2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）第八周43

第八周[周一]1．(2023·邵阳模拟)已知向量a＝(1,3)，b＝(1，－1)，c＝(4,5)．若a与b＋λc垂直，则实数λ的值为()A.eq\f(2,19)B.eq\f(4,11)C．2D．－eq\f(4,7)答案A解析由题意，b＋λc＝(1＋4λ，5λ－1)，由a与b＋λc垂直，则a·(b＋λc)＝0，即1＋4λ＋3×(5λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,19).2．(2023·龙岩质检)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(x＋4)＝23，当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x，则函数f(x)在区间(－4,2023]上的零点个数是()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为周期的周期函数，当x∈(0,4]时，f(x)＝x2－2x有两个零点2和4，当x∈(4,8]时，x－4∈(0,4]，f(x)＝23－f(x－4)＝23－(x－4)2＋2x－4，令23－(x－4)2＋2x－4＝0，则有2x－4＝(x－4)2－23，当x∈(4,8]时，(x－4)2－23<0,2x－4>1，所以2x－4＝(x－4)2－23无解，所以当x∈(4,8]时，f(x)＝23－(x－4)2＋2x－4无零点，又2023＝252×8＋7，因此在(0,2016]上函数有2×252＝504(个)零点，当x∈(0,4]时，f(x)有两个零点2和4，当x∈(4,7]时，f(x)无零点，当x∈(－4,0]时，f(x)无零点，因此在(－4,2023]上，f(x)有504＋2＝506(个)零点．3．(多选)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为侧面ABB1A1内的一个动点(含边界)，则下列说法正确的是()A．随着P点移动，三棱锥D－PCC1的体积有最小值为eq\f(1,18)B．三棱锥A－PCD体积的最大值为eq\f(1,6)C．直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)D．作体对角线AC1的垂面α，则平面α截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大答案BC解析对于A，如图1，＝＝eq\f(1,3)××1＝eq\f(1,6)为定值，故A错误；图1对于B，如图2，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，当点P在A1B1上时，三棱锥A－PCD即P－ACD的体积取最大值，Vmax＝eq\f(1,3)×S△ACD×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6)，故B正确；图2对于C，根据题意作图如图3所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，图3BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，因为BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1，又B1D⊂平面BDB1，即AC⊥B1D，因为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，因为AC∩CD1＝C，AC，CD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，设AC∩BD＝O′，连接D1O′，设D1O′∩B1D＝F，则∠DD1F为直线DD1与平面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)，因为BB1∥DD1，所以直线BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)，故C正确；对于D，如图4，平面α⊥AC1，截面α从A点到平面A1BD过程中，图4截面面积和周长都越来越大；从平面A1BD到平面CB1D1过程中，设A1H＝a(0≤a≤1)，则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)，所以截面周长为3eq\r(2)，所以截面面积先变大后变小而周长不变；从平面CB1D1到C1过程中，截面面积和周长都越来越小，故D错误．4．(2023·邵阳模拟)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＝2(n＋2)an(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝______________，Sn＋2＝______________.答案(n2＋n)·2n－1(n2－n＋2)·2n解析因为nan＋1＝2(n＋2)an，且a1＝2≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋2,n)，则当n≥2时，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.又当n＝1时，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，则Sn＝(n2－n＋2)·2n－2，即Sn＋2＝(n2－n＋2)·2n.5．(2023·台州模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为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)若点D为边BC上的一个点，且满足cos∠BAD＝eq\f(4,5)，求△ABD与△ACD的面积之比．解(1)因为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)，显然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)))，又因为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(显然不成立)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为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，因为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与△ACD的面积之比等于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·东三省四市教研体模拟)要得到函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x的图象，只需把函数g(x)＝sin2x的图象()A．向左平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,6)个单位长度C．向左平移eq\f(π,3)个单位长度D．向右平移eq\f(π,3)个单位长度答案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)))，把函数g(x)＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，满足要求，A正确，其他选项均不符合要求．2．(2023·南通模拟)已知三棱锥P－ABC，Q为BC的中点，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，侧面PBC⊥底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为()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解析如图，连接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，可知△ABC和△PBC是等边三角形，设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，所以球心O到平面ABC和平面PBC的射影分别是△ABC和△PBC的中心E，F，因为△PBC是等边三角形，Q为BC的中点，所以PQ⊥BC，又因为侧面PBC⊥底面ABC，侧面PBC∩底面ABC＝BC，PQ⊂侧面PBC，所以PQ⊥底面ABC，而AQ⊂底面ABC，因此PQ⊥AQ，所以四边形OFQE是矩形，因为△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高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)，连接OA，所以OA＝eq\r(OE2＋EA2)＝eq\r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq\f(\r(15),3)，设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，所得截面的面积最小，该截面为圆形，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)，因此圆Q的半径为eq\r(OA2－OQ2)＝eq\r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此时截面面积为π·12＝π，当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))2＝eq\f(5π,3)，所以截面面积的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3))).3．(多选)(2023·烟台模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，过C的右焦点F作C的一条渐近线的平行线交C于点P，交C的另一条渐近线于点Q，则()A．向量eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))B．若△OQF为直角三角形，则C为等轴双曲线C．若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，则C的离心率为eq\r(10)D．若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝4eq\o(FP,\s\up6(→))，则C的渐近线方程为x±2y＝0答案ABD解析对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|＝|QF|，∴Q在OF上的投影为OF的中点，∴eq\o(QF,\s\up6(→))在eq\o(OF,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(1,2)eq\o(OF,\s\up6(→))，故A正确；对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为45°，∴eq\f(b,a)＝1，∴a＝b，∴C为等轴双曲线，故B正确；对于C，若tan∠OQF＝－eq\f(3,4)，设∠OQF＝2α，则eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4)，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)(舍去)，设渐近线y＝eq\f(b,a)x的倾斜角为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错误；对于D，设直线QF的方程为y＝eq\f(b,a)(x－c)，与渐近线y＝－eq\f(b,a)x的交点坐标为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(→))，则eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(FQ,\s\up6(→))，设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在双曲线上，∴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的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，即x±2y＝0，故D正确．4．(2023·福州质检)已知变量x和y的统计数据如表：x678910y3.54566.5若由表中数据得到经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝0.8x＋eq\o(a,\s\up6(^))，则当x＝10时的残差为________(注：观测值减去预测值称为残差)．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，则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，当x＝10时，eq\o(y,\s\up6(^))＝6.6，所以当x＝10时的残差为6.5－6.6＝－0.1.5．(2023·湛江模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－4n＋2.(1)证明：数列{an＋4}为等比数列；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，证明：Tn<eq\f(1,6).证明(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，所以数列{an＋4}是以6为首项，2为公比的等比数列．(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·衡阳模拟)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展开式中的常数项是()A．－20B．20C．－160D．160答案C解析二项展开式的通项为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展开式中的常数项为(－1)3·26－3·Ceq\o\al(3,6)＝－160.2．设a＝3eq\r(3,e)，b＝eq\f(2,ln2)，c＝eq\f(e2,4－ln4)，则()A．c<a<b B．b<c<aC．a<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))，设f(x)＝eq\f(x,lnx)，x>0且x≠1，由f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)＝0，得x＝e，当0<x<1和1<x<e时，f′(x)<0，函数单调递减；当x>e时，f′(x)>0，函数单调递增，因为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．(多选)(2023·云南333联考)在正三棱锥P－ABC中，|PA|＝|PB|＝|PC|＝2，D为PC的中点，以下四个结论中正确的是()A．若PC⊥平面ABD，则二面角P－AB－C的余弦值为eq\f(1,3)B．若PC⊥平面ABD，则三棱锥P－ABC的外接球体积为eq\r(6)πC．若PA⊥BD，则三棱锥P－ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)D．若PA⊥BD，则三棱锥P－ABC的外接球表面积为12π答案ABD解析A，B选项中，如图1，因为PC⊥平面ABD，所以PC⊥AD，PC⊥BD，图1因为D为PC的中点，所以PA＝AC，PB＝BC，所以正三棱锥P－ABC为正四面体，设AB的中点为E，则二面角P－AB－C的平面角为∠PEC，|PE|＝eq\r(3)，|EC|＝eq\r(3)，|PC|＝2，根据余弦定理可知cos∠PEC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，根据正四面体外接球半径公式可知，外接球半径R＝eq\f(\r(6),4)a＝eq\f(\r(6),4)×2＝eq\f(\r(6),2)，则外接球体积为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正确；C，D选项中，根据条件可知，正三棱锥P－ABC为PA，PB，PC两两垂直的正三棱锥，所以体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，故C错误；如图2，将正三棱锥补形为正方体，则其外接球半径r＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，图2故外接球表面积S球＝4πr2＝4π×3＝12π，故D正确．4．(2023·湖北星云联盟模拟)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，直线x＝t与C交于A，B两点，AF与C的另一个交点为D，BF与C的另一个交点为E.若△ABF与△DEF的面积之比为4∶1，则t＝________.答案2解析如图，抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，可知t>1，由题意，得A(t,2eq\r(t))，B(t，－2eq\r(t))，即|AB|＝4eq\r(t)，所以直线AD的方程为y＝eq\f(2\r(t),t－1)(x－1)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2\r(t),t－1)x－1，,y2＝4x，))化简得tx2－(t2＋1)x＋t＝0，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(t2＋1,t)，因为A(t,2eq\r(t))，可得点D的横坐标为eq\f(t2＋1,t)－t＝eq\f(1,t)，代入抛物线方程可得，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·东三省四市教研体模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD且2AB<CD，其中△PAD为等腰直角三角形，AP＝4，∠PDA＝eq\f(π,2)，∠PAB＝eq\f(π,4)，且平面PAB⊥平面PAD，DB⊥BA.(1)求AB的长；(2)若平面PAC与平面ACD夹角的余弦值是eq\f(\r(3),15)，求CD的长．解(1)取AP的中点O，连接OD，OB，则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内，过O作AP的垂线OM，交PB于点M，以O为坐标原点，eq\o(OP,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设平面ACD的法向量为n＝(a，b，c)，则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)．设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)，设平面ACP的法向量为m＝(x，y，z)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(4,0,0)，则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与平面ACD夹角的余弦值是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．已知等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn，则eq\f(S3,a2)等于()A．3B.eq\f(13,3)C.eq\f(7,2)D．13答案B解析设等比数列{an}的公比为q，由于数列{an}的各项均为正数，则q>0，因为3a2＋2a3＝a4，即3a2＋2a2·q＝a2·q2，所以3＋2q＝q2，解得q＝3或q＝－1(舍)，则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．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则ω的最大值是()A．14B．16C．18D．20答案A解析设函数f(x)的最小正周期为T，∵x＝－eq\f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq\f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，则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，则T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝4n＋2，∵函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则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.当ω＝18时，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)，则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)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不单调，不符合题意；当ω＝14时，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)，则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)))，当eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)时，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调递减，符合题意．因此ω的最大值为14.3．(多选)(2023·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则()A．直线BD与直线JL所成的角为eq\f(π,3)B．直线CG与平面EFHILK所成的角为eq\f(π,6)C．该几何体的体积为eq\f(23\r(2),12)D．该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为eq\f(1,3)答案AC解析将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为3，设△MNS的中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq\r(3)，OQ＝eq\r(6)，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(9\r(3),4)，V三棱锥Q－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成的角即为直线MQ与QN所成的角，为eq\f(π,3)，故A正确；对于B，直线CG与平面EFHILK所成的角即为直线QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\f(\r(6),3)，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B错误；对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，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正确；对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然二面角A－BC－Q的平面角为锐角，所以二面角A－BC－D的平面角一定为钝角，其余弦值小于零，故D错误．4．(2023·邵阳模拟)已知直线l是曲线y1＝ln(x－2)＋2与y2＝ln(x－1)的公切线，则直线l与x轴的交点坐标为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋ln2,2)，0))解析设直线l与曲线y1＝ln(x－2)＋2和y2＝ln(x－1)分别相切于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，分别求导，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).因为直线l为两曲线的公切线，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)，))所以直线l的方程为y＝2x－3－ln2，令y＝0，得x＝eq\f(3＋ln2,2).得直线l与x轴的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋ln2,2)，0)).5．(2023·广东名校联盟大联考)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点为A(2,0)，直线l过点P(4,0)，当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，点A到直线l的距离为eq\f(2\r(5),5).(1)求双曲线E的标准方程；(2)若直线l与双曲线E交于M，N两点，且x轴上存在唯一一点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，0))，使得∠MQP＝∠NQP恒成立，求t.解(1)因为双曲线E的右顶点为A(2,0)，所以a＝2.当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，直线l平行于双曲线E的一条渐近线．不妨设直线l的方程为y＝eq\f(b,a)(x－4)，即bx－ay－4b＝0，所以点A到直线l的距离d＝eq\f(2b,\r(b2＋a2))＝eq\f(2b,c)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝eq\r(5)b.因为c2＝a2＋b2，所以b＝1，c＝eq\r(5)，故双曲线E的标准方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)当l过点P(4,0)且与x轴垂直时，满足条件∠MQP＝∠NQP的点Q不唯一，所以设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，则y1＋y2＝－eq\f(8m,m2－4)，y1y2＝eq\f(12,m2－4)，m2－4≠0且Δ>0.因为∠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.当直线l恰好为x轴时，t＝1也满足题意，故t＝1.[周五]1．(2023·白山模拟)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(\r(2),2)πC.eq\r(2)πD．2eq\r(2)π答案C解析设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为α，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以l＝eq\r(2)r，则αl＝2πr，解得α＝eq\r(2)π.2．(2023·大庆模拟)函数f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，则方程f(x)＝4e解的个数为()A．0B．1C．2D．3答案A解析f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)，定义域为(－∞，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)，因此函数f(x)＝eq\f(ex2x－1,x－1)在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增，且当x<0时，f(x)>0；当x＝0时，取极大值f(0)＝1；当x＝eq\f(3,2)时，取极小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝；因此，函数y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的大致图象如图所示，因为1<4e<，所以y＝4e与y＝eq\f(ex2x－1,x－1)的图象无交点，可知方程f(x)＝4e无解．3．(多选)(2023·淄博模拟)已知△ABC的面积是1，点D，E分别是AB，AC的中点，点M是平面内一动点，则下列结论正确的是()A．若M是线段DE的中点，则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，则△MDE的面积是eq\f(1,16)C．若点M满足eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))，则点M的轨迹是一条直线D．若M在直线DE上，则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解析对于A，若M是线段DE的中点，则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错误；对于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为CD的中点，则△MDE的面积为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错误；对于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(→))，所以点M的轨迹是过A与CB垂直的一条直线，故C正确；对于D，如图，取BC的中点为F，作MN⊥BC于N，则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(→))，则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，则|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\f(1,|\o(MN,\s\up6(→))|)，又|eq\o(FM,\s\up6(→))|≥|eq\o(MN,\s\up6(→))|，则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)，当且仅当FM⊥BC，且|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\f(3,4|\o(MN,\s\up6(→))|2)时取等号，故D正确．4．已知f(x)＝1＋eq\f(a,e2x＋1)是奇函数，则实数a＝________.答案－2解析由题意得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·福州质检)放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数xi与该机场飞往A地航班放行准点率yi(i＝1,2，…，10)(单位：百分比)的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．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)根据散点图判断，y＝bx＋a与y＝cln(x－2012)＋d哪一个适合作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)，并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率；(2)已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2,0.2和0.6.若以(1)中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区(不包含A，B两地)航班放行准点率的估计值分别为80%和75%，试解决以下问题：①现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；②若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区这三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．附：对于一组数据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))，其经验回归直线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计分别为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).参考数据：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48.解(1)由散点图判断y＝cln(x－2012)＋d适合作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型．令t＝ln(x－2012)，先建立y关于t的经验回归方程．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，该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝4t＋74.4，因此y关于年份数x的经验回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝4ln(x－2012)＋74.4，所以当x＝2023时，eq\o(y,\s\up6(^))＝4ln(2023－2012)＋74.4＝4ln11＋74.4≈4×2.40＋74.4＝84.所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率为84%.(2)设A1＝“该航班飞往A地”，A2＝“该航班飞往B地”，A3＝“该航班飞往其他地区”，C＝“该航班准点放行”，则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，所以该航班准点放行的概率为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)，因为0.6×0.75>0.2×0.84>0.2×0.8，所以该航班飞往其他地区的可能性最大．[周六]1．(2023·齐齐哈尔模拟)已知复数z1与z＝3＋i在复平面内对应的点关于实轴对称，则eq\f(z1,2＋i)等于()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i答案B解析因为复数z1与z＝3＋i在复平面内对应的点关于实轴对称，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·滨州模拟)在正四棱锥P－ABCD中，AB＝4eq\r(2)，PA＝4eq\r(5)，过侧棱PA的延长线上一点A1作与平面ABCD平行的平面，分别与侧棱PB，PC，PD的延长线交于点B1，C1，D1.设几何体P－A1B1C1D1和几何体ABCD－A1B1C1D1的外接球半径分别为R1和R2，当eq\f(R2,R1)最小时，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解析设PA1＝tPA，则eq\f(PA,PA1)＝eq\f(1,t)，t>1.过点P作PN⊥平面A1B1C1D1于点N，交平面ABCD于点M，则PM⊥平面ABCD.设几何体P－A1B1C1D1和几何体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心分别为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，如图1，几何体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.如图2，几何体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O2在PN上，设O2M＝x，O2N＝|8t－8－x|，A1N＝4t，则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，则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，当eq\f(1,t)＝eq\f(3,5)时，eq\f(R\o\al(2,2),R\o\al(2,1))取最小值，即eq\f(R2,R1)最小，此时eq\f(PA,PA1)＝eq\f(1,t)＝eq\f(3,5).则t＝eq\f(5,3)，O2M＝x＝5t－3＝eq\f(16,3)，MN＝PN－PM＝8t－8＝eq\f(16,3)，则O2与N重合．3．(多选)(2023·温州模拟)近年来，网络消费新业态、新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为50万人，从该县随机选取5000人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下5组：[50,60)，[60,70)，…，[90,100]，统计结果如图所示．由频率分布直方图可认为满意度得分X(单位：分)近似地服从正态分布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近似为样本平均数，σ近似为样本的标准差s，并已求得s＝12.则()A．由直方图可估计样本的平均数约为74.5B．由直方图可估计样本的中位数约为75C．由正态分布可估计全县满意度得分在(98.5，＋∞)内的人数约为2.3万人D．由正态分布可估计全县满意度得分在[62.5,98.5]内的人数约为40.9万人答案ABD解析对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为eq\x\to(x)＝(55×0.015＋65×0.02＋75×0.03＋85×0.025＋95×0.01)×10＝74.5