第八周[周一]1．(2023·邵陽模擬)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a與b＋λc垂直，則實數(shù)λ的值為()A.eq\f(2,19)B.eq\f(4,11)C．2D．－eq\f(4,7)答案A解析由題意，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a與b＋λc垂直，則a·(b＋λc)＝0，即1＋4λ＋3×(5λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,19).2．(2023·龍巖質(zhì)檢)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(x＋4)＝23，當x∈(0,4]時，f(x)＝x2－2x，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(－4,2023]上的零點個數(shù)是()A．253 B．506C．507 D．759答案B解析由f(x)＋f(x＋4)＝23得f(x＋4)＋f(x＋8)＝23，所以f(x＋8)＝f(x)，即f(x)是以8為周期的周期函數(shù)，當x∈(0,4]時，f(x)＝x2－2x有兩個零點2和4，當x∈(4,8]時，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，則有2x－4＝(x－4)2－23，當x∈(4,8]時，(x－4)2－23<0,2x－4>1，所以2x－4＝(x－4)2－23無解，所以當x∈(4,8]時，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4無零點，又2023＝252×8＋7，因此在(0,2016]上函數(shù)有2×252＝504(個)零點，當x∈(0,4]時，f(x)有兩個零點2和4，當x∈(4,7]時，f(x)無零點，當x∈(－4,0]時，f(x)無零點，因此在(－4,2023]上，f(x)有504＋2＝506(個)零點．3．(多選)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為側(cè)面ABB1A1內(nèi)的一個動點(含邊界)，則下列說法正確的是()A．隨著P點移動，三棱錐D－PCC1的體積有最小值為eq\f(1,18)B．三棱錐A－PCD體積的最大值為eq\f(1,6)C．直線BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)D．作體對角線AC1的垂面α，則平面α截此正方體所得截面圖形的面積越大，其周長越大答案BC解析對于A，如圖1，＝＝eq\f(1,3)××1＝eq\f(1,6)為定值，故A錯誤；圖1對于B，如圖2，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，當點P在A1B1上時，三棱錐A－PCD即P－ACD的體積取最大值，Vmax＝eq\f(1,3)×S△ACD×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6)，故B正確；圖2對于C，根據(jù)題意作圖如圖3所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，圖3BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC，因為BD∩BB1＝B，BD，BB1?平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1，又B1D?平面BDB1，即AC⊥B1D，因為CD1⊥C1D，B1C1⊥平面D1C1CD，CD1?平面D1C1CD，所以B1C1⊥CD1，且C1D∩B1C1＝C1，C1D，B1C1?平面B1C1D，所以CD1⊥平面B1C1D，又B1D?平面B1C1D，即B1D⊥CD1，因為AC∩CD1＝C，AC，CD1?平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，設AC∩BD＝O′，連接D1O′，設D1O′∩B1D＝F，則∠DD1F為直線DD1與平面ACD1所成的角，在Rt△DD1O′中，cos∠DD1F＝eq\f(DD1,D1O′)＝eq\f(1,\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(6),3)，因為BB1∥DD1，所以直線BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，故C正確；對于D，如圖4，平面α⊥AC1，截面α從A點到平面A1BD過程中，圖4截面面積和周長都越來越大；從平面A1BD到平面CB1D1過程中，設A1H＝a(0≤a≤1)，則A1G＝A1H＝BI＝BN＝DE＝DF＝a，B1I＝B1H＝CN＝CE＝D1G＝D1F＝1－a，所以GH＝IN＝EF＝eq\r(2)a，HI＝EN＝FG＝eq\r(2)(1－a)，所以截面周長為3eq\r(2)，所以截面面積先變大后變小而周長不變；從平面CB1D1到C1過程中，截面面積和周長都越來越小，故D錯誤．4．(2023·邵陽模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，nan＋1＝2(n＋2)an(n∈N*)，設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝______________，Sn＋2＝______________.答案(n2＋n)·2n－1(n2－n＋2)·2n解析因為nan＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n)，則當n≥2時，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝2×eq\f(2×3,1)×eq\f(2×4,2)×eq\f(2×5,3)×…×eq\f(2×n＋1,n－1)＝n(n＋1)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1.又當n＝1時，a1＝2符合上式，故an＝(n2＋n)·2n－1.由Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(1×2)×20＋(2×3)×21＋…＋n(n＋1)·2n－1，①2Sn＝1×2×21＋…＋(n－1)n·2n－1＋n(n＋1)·2n，②①－②得－Sn＝2－n(n＋1)·2n＋4·21＋6·22＋…＋2n·2n－1＝－n(n＋1)·2n＋(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n)．令Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，③所以2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，④③－④得－Tn＝21＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(－n＋1)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.故－Sn＝－n(n＋1)·2n＋(n－1)·2n＋1＋2，則Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.5．(2023·臺州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知asinB＝bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，bcosC＝ccosB.(1)求A的值；(2)若點D為邊BC上的一個點，且滿足cos∠BAD＝eq\f(4,5)，求△ABD與△ACD的面積之比．解(1)因為asinB＝bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，所以由正弦定理可得sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，在△ABC中，A，B，C∈(0，π)，顯然sinB≠0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，又因為eq\f(π,2)－A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以eq\f(π,2)－A＝A－eq\f(π,6)或eq\f(π,2)－A＋A－eq\f(π,6)＝0(顯然不成立)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因為bcosC＝ccosB，所以sinBcosC＝sinCcosB，即sin(B－C)＝0.在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以B－C∈(－π，π)，所以B＝C，所以b＝c，因為cos∠BAD＝eq\f(4,5)，所以sin∠BAD＝eq\f(3,5)，所以sin∠CAD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠BAD))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,5)－eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＝eq\f(4\r(3)－3,10)；所以eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝eq\f(6,4\r(3)－3)＝eq\f(8\r(3)＋6,13)，所以由正弦定理得△ABD與△ACD的面積之比等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×AB×AD×sin∠BAD))÷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×AC×AD×sin∠CAD))＝eq\f(8\r(3)＋6,13).[周二]1．(2023·東三省四市教研體模擬)要得到函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x的圖象，只需把函數(shù)g(x)＝sin2x的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,6)個單位長度C．向左平移eq\f(π,3)個單位長度D．向右平移eq\f(π,3)個單位長度答案A解析f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，把函數(shù)g(x)＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，滿足要求，A正確，其他選項均不符合要求．2．(2023·南通模擬)已知三棱錐P－ABC，Q為BC的中點，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，側(cè)面PBC⊥底面ABC，則過點Q的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，2π)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，2π))答案A解析如圖，連接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，可知△ABC和△PBC是等邊三角形，設三棱錐P－ABC外接球的球心為O，所以球心O到平面ABC和平面PBC的射影分別是△ABC和△PBC的中心E，F(xiàn)，因為△PBC是等邊三角形，Q為BC的中點，所以PQ⊥BC，又因為側(cè)面PBC⊥底面ABC，側(cè)面PBC∩底面ABC＝BC，PQ?側(cè)面PBC，所以PQ⊥底面ABC，而AQ?底面ABC，因此PQ⊥AQ，所以四邊形OFQE是矩形，因為△ABC和△PBC是邊長為2的等邊三角形，所以兩個三角形的高h＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2))2)＝eq\r(3)，在矩形OFQE中，OE＝FQ＝eq\f(1,3)h＝eq\f(\r(3),3).AE＝eq\f(2,3)h＝eq\f(2\r(3),3)，連接OA，所以OA＝eq\r(OE2＋EA2)＝eq\r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq\f(\r(15),3)，設過點Q的平面為α，當OQ⊥α時，所得截面的面積最小，該截面為圓形，OQ＝eq\r(OF2＋FQ2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)h))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)h))2)＝eq\f(\r(2),3)h＝eq\f(\r(2),3)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),3)，因此圓Q的半徑為eq\r(OA2－OQ2)＝eq\r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此時截面面積為π·12＝π，當點Q在以O為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，面積為π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))2＝eq\f(5π,3)，所以截面面積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3))).3．(多選)(2023·煙臺模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O為坐標原點，過C的右焦點F作C的一條漸近線的平行線交C于點P，交C的另一條漸近線于點Q，則()A．向量eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))B．若△OQF為直角三角形，則C為等軸雙曲線C．若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，則C的離心率為eq\r(10)D．若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，則C的漸近線方程為x±2y＝0答案ABD解析對于A，由題意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，∴Q在OF上的投影為OF的中點，∴eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))，故A正確；對于B，若△OQF為直角三角形，可得漸近線的傾斜角為45°，∴eq\f(b,a)＝1，∴a＝b，∴C為等軸雙曲線，故B正確；對于C，若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，設∠OQF＝2α，則eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4)，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)(舍去)，設漸近線y＝eq\f(b,a)x的傾斜角為β，可得tanβ＝eq\f(1,3)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，∴a＝3b，∴a2＝9b2，∴a2＝9(c2－a2)，∴10a2＝9c2，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),3)，故C錯誤；對于D，設直線QF的方程為y＝eq\f(b,a)(x－c)，與漸近線y＝－eq\f(b,a)x的交點坐標為Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，則eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(FQ,\s\up6(→))，設P(m，n)，∴(m－c，n)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，∴m＝eq\f(9c,10)，n＝－eq\f(bc,10a)，∵P在雙曲線上，∴eq\f(\f(81c2,100),a2)－eq\f(\f(b2c2,100a2),b2)＝1，∴eq\f(4c2,5a2)＝1，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，∴C的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正確．4．(2023·福州質(zhì)檢)已知變量x和y的統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：x678910y3.54566.5若由表中數(shù)據(jù)得到經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x＋eq\o(a,\s\up6(^))，則當x＝10時的殘差為________(注：觀測值減去預測值稱為殘差)．答案－0.1解析eq\x\to(x)＝eq\f(6＋7＋8＋9＋10,5)＝8，eq\x\to(y)＝eq\f(3.5＋4＋5＋6＋6.5,5)＝5，則5＝0.8×8＋eq\o(a,\s\up6(^))，解得eq\o(a,\s\up6(^))＝－1.4，所以eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x－1.4，當x＝10時，eq\o(y,\s\up6(^))＝6.6，所以當x＝10時的殘差為6.5－6.6＝－0.1.5．(2023·湛江模擬)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝2an－4n＋2.(1)證明：數(shù)列{an＋4}為等比數(shù)列；(2)設數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an·an＋1)))的前n項和為Tn，證明：Tn<eq\f(1,6).證明(1)由a1＝S1＝2a1－4×1＋2，解得a1＝2，所以a1＋4＝6.由Sn＝2an－4n＋2，得Sn－1＝2an－1－4(n－1)＋2，n≥2，an＝Sn－Sn－1＝(2an－4n＋2)－[2an－1－4(n－1)＋2]＝2an－2an－1－4，n≥2，所以an＝2an－1＋4，n≥2，故eq\f(an＋4,an－1＋4)＝eq\f(2an－1＋4＋4,an－1＋4)＝2，n≥2，所以數(shù)列{an＋4}是以6為首項，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知an＋4＝6×2n－1＝3×2n，即an＝3×2n－4，故eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n－4))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3×2n－4)－\f(1,3×2n＋1－4)))，所以Tn＝eq\f(2,a1·a2)＋eq\f(22,a2·a3)＋…＋eq\f(2n,an·an＋1)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,20)＋…＋\f(1,3×2n－4)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3×2n＋1－4)))＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)×eq\f(1,3×2n＋1－4)<eq\f(1,6).[周三]1．(2023·衡陽模擬)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展開式中的常數(shù)項是()A．－20B．20C．－160D．160答案C解析二項展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·(2eq\r(x))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝(－1)k·26－k·Ceq\o\al(k,6)·x3－k，令3－k＝0，得k＝3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6展開式中的常數(shù)項為(－1)3·26－3·Ceq\o\al(3,6)＝－160.2．設a＝3eq\r(3,e)，b＝eq\f(2,ln2)，c＝eq\f(e2,4－ln4)，則()A．c<a<b B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．c<b<a答案D解析a＝eq\f(\r(3,e),ln\r(3,e))，b＝eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,2ln2)＝eq\f(4,ln4)，c＝eq\f(e2,ln\f(e4,4))＝eq\f(e2,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))2)＝eq\f(\f(e2,2),ln\f(e2,2))，設f(x)＝eq\f(x,lnx)，x>0且x≠1，由f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＝0，得x＝e，當0<x<1和1<x<e時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減；當x>e時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，因為f(2)＝f(4)，且1<eq\r(3,e)<2<e<eq\f(e2,2)<4，所以f(eq\r(3,e))>f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，即c<b<a.3．(多選)(2023·云南333聯(lián)考)在正三棱錐P－ABC中，|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，D為PC的中點，以下四個結(jié)論中正確的是()A．若PC⊥平面ABD，則二面角P－AB－C的余弦值為eq\f(1,3)B．若PC⊥平面ABD，則三棱錐P－ABC的外接球體積為eq\r(6)πC．若PA⊥BD，則三棱錐P－ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)D．若PA⊥BD，則三棱錐P－ABC的外接球表面積為12π答案ABD解析A，B選項中，如圖1，因為PC⊥平面ABD，所以PC⊥AD，PC⊥BD，圖1因為D為PC的中點，所以PA＝AC，PB＝BC，所以正三棱錐P－ABC為正四面體，設AB的中點為E，則二面角P－AB－C的平面角為∠PEC，|PE|＝eq\r(3)，|EC|＝eq\r(3)，|PC|＝2，根據(jù)余弦定理可知cos∠PEC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，根據(jù)正四面體外接球半徑公式可知，外接球半徑R＝eq\f(\r(6),4)a＝eq\f(\r(6),4)×2＝eq\f(\r(6),2)，則外接球體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故A，B正確；C，D選項中，根據(jù)條件可知，正三棱錐P－ABC為PA，PB，PC兩兩垂直的正三棱錐，所以體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，故C錯誤；如圖2，將正三棱錐補形為正方體，則其外接球半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，圖2故外接球表面積S球＝4πr2＝4π×3＝12π，故D正確．4．(2023·湖北星云聯(lián)盟模擬)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，直線x＝t與C交于A，B兩點，AF與C的另一個交點為D，BF與C的另一個交點為E.若△ABF與△DEF的面積之比為4∶1，則t＝________.答案2解析如圖，拋物線C：y2＝4x的焦點為F(1,0)，可知t>1，由題意，得A(t,2eq\r(t))，B(t，－2eq\r(t))，即|AB|＝4eq\r(t)，所以直線AD的方程為y＝eq\f(2\r(t),t－1)(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2\r(t),t－1)x－1，,y2＝4x，))化簡得tx2－(t2＋1)x＋t＝0，設A(x1，y1)，D(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(t2＋1,t)，因為A(t,2eq\r(t))，可得點D的橫坐標為eq\f(t2＋1,t)－t＝eq\f(1,t)，代入拋物線方程可得，y＝±eq\f(2,\r(t))，所以|DE|＝eq\f(4,\r(t))，所以S△ABF＝eq\f(1,2)×4eq\r(t)×(t－1)＝2eq\r(t)·(t－1)，S△DEF＝eq\f(1,2)×eq\f(4,\r(t))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,t)))＝eq\f(2t－1,t·\r(t))，所以eq\f(S△ABF,S△DEF)＝eq\f(2\r(t)·t－1,\f(2t－1,t·\r(t)))＝t2＝4，又t>1，所以t＝2.5.(2023·東三省四市教研體模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD且2AB<CD，其中△PAD為等腰直角三角形，AP＝4，∠PDA＝eq\f(π,2)，∠PAB＝eq\f(π,4)，且平面PAB⊥平面PAD，DB⊥BA.(1)求AB的長；(2)若平面PAC與平面ACD夾角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，求CD的長．解(1)取AP的中點O，連接OD，OB，則OD⊥AP，又∵平面PAB⊥平面PAD，平面PAB∩平面PAD＝AP，OD?平面PAD，∴OD⊥平面APB，∵AB?平面APB，∴OD⊥AB，∵DB⊥BA，OD∩DB＝D，OD，DB?平面DOB，∴AB⊥平面DOB，∵BO?平面DOB，∴AB⊥BO，又∠PAB＝eq\f(π,4)，∴AB＝eq\f(\r(2),2)AO＝eq\r(2).(2)在平面APB內(nèi)，過O作AP的垂線OM，交PB于點M，以O為坐標原點，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(－2,0,0)，B(－1,1,0)，D(0,0,2)，P(2,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,2)，設平面ACD的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝a＋b＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n＝2a＋2c＝0，))取n＝(－1,1,1)．設eq\o(DC,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))(t>2)，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t，t,0)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t＋2，t,2)，設平面ACP的法向量為m＝(x，y，z)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(4,0,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·m＝t＋2x＋ty＋2z＝0，,\o(AP,\s\up6(→))·m＝4x＝0，))取m＝(0,2，－t)，∵平面PAC與平面ACD夾角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，∴eq\f(\r(3),15)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(|2－t|,\r(3)·\r(t2＋4))，∴6t2－25t＋24＝0，∴(3t－8)(2t－3)＝0，解得t＝eq\f(8,3)或t＝eq\f(3,2)(舍去)，∴CD＝eq\f(8\r(2),3).[周四]1．已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n項和為Sn，則eq\f(S3,a2)等于()A．3B.eq\f(13,3)C.eq\f(7,2)D．13答案B解析設等比數(shù)列{an}的公比為q，由于數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，則q>0，因為3a2＋2a3＝a4，即3a2＋2a2·q＝a2·q2，所以3＋2q＝q2，解得q＝3或q＝－1(舍)，則eq\f(S3,a2)＝eq\f(a1＋a2＋a3,a2)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋1＋q)),a2)＝eq\f(1,3)＋1＋3＝eq\f(13,3).2．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)的一個零點，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則ω的最大值是()A．14B．16C．18D．20答案A解析設函數(shù)f(x)的最小正周期為T，∵x＝－eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)的一個零點，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸，則eq\f(2n＋1,4)T＝eq\f(π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,4)，其中n∈N，則T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝4n＋2，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則eq\f(π,4)－eq\f(π,5)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，∴ω≤20.∴ω的可能取值有2,6,10,14,18.當ω＝18時，f(x)＝sin(18x＋φ)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，∴φ－eq\f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)，∵－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，當eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不單調(diào)，不符合題意；當ω＝14時，f(x)＝sin(14x＋φ)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，∴φ－eq\f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，∵－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,4)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，當eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，符合題意．因此ω的最大值為14.3．(多選)(2023·濰坊模擬)如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點，作平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1，則()A．直線BD與直線JL所成的角為eq\f(π,3)B．直線CG與平面EFHILK所成的角為eq\f(π,6)C．該幾何體的體積為eq\f(23\r(2),12)D．該幾何體中，二面角A－BC－D的余弦值為eq\f(1,3)答案AC解析將該幾何體還原為原正四面體Q－MNS，棱長為3，設△MNS的中心為O，連接OQ，ON，則ON＝eq\r(3)，OQ＝eq\r(6)，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(9\r(3),4)，V三棱錐Q－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，對于A，因為JL∥QN，所以直線BD與直線JL所成的角即為直線MQ與QN所成的角，為eq\f(π,3)，故A正確；對于B，直線CG與平面EFHILK所成的角即為直線QN與底面MNS所成的角，∠QNO即為所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\f(\r(6),3)，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B錯誤；對于C，該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積，eq\f(9\r(2),4)－4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(23\r(2),12)，故C正確；對于D，二面角A－BC－D的大小與A－BC－Q的大小互補，顯然二面角A－BC－Q的平面角為銳角，所以二面角A－BC－D的平面角一定為鈍角，其余弦值小于零，故D錯誤．4．(2023·邵陽模擬)已知直線l是曲線y1＝ln(x－2)＋2與y2＝ln(x－1)的公切線，則直線l與x軸的交點坐標為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋ln2,2)，0))解析設直線l與曲線y1＝ln(x－2)＋2和y2＝ln(x－1)分別相切于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，分別求導，得y′1＝eq\f(1,x－2)，y′2＝eq\f(1,x－1)，故l：y－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx1－2＋2))＝eq\f(1,x1－2)(x－x1)，整理可得y＝eq\f(1,x1－2)x＋ln(x1－2)＋2－eq\f(x1,x1－2).同理得l：y－ln(x2－1)＝eq\f(1,x2－1)(x－x2)，整理可得y＝eq\f(1,x2－1)x＋ln(x2－1)－eq\f(x2,x2－1).因為直線l為兩曲線的公切線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－2)＝\f(1,x2－1)，,lnx1－2＋2－\f(x1,x1－2)＝lnx2－1－\f(x2,x2－1)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(3,2)，,x1＝\f(5,2)，))所以直線l的方程為y＝2x－3－ln2，令y＝0，得x＝eq\f(3＋ln2,2).得直線l與x軸的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋ln2,2)，0)).5．(2023·廣東名校聯(lián)盟大聯(lián)考)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點為A(2,0)，直線l過點P(4,0)，當直線l與雙曲線E有且僅有一個公共點時，點A到直線l的距離為eq\f(2\r(5),5).(1)求雙曲線E的標準方程；(2)若直線l與雙曲線E交于M，N兩點，且x軸上存在唯一一點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，0))，使得∠MQP＝∠NQP恒成立，求t.解(1)因為雙曲線E的右頂點為A(2,0)，所以a＝2.當直線l與雙曲線E有且僅有一個公共點時，直線l平行于雙曲線E的一條漸近線．不妨設直線l的方程為y＝eq\f(b,a)(x－4)，即bx－ay－4b＝0，所以點A到直線l的距離d＝eq\f(2b,\r(b2＋a2))＝eq\f(2b,c)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝eq\r(5)b.因為c2＝a2＋b2，所以b＝1，c＝eq\r(5)，故雙曲線E的標準方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)當l過點P(4,0)且與x軸垂直時，滿足條件∠MQP＝∠NQP的點Q不唯一，所以設直線l的方程為x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，則y1＋y2＝－eq\f(8m,m2－4)，y1y2＝eq\f(12,m2－4)，m2－4≠0且Δ>0.因為∠MQP＝∠NQP，所以kQM＋kQN＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1,my1＋4－t)＋eq\f(y2,my2＋4－t)＝0，所以y1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋4－t))＋y2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋4－t))＝2my1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))(y1＋y2)＝eq\f(24m,m2－4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－t))eq\f(8m,m2－4)＝eq\f(8m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1)),m2－4)＝0，解得t＝1.當直線l恰好為x軸時，t＝1也滿足題意，故t＝1.[周五]1．(2023·白山模擬)《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，則直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為()A.eq\f(π,2)B.eq\f(\r(2),2)πC.eq\r(2)πD．2eq\r(2)π答案C解析設直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為α，底面圓的半徑為r，母線長為l，因為直角圓錐的軸截面為等腰直角三角形，所以l＝eq\r(2)r，則αl＝2πr，解得α＝eq\r(2)π.2．(2023·大慶模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，則方程f(x)＝4e解的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3答案A解析f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－1ex－2x－1ex,x－12)＝eq\f(x2x－3ex,x－12)，令f′(x)>0，解得x<0或x>eq\f(3,2)；令f′(x)<0，可得0<x<1或1<x<eq\f(3,2)，因此函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，且當x<0時，f(x)>0；當x＝0時，取極大值f(0)＝1；當x＝eq\f(3,2)時，取極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝；因此，函數(shù)y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的大致圖象如圖所示，因為1<4e<，所以y＝4e與y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的圖象無交點，可知方程f(x)＝4e無解．3．(多選)(2023·淄博模擬)已知△ABC的面積是1，點D，E分別是AB，AC的中點，點M是平面內(nèi)一動點，則下列結(jié)論正確的是()A．若M是線段DE的中點，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))B．若eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，則△MDE的面積是eq\f(1,16)C．若點M滿足eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))，則點M的軌跡是一條直線D．若M在直線DE上，則eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2的最小值是eq\r(3)答案CD解析對于A，若M是線段DE的中點，則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))＝2×2eq\o(AM,\s\up6(→))＝4eq\o(AM,\s\up6(→))，故A錯誤；對于B，由eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))＝2eq\o(MD,\s\up6(→))＋2eq\o(MC,\s\up6(→))＝0，可得eq\o(MD,\s\up6(→))＝－eq\o(MC,\s\up6(→))，即M為CD的中點，則△MDE的面積為S△MDE＝eq\f(1,2)S△CDE＝eq\f(1,4)S△CDA＝eq\f(1,8)S△CBA＝eq\f(1,8)，故B錯誤；對于C，由eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))，可得eq\o(MA,\s\up6(→))·(eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→)))＝eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，即eq\o(MA,\s\up6(→))⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，所以點M的軌跡是過A與CB垂直的一條直線，故C正確；對于D，如圖，取BC的中點為F，作MN⊥BC于N，則eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(MB,\s\up6(→))＋\o(MC,\s\up6(→))2－\o(MC,\s\up6(→))－\o(MB,\s\up6(→))2))，又eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝2eq\o(MF,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))－eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，則eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\o(MF,\s\up6(→))2－eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2，得eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(MF,\s\up6(→))2＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2，注意到S△ABC＝eq\f(1,2)·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·2|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|·|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝1，則|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\f(1,|\o(MN,\s\up6(→))|)，又|eq\o(FM,\s\up6(→))|≥|eq\o(MN,\s\up6(→))|，則eq\o(MB,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(MF,\s\up6(→))2＋eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2≥|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＋eq\f(3,4|\o(MN,\s\up6(→))|2)≥2eq\r(|\o(MN,\s\up6(→))|2·\f(3,4|\o(MN,\s\up6(→))|2))＝eq\r(3)，當且僅當FM⊥BC，且|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\f(3,4|\o(MN,\s\up6(→))|2)時取等號，故D正確．4．已知f(x)＝1＋eq\f(a,e2x＋1)是奇函數(shù)，則實數(shù)a＝________.答案－2解析由題意得f(x)＝－f(－x)，所以1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(a,e－2x＋1)，即1＋eq\f(a,e2x＋1)＝－1－eq\f(ae2x,e2x＋1)，所以eq\f(a,e2x＋1)＋eq\f(ae2x,e2x＋1)＝－2，解得a＝－2.5．(2023·福州質(zhì)檢)放行準點率是衡量機場運行效率和服務質(zhì)量的重要指標之一．某機場自2012年起采取相關(guān)策略優(yōu)化各個服務環(huán)節(jié)，運行效率不斷提升．以下是根據(jù)近10年年份數(shù)xi與該機場飛往A地航班放行準點率yi(i＝1,2，…，10)(單位：百分比)的統(tǒng)計數(shù)據(jù)所作的散點圖及經(jīng)過初步處理后得到的一些統(tǒng)計量的值．eq\x\to(x)eq\x\to(y)eq\x\to(t)eq\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(2,i)eq\i\su(i＝1,10,x)iyieq\i\su(i＝1,10,t)eq\o\al(2,i)eq\i\su(i＝1,10,t)iyi2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中ti＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xi－2012))，eq\x\to(t)＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,t)i.(1)根據(jù)散點圖判斷，y＝bx＋a與y＝cln(x－2012)＋d哪一個適合作為該機場飛往A地航班放行準點率y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗回歸方程類型(給出判斷即可，不必說明理由)，并根據(jù)表中數(shù)據(jù)建立經(jīng)驗回歸方程，由此預測2023年該機場飛往A地的航班放行準點率；(2)已知2023年該機場飛往A地、B地和其他地區(qū)的航班比例分別為0.2,0.2和0.6.若以(1)中的預測值作為2023年該機場飛往A地航班放行準點率的估計值，且2023年該機場飛往B地及其他地區(qū)(不包含A，B兩地)航班放行準點率的估計值分別為80%和75%，試解決以下問題：①現(xiàn)從2023年在該機場起飛的航班中隨機抽取一個，求該航班準點放行的概率；②若2023年某航班在該機場準點放行，判斷該航班飛往A地、B地、其他地區(qū)這三種情況中的哪種情況的可能性最大，說明你的理由．附：對于一組數(shù)據(jù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u1，v1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(u2，v2))，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(un，vn))，其經(jīng)驗回歸直線eq\o(v,\s\up6(^))＝eq\o(α,\s\up6(^))＋eq\o(β,\s\up6(^))u的斜率和截距的最小二乘估計分別為eq\o(β,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ui－\x\to(u)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vi－\x\to(v))),\i\su(i＝1,n,)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ui－\x\to(u)))2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)uivi－n\x\to(u)\x\to(v),\i\su(i＝1,n,)u\o\al(2,i)－n\x\to(u)2)，eq\o(α,\s\up6(^))＝eq\x\to(v)－eq\o(β,\s\up6(^))eq\x\to(u).參考數(shù)據(jù)：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48.解(1)由散點圖判斷y＝cln(x－2012)＋d適合作為該機場飛往A地航班放行準點率y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗回歸方程類型．令t＝ln(x－2012)，先建立y關(guān)于t的經(jīng)驗回歸方程．由于eq\o(c,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,10,t)iyi－10\x\to(t)\x\to(y),\i\su(i＝1,10,t)\o\al(2,i)－10\x\to(t)2)＝eq\f(1226.8－10×1.5×80.4,27.7－10×1.52)＝4，eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(c,\s\up6(^))eq\x\to(t)＝80.4－4×1.5＝74.4，該機場飛往A地航班放行準點率y關(guān)于t的經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝4t＋74.4，因此y關(guān)于年份數(shù)x的經(jīng)驗回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝4ln(x－2012)＋74.4，所以當x＝2023時，eq\o(y,\s\up6(^))＝4ln(2023－2012)＋74.4＝4ln11＋74.4≈4×2.40＋74.4＝84.所以2023年該機場飛往A地航班放行準點率為84%.(2)設A1＝“該航班飛往A地”，A2＝“該航班飛往B地”，A3＝“該航班飛往其他地區(qū)”，C＝“該航班準點放行”，則P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.6，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1))))＝0.84，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A2))))＝0.8，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A3))))＝0.75.①由全概率公式得，P(C)＝P(A1)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1))))＋P(A2)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A2))))＋P(A3)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A3))))＝0.2×0.84＋0.2×0.8＋0.6×0.75＝0.778，所以該航班準點放行的概率為0.778.②Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(C))))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A1C)),PC)＝eq\f(PA1P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1)))),PC)＝eq\f(0.2×0.84,0.778)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(C))))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2C)),PC)＝eq\f(PA2P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A2)))),PC)＝eq\f(0.2×0.8,0.778)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A3\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(C))))＝eq\f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A3C)),PC)＝eq\f(PA3P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A3)))),PC)＝eq\f(0.6×0.75,0.778)，因為0.6×0.75>0.2×0.84>0.2×0.8，所以該航班飛往其他地區(qū)的可能性最大．[周六]1．(2023·齊齊哈爾模擬)已知復數(shù)z1與z＝3＋i在復平面內(nèi)對應的點關(guān)于實軸對稱，則eq\f(z1,2＋i)等于()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i答案B解析因為復數(shù)z1與z＝3＋i在復平面內(nèi)對應的點關(guān)于實軸對稱，所以z1＝3－i，所以eq\f(z1,2＋i)＝eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.2．(2023·濱州模擬)在正四棱錐P－ABCD中，AB＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(5)，過側(cè)棱PA的延長線上一點A1作與平面ABCD平行的平面，分別與側(cè)棱PB，PC，PD的延長線交于點B1，C1，D1.設幾何體P－A1B1C1D1和幾何體ABCD－A1B1C1D1的外接球半徑分別為R1和R2，當eq\f(R2,R1)最小時，eq\f(PA,PA1)等于()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)答案C解析設PA1＝tPA，則eq\f(PA,PA1)＝eq\f(1,t)，t>1.過點P作PN⊥平面A1B1C1D1于點N，交平面ABCD于點M，則PM⊥平面ABCD.設幾何體P－A1B1C1D1和幾何體ABCD－A1B1C1D1的外接球球心分別為O1，O2，由AB∥A1B1，PA＝4eq\r(5)，得PA1＝4eq\r(5)t，由AB＝4eq\r(2)得A1B1＝4eq\r(2)t，如圖1，幾何體P－A1B1C1D1的外接球球心O1在PN上，PA1＝4eq\r(5)t，A1N＝4t，PN＝eq\r(PA\o\al(2,1)－A1N2)＝eq\r(4\r(5)t2－4t2)＝8t，PM＝8.在Rt△O1A1N中，Req\o\al(2,1)＝A1N2＋(PN－PO1)2＝(4t)2＋(8t－R1)2，解得R1＝5t.如圖2，幾何體ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O2在PN上，設O2M＝x，O2N＝|8t－8－x|，A1N＝4t，則Req\o\al(2,2)＝AM2＋O2M2＝A1N2＋O2N2，即Req\o\al(2,2)＝42＋x2＝(4t)2＋(8t－8－x)2，解得x＝eq\f(5t2－8t＋3,t－1)＝eq\f(5t2－1－8t－1,t－1)＝5t－3，Req\o\al(2,2)＝42＋(5t－3)2，則eq\f(R\o\al(2,2),R\o\al(2,1))＝eq\f(42＋5t－32,5t2)＝eq\f(1,t2)－eq\f(6,5t)＋1，當eq\f(1,t)＝eq\f(3,5)時，eq\f(R\o\al(2,2),R\o\al(2,1))取最小值，即eq\f(R2,R1)最小，此時eq\f(PA,PA1)＝eq\f(1,t)＝eq\f(3,5).則t＝eq\f(5,3)，O2M＝x＝5t－3＝eq\f(16,3)，MN＝PN－PM＝8t－8＝eq\f(16,3)，則O2與N重合．3．(多選)(2023·溫州模擬)近年來，網(wǎng)絡消費新業(yè)態(tài)、新應用不斷涌現(xiàn)，消費場景也隨之加速拓展，某報社開展了網(wǎng)絡交易消費者滿意度調(diào)查，某縣人口約為50萬人，從該縣隨機選取5000人進行問卷調(diào)查，根據(jù)滿意度得分分成以下5組：[50,60)，[60,70)，…，[90,100]，統(tǒng)計結(jié)果如圖所示．由頻率分布直方圖可認為滿意度得分X(單位：分)近似地服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，且P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ近似為樣本的標準差s，并已求得s＝12.則()A．由直方圖可估計樣本的平均數(shù)約為74.5B．由直方圖可估計樣本的中位數(shù)約為75C．由正態(tài)分布可估計全縣滿意度得分在(98.5，＋∞)內(nèi)的人數(shù)約為2.3萬人D．由正態(tài)分布可估計全縣滿意度得分在[62.5,98.5]內(nèi)的人數(shù)約為40.9萬人答案ABD解析對于A選項，由直方圖可估計樣本的平均數(shù)為eq\x\to(x)＝(55×0.015＋65×0.02＋75×0.03＋85×0.025＋95×0.01)×10＝74.5