可求解；
（2）设“卫星圆”圆心 ，半径，卫星圆方程为：，
切线方程为：，利用圆心到切线的距离等于半径列方程整理为关于的二次方程，根据以及即可得与 的值，即可求解.
【详解】（1）由题意可得，解得：，
所以椭圆的方程为：；
（2）设椭圆C的“卫星圆”的圆心 ，则，
圆的半径为，所以圆的方程为，
设过坐标原点O作椭圆C的“卫星圆”的切线的方程为：，
所以圆心到切线的距离，
整理可得：，
因为若直线的斜率为，
所以，即，
由可得，所以，可得，
由韦达定理可得：，
所以，
整理可得：，即，
解得：或（舍）
所以，
因为，
所以或，
所以“卫星圆”的标准方程为：或.
41．（1）；（2）存在，三个.
【分析】（1）求椭圆的方程即是求，两参数的值，由题意布列方程即可；
（2）设能构成等腰直角三角形，其中，由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于轴，故可设边所在直线的方程为（不妨设，则边所在直线的方程为，将此两直线方程与椭圆的方程联立，分别解出，两点的坐标，用坐标表示出两线段，的长度，由两者相等建立方程求参数，由解的个数判断三角形的个数即可．
【详解】解：（1）因为点在椭圆上，所以①，
直线的方程为，即’
所以，所以②
联立①②，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）假设能构成等腰直角三角形，其中，
由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于轴，
故可设边所在直线的方程为，（不妨设），
则边所在直线的方程为.
由，得（舍），，
故，
，
用代替上式中的，得，
由，得，
即，即，
，解得或.
故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.
42．（1）；（2）2.
【分析】（1）由题意，，求解即得解；
（2）设，过点的直线方程为，结合可得，故可表示直线BD的方程为，与椭圆联立可得，计算点A到直线BD的距离为，故，利用均值不等式可得解最大值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意得
解得，，所以，
所以椭圆C的方程.
（2）点在椭圆上，所以，即，
设经过点的直线方程为，
可得，
因为，所以，即，
直线的斜率为
因为，所以直线BD的方程为，即，
联立，解得，所以，
所以，
点A到直线BD的距离为.
所以
因为，
所以，，
所以，三角形ABD面积的最大值为2，
当且仅当，即时，等号成立．
43．（1）；（2）①；②或.
【分析】（1）由椭圆的离心率公式和已知点的坐标可求得，，从而得椭圆方程；
（2）①设，切线，根据直线与圆相切的条件和一元二次的根与系数的关系可求得答案；
②由已知得，设切线为，与椭圆的方程联立可得：，由坐标间的关系可求得，再利用直线与圆的位置关系可求得m，从而得直线的方程.
【详解】解：（1）因为，所以，
因为点在椭圆上，所以，解得：，，
所以椭圆方程为：；

（2）①设，切线，即
圆心到切线的距离整理可得：，
所以，
②因为，所以，所以，所以，
设切线为，由可得：，所以，
令可得，设，则，所以，
所以，整理可得：，
所以，解得：，
因为圆心到距离，
所以，所以，
因为，所以当时，；当时，；
所以所求的方程为或.
44．（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【详解】(1)因 为 所以，
因 为所 以
所以数列，不可能是数列.
(2)性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：
，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾.
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
(3)令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知:
若；
，，
因此，此时，，满足题意.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
45．（1）a18＝3.（2）
【解析】(1)根据定义直接计算得到答案.
(2)讨论n为偶数和n为奇数两种情况，分别计算得到答案.
【详解】(1)由题意易知a2n－1＝2，a2n＝3(n＝1,2，…)，故a18＝3.
(2)当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝n.
当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)＋2＝n－.
综上所述：
【点睛】本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生对于数列知识的综合应用.
46．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见详解；（Ⅲ）数列，，，，，，，；数列，，，，，，，；验证过程见详解.
【解析】（Ⅰ）根据题中条件，列出方程组求解，即可得出结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ），得到对任意，都有，推出对任意，都能使数列，，，，，和数列，，，，，具有关系，即可证明结论成立；
（Ⅲ）通过试根的方法，确定一组满足，且具有关系的数列和，再由数列新定义验证，即可得出结果.
【详解】（Ⅰ）由题意可得，，解得；
（Ⅱ）由（Ⅰ），因为，
对任意，都有，
即，
则，，和，，一组重新按从小到大顺序排列得到新数列，
，，和，，一组重新按从小到大顺序排列得到新数列，
此时数列和数列满足，；
当时，可得数列，，，，，和数列，，，，，具有关系；满足题意；
当时，，，不能满足，
当时，，不能满足，
当时，数列中的项按递增顺序排列为，，，，，；
数列中的项按递增顺序排列为，，，，，；此时满足；
综上，除和外，对于任意的正整数，都能满足题意；
即当时，存在无数对具有关系的数列；
（Ⅲ）取数列，，，，，，，；
数列，，，，，，，；
则，
即；
，
即；
所以，具有关系.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中新定义的概念，结合已知结论求解，本题中，根据数列具有关系的定义，列出方程求解，可得第一问，再第一问的基础上，可证明第二问成立，第三问可通过试根法确定一对数列，再结合新定义验证即可，属于难题.
47．（1）；（2）不具有性质“”；答案见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）由已知定义可得，．由此可求得答案；
（2）由已知求得，．假设具有性质“”，推出矛盾可得结论；
（3）由已知得，．，．由此可得，，可得结论.
【详解】解：（1）因为具有性质“”，所以，．
由，得，由，得，
因为，所以，即；
（2）不具有性质“”．．．
由等比数列的公比为，由，得，故
设等差数列的公差为，由，，
得，由，所以，故．．．
所以．若具有性质“”，则，．
因为，，所以，故不具有性质“”
（3）因为具有性质“”，所以，．①
因为具有性质“”，所以，．②
因为，，所以由①得；由②，得，
所以，即．．．
由①②，得，，
所以，，．．
所以具有性质“”.
【点睛】关键点点睛：在解决数列的新定义问题时，关键在于紧抓数列的定义，运用等差数列和等比数列的性质得以解决.
48．（1）不是，理由见解析；（2）证明见解析；（3）存在，.
【分析】（1）根据可判断；
（2）先证必要性，由可证；再由可证充分性；
（3）先由求得公比，再根据“Z数列”的定义验证即可.
【详解】（1）若是“Z数列”，则由题时，存在且，使成立，
所以，而，即，
所以不是“Z数列”；
（2）必要性：若是“Z数列”，则由（1），即，，
充分性：若，则，则，
当时，，所以，
所以任意的，取，满足成立，所以是“Z数列”.
所以等差数列为“Z数列”的充要条件是“的公差d等于首项”.
（3）设，则由（1），
即，即，解得，
当公比为时，，时，，，
，
所以，所以是“Z数列”，
同理可得公比为时也成立，
故存在既是等比数列又是“Z数列”的数列，公比为.
【点睛】关键点睛：本题考查数列新定义，解题的关键是正确理解“Z数列”的定义，巧妙利用求解.
49．（1）7,8；（2）无论还是，都有成立；（3），，，，.
【详解】试题分析：根据条件中的定义，对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数，求解.
依题意，，
.
（2），
，
当时，，
因为，且，
所以，
当时，，
因为，且，
所以，
所以无论还是，都有成立.
（3）数对序列：（4,6），（11,11），（16,11），（11,8），（5,2）的值最小.
，，，，.
考点：新定义题型.

50．（Ⅰ）；；.的特征值为；（Ⅱ），理由见解析；（Ⅲ）最小值为.
【解析】（Ⅰ）根据题中的定义可求出、、的值及的特征值；
（Ⅱ）分、和、两种情况讨论，结合题中定义可证明出；
（Ⅲ）设，利用（Ⅱ）中的结论，结合数列的特征值为，可得出，并证明出，即可求出的最小值.
【详解】（Ⅰ）由题知：，，，
的特征值为；
（Ⅱ）.
理由如下：由于，可分下列两种情况讨论：
当、时，
根据定义可知：，
同理可得：.
所以，所以.  
当、时，同理可得：


，
所以，所以.              
综上有：；
（Ⅲ）不妨设，
，
显然，，
.
当且仅当时取等号；.
当且仅当时取等号；
由（Ⅱ）可知、的较小值为，
所以.
当且仅当时取等号，
此时数列为常数列，其特征值为，不符合题意，则必有
.
下证：若，，总有.
证明：
.
所以.
因此
.
当时，可取到最小值，符合题意.
所以的最小值为.
【点睛】本题考查数列中的新定义，涉及数列中不等式的综合问题，解题的关键就是充分利用题中的新定义进行求解，考查推理能力，属于难题.