福建省2023屆高三畢業(yè)班適應性練習卷（省質(zhì)檢）數(shù)學試題及答案

第1頁/共1頁福建省2023屆高中畢業(yè)班適應性練習卷數(shù)學一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2.已知z是方程x2-2x+2=0的一個根，則||=（）A.1 B. C. D.23.函數(shù)的圖象大數(shù)為（）A. B.C. D.4.中國古代數(shù)學專著《九章算術(shù)》的第一章“方田”中載有“半周半徑相乘得積步”，其大意為：圓的帳周長乘以其半徑等于圓面積.南北朝時期杰出的數(shù)學家祖沖之曾用圓內(nèi)接正多邊形的面積“替代”圓的面積，并通過增加圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)n使得正多邊形的面積更接近圓的面積，從而更為“精確”地估計圓周率π.據(jù)此，當n足夠大時，可以得到π與n的關(guān)系為（）A.

B.

C.

D.

5.已知雙曲線C：（a>0，b>0）離心率為，左，右焦點分別為，關(guān)于C的一條漸近線的對稱點為P.若，則的面積為（）A.2 B. C.3 D.46.中國救援力量在國際自然災害中為拯救生命作出了重要貢獻，很好地展示了國際形象，增進了國際友誼，多次為祖國贏得了榮譽.現(xiàn)有5支救援隊前往A，B，C等3個受災點執(zhí)行救援任務，若每支救援隊只能去其中的一個受災點，且每個受災點至少安排1支救援隊，其中甲救援隊只能去B，C兩個數(shù)點中的一個，則不同的安排方法數(shù)是（）A.72 B.84 C.88 D.1007.已知，，，則（）A. B. C. D.8.已知，則，，.今有一批數(shù)量龐大的零件.假設(shè)這批零件的某項質(zhì)量指標引單位：毫米）服從正態(tài)分布，現(xiàn)從中隨機抽取N個，這N個零件中恰有K個的質(zhì)量指標ξ位于區(qū)間.若，試以使得最大的N值作為N的估計值，則N為（）A.45 B.53 C.54 D.90二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目數(shù).部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知向量，，則（）A. B.C.在上投影向量是 D.在上的投影向量是10.已知函數(shù)f(x)=sin(>0)滿足:f()=2,f()=0,則()A.曲線y=f(x)關(guān)于直線對稱 B.函數(shù)y=f()是奇函數(shù)C.函數(shù)y=f(x)在(,)單調(diào)遞減 D.函數(shù)y=f(x)的值域為[-2,2]11.已知拋物線C的焦點為F，準線為l，點P在C上，PQ垂直l于點Q，直線QF與C相交于M?N兩點.若M為QF的三等分點，則（）A.cos∠ B.sin∠C. D.12.正方體的棱長為1，為側(cè)面上的點，為側(cè)面上的點，則下列判斷正確的是（）A.若，則到直線的距離的最小值為B.若，則，且直線平面C.若，則與平面所成角正弦的最小值為D.若，，則，兩點之間距離的最小值為三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第16題第一空2分，第二空3分.13.寫出過點且被圓截得的弦長為的一條直線的方程___________.14.已知{an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，a4+a5=24，a3a6=128，則公比q的值是___________.15.已知函數(shù).若，則a的取值范圍是___________.16.如圖，一張紙的長，寬，.M，N分別是AD，BC的中點.現(xiàn)將沿BD折起，得到以A，B，C，D為頂點的三棱錐，則三棱錐的外接球O的半徑為___________；在翻折的過程中，直線MN被球O截得的線段長的取值范圍是___________.四?解答題：共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.（1）求C；（2）若，D為的外接圓上的點，，求四邊形ABCD面積的最大值.18.已知數(shù)列滿足：，，，.（1）證明：是等差數(shù)列：（2）記的前n項和為，，求n的最小值.19.放行準點率是衡量機場運行效率和服務質(zhì)量重要指標之一.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)與該機場飛往A地航班放行準點率（）（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.2017.58041.540703145.01621254.227.71226.8其中，（1）根據(jù)散點圖判斷，與哪一個適宜作為該機場飛往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和，試解決以下問題：（i）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；（ii）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)等三種情況中的哪種情況的可能性最大，說明你的理由.附：（1）對于一組數(shù)據(jù)，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，參考數(shù)據(jù)：，，.20.如圖，已知四棱錐底面為菱形，且，，.是棱PD上的點，且四面體的體積為（1）證明：；（2）若過點C，M的平面α與BD平行，且交PA于點Q，求平面與平面夾角的余弦值.21.已知圓，直線過點且與圓交于點B，C，BC中點為D，過中點E且平行于的直線交于點P，記P的軌跡為Γ（1）求Γ的方程；（2）坐標原點O關(guān)于，的對稱點分別為，，點，關(guān)于直線的對稱點分別為，，過的直線與Γ交于點M，N，直線，相交于點Q.請從下列結(jié)論中，選擇一個正確的結(jié)論并給予證明.①的面積是定值；②的面積是定值：③的面積是定值.22.已知函，.（1）討論在的單調(diào)性；（2）是否存在，且，使得曲線在和處有相同的切線？證明你的結(jié)論.福建省2023屆高中畢業(yè)班適應性練習卷數(shù)學一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數(shù)的定義域及值域求出兩個集合，再根據(jù)集合的交集、并集、補集運算即可.【詳解】因為，，所以，所以，，又，所以，不滿足，故選項A、B、C錯誤，選項D正確，故選：D.2.已知z是方程x2-2x+2=0的一個根，則||=（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)實系數(shù)一元二次方程的性質(zhì)，結(jié)合共軛復數(shù)、復數(shù)模的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】因為方程x2-2x+2=0是實系數(shù)方程，且，所以該方程有兩個互為共軛復數(shù)的兩個虛數(shù)根，即，即，故選：B3.函數(shù)的圖象大數(shù)為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函數(shù)的定義域，由已知可得函數(shù)為奇函數(shù).然后得到時，，根據(jù)導函數(shù)求得的單調(diào)性，并且可得極大值點，即可得出答案.【詳解】由題意可知，函數(shù)的定義域為.又，所以，函數(shù)為奇函數(shù).當時，，則.設(shè)，則在上恒成立，所以，在上單調(diào)遞增.又，，所以，根據(jù)零點存在定理可得，，有，且當時，有，顯然，所以在上單調(diào)遞增；當時，有，顯然，所以在上單調(diào)遞減.因為，所以C項滿足題意.故選：C.4.中國古代數(shù)學專著《九章算術(shù)》的第一章“方田”中載有“半周半徑相乘得積步”，其大意為：圓的帳周長乘以其半徑等于圓面積.南北朝時期杰出的數(shù)學家祖沖之曾用圓內(nèi)接正多邊形的面積“替代”圓的面積，并通過增加圓內(nèi)接正多邊形的邊數(shù)n使得正多邊形的面積更接近圓的面積，從而更為“精確”地估計圓周率π.據(jù)此，當n足夠大時，可以得到π與n的關(guān)系為（）A.

B.

C.

D.

【答案】A【解析】【分析】設(shè)圓的半徑為，由題意可得，化簡即可得出答案.【詳解】設(shè)圓的半徑為，將內(nèi)解正邊形分成個小三角形，由內(nèi)接正邊形的面積無限接近圓的面即可得：，解得：.故選：A.5.已知雙曲線C：（a>0，b>0）的離心率為，左，右焦點分別為，關(guān)于C的一條漸近線的對稱點為P.若，則的面積為（）A.2 B. C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】設(shè)與漸近線交于，由對稱性知且，在直角中可求得，再由求得的面積.【詳解】設(shè)與漸近線交于，則，，，所以，，由分別是與的中點，知且，即，由得，所以，故選：D6.中國救援力量在國際自然災害中為拯救生命作出了重要貢獻，很好地展示了國際形象，增進了國際友誼，多次為祖國贏得了榮譽.現(xiàn)有5支救援隊前往A，B，C等3個受災點執(zhí)行救援任務，若每支救援隊只能去其中的一個受災點，且每個受災點至少安排1支救援隊，其中甲救援隊只能去B，C兩個數(shù)點中的一個，則不同的安排方法數(shù)是（）A.72 B.84 C.88 D.100【答案】D【解析】【分析】由題意可知，若甲去點，則剩余4人，可只去兩個點，也可分為3組去3個點.分別求出安排種法，相加即可得出甲去點的安排方法.同理，即可得出甲去點的安排方法，即可得出答案.【詳解】若甲去點，則剩余4人，可只去兩個點，也可分為3組去3個點.當剩余4人只去兩個點時，人員分配為或，此時的分配方法有；當剩余4人分為3組去3個點時，先從4人中選出2人，即可分為3組，然后分配到3個小組即可，此時的分配方法有，綜上可得，甲去點，不同的安排方法數(shù)是.同理，甲去點，不同的安排方法數(shù)也是，所以，不同的安排方法數(shù)是.故選：D.7.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】構(gòu)造，根據(jù)導函數(shù)可得在上單調(diào)遞減，進而可得出.構(gòu)造，根據(jù)導函數(shù)可得在上單調(diào)遞減，進而由，即可得出，整理即可得出，即可得出答案.【詳解】令，則，令，則恒成立，所以，即在R上單調(diào)遞增.又，所以，當時，恒成立，所以，在上單調(diào)遞減.又，，所以，即，，即，即，所以.令，則，令，則在恒成立.所以，，即在R上單調(diào)遞增.又，所以，當時，有成立，所以，在上單調(diào)遞減.又，因為，所以，，所以，，又，所以，，所以，，即.綜上可得，.故選：A.8.已知，則，，.今有一批數(shù)量龐大的零件.假設(shè)這批零件的某項質(zhì)量指標引單位：毫米）服從正態(tài)分布，現(xiàn)從中隨機抽取N個，這N個零件中恰有K個的質(zhì)量指標ξ位于區(qū)間.若，試以使得最大的N值作為N的估計值，則N為（）A.45 B.53 C.54 D.90【答案】B【解析】【分析】由已知可推得，，根據(jù)已知以及正態(tài)分布的對稱性，可求得.則，，設(shè)，求出函數(shù)的最大整數(shù)值，即可得出答案.【詳解】由已知可得，.又，所以，，.設(shè)，則，所以，，所以.，所以，，所以.所以，以使得最大的N值作為N的估計值，則N為.故選：B.【點睛】思路點睛：由正態(tài)分布求出概率，然后根據(jù)已知，可得，得出，利用函數(shù)求出的最大值.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目數(shù).部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知向量，，則（）A. B.C.在上的投影向量是 D.在上的投影向量是【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)向量的坐標運算求出，，即可求出數(shù)量積以及模，判斷A、B項；根據(jù)投影向量的公式，求出投影向量，即可判斷C、D項.【詳解】由已知可得，，.對于A項，因為，故A項錯誤；對于B項，因為，，所以，故B項正確；對于C項，因為，，，所以在上的投影向量是，故C項正確；對于D項，，，所以在上的投影向量是，故D項錯誤.故選：BC.10.已知函數(shù)f(x)=sin(>0)滿足:f()=2,f()=0,則()A.曲線y=f(x)關(guān)于直線對稱 B.函數(shù)y=f()是奇函數(shù)C.函數(shù)y=f(x)在(,)單調(diào)遞減 D.函數(shù)y=f(x)的值域為[-2,2]【答案】ABD【解析】【分析】用輔助角公式化簡,再利用,得出的取值集合,再結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)逐項判斷即可.【詳解】,所以函數(shù)的值域為,故D正確；因為,所以,所以，因為,所以,所以，所以,即，所以，因為，所以曲線關(guān)于直線對稱,故A正確；因為即，所以函數(shù)是奇函數(shù),故B正確；取,則最小正周期,故C錯誤.故選：ABD11.已知拋物線C的焦點為F，準線為l，點P在C上，PQ垂直l于點Q，直線QF與C相交于M?N兩點.若M為QF的三等分點，則（）A.cos∠ B.sin∠C. D.【答案】ACD【解析】【分析】過點作于點，設(shè)準線為l與交于點，由拋物線的定義可得，可判斷A；求出的長，由正弦定理可判斷B；求出可判斷C；求出可判斷D.【詳解】如下圖，過點作于點，設(shè)準線l與交于點，由拋物線的定義知：，因為M為QF的三等分點，所以，所以，所以，所以cos∠，故A正確；對于B，在中，由拋物線的定義知：，，所以為等邊三角形，又因為，解得：，同理可得：，所以，因為為等邊三角形，所以M為QF的三等分點，所以中，由余弦定理可得：，則，則，所以在中，由正弦定理可得：，代入可得，sin∠，故B不正確；對于C，，，所以，故C正確；對于D，因為，所以中，，由余弦定理可得：，則，所以，故D正確.故選：ACD.12.正方體的棱長為1，為側(cè)面上的點，為側(cè)面上的點，則下列判斷正確的是（）A.若，則到直線的距離的最小值為B.若，則，且直線平面C.若，則與平面所成角正弦的最小值為D.若，，則，兩點之間距離的最小值為【答案】BD【解析】【分析】由已知可推得為以點為圓心，為半徑的圓上.作圖，即可根據(jù)圓的性質(zhì)得出最小值，判斷A項；先證明平面，結(jié)合，即可得出平面；建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，表示出，根據(jù)不等式的性質(zhì)，即可判斷C項；為直線與的公垂線段時，最小.設(shè)，且，，求出，即可根據(jù)投影向量，求出最小值.【詳解】對于A項，因為，所以在以為球心，為半徑的球上.又為側(cè)面上的點，所以在球被平面截得的交線上.因為，平面，，，所以，所以，為以點為圓心，為半徑的圓上.如圖1，，則，到直線的距離的最小值為，故A項錯誤；對于B項，如圖2，連結(jié).因為平面，平面，所以.又，平面，平面，，所以，平面.又平面，所以.同理可得，.又平面，平面，，所以，平面.又，平面，所以直線平面，故B項正確；對于C項，以點為坐標原點，分別以為軸的正方向，如圖3建立空間直角坐標系，則，，，，，，.因為，設(shè)，，.設(shè)是平面的一個法向量，則，即，取，則，是平面的一個法向量.則，又，當時，有最小值1，所以，，即，所以，與平面所成角正弦的最大值為，故C項錯誤；對于D項，由C項知，，.當，，即為直線與的公垂線段時，最小.設(shè)，且，，則，即，取，則.在方向上的投影向量的模為，所以，，兩點之間距離的最小值為，故D項正確.故選：BD.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第16題第一空2分，第二空3分.13.寫出過點且被圓截得的弦長為的一條直線的方程___________.【答案】（只需填其中的一個即可）【解析】【分析】將圓的方程化為標準方程，求出圓心、半徑.根據(jù)弦長，得出圓心到直線的距離.先判斷斜率不存在時是否滿足，然后設(shè)出斜率，得出直線方程，表示出圓心到直線的距離，得出方程，即可解出的值.【詳解】圓的方程可化為，圓心為，半徑，由弦長為可得，圓心到直線的距離.當直線斜率不存在時，直線方程為，此時圓心在直線上，弦長為，不滿足題意，所以直線的斜率存在.設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，此時圓心到直線的距離，解得.所以，直線的方程為或.故答案為：.14.已知{an}是單調(diào)遞增的等比數(shù)列，a4+a5=24，a3a6=128，則公比q的值是___________.【答案】2【解析】【分析】利用等比數(shù)列性質(zhì)得到，再解方程組即可.【詳解】由等比數(shù)列性質(zhì)知，聯(lián)立,解得或，因為是單調(diào)遞增的等比數(shù)列,所以，即.故答案為：2.15.已知函數(shù).若，則a的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】分，以及，分別討論，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合處的函數(shù)值，推導得出函數(shù)的單調(diào)性，進而得出導函數(shù)的符號，即可推得答案.【詳解】當時，恒成立；當時，此時應有，即.令,，則.設(shè)，則恒成立，所以，即單調(diào)遞增.又，則要使在上恒成立，應有在上恒成立，即在上恒成立.又時，，所以；當時，此時應有，即.令，則.令，則恒成立，所以，即單調(diào)遞減.又，則要使在上恒成立，應有在上恒成立，即在上恒成立.因為，在上單調(diào)遞減，所以，所以.綜上所述，a的取值范圍是.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：當時，，根據(jù)，可推得要使在上恒成立，應有在上恒成立，進而推得a的取值范圍.16.如圖，一張紙的長，寬，.M，N分別是AD，BC的中點.現(xiàn)將沿BD折起，得到以A，B，C，D為頂點的三棱錐，則三棱錐的外接球O的半徑為___________；在翻折的過程中，直線MN被球O截得的線段長的取值范圍是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用外接球球心為兩個平面的外接圓圓心的交點，可知三棱錐的外接球O的球心O在BD的中點，即可求出半徑；分析直線MN被球O截得的線段長與二面角的大小有關(guān)，求出二面角在臨界值時的情況，即可得到線段長的取值范圍.【詳解】解：由于和都是直角三角形，所以兩個面的外接圓圓心都在BD的中點處，因此三棱錐的外接球O的球心O在BD的中點，則半徑，直線MN被球O截得的線段長與二面角的大小有關(guān)，當二面角接近時，直線MN被球O截得的線段長最長，趨于直徑，當二面角接近時，直線MN被球O截得的線段長最短，如圖翻折后，此時，所以則，由相似比可得，所以，直線MN被球O截得的線段長，綜上直線MN被球O截得的線段長的取值范圍是，故答案為：；.四?解答題：共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.（1）求C；（2）若，D為的外接圓上的點，，求四邊形ABCD面積的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理以及兩角和的正弦公式化簡，即可得出，進而根據(jù)角的范圍得出答案；（2）解法一：由已知可推出，然后根據(jù)正弦定理可求出，進而求出，.設(shè)，，表示出四邊形的面積，根據(jù)基本不等式即可得出答案；解法二：根據(jù)投影向量，推出，然后同解法一求得.設(shè)，表示出四邊形的面積，根據(jù)的范圍，即可得出答案；解法三：同解法一求得，設(shè)點C到BD的距離為h，表示出四邊形的面積，即可推出答案；解法四：建系，由已知寫出點的坐標，結(jié)合已知推得BD是的直徑，然后表示出四邊形的面積，即可推出答案.【小問1詳解】因為，在中，由正弦定理得，.又因為，所以，展開得，即，因為，故，即.又因為，所以.【小問2詳解】解法一：如圖1設(shè)的外接圓的圓心為O，半徑為R，因為，所以，即，所以，故BD是的直徑，所以.在中，，，所以.在中，.設(shè)四邊形ABCD的面積為S，，，則，，當且僅當時，等號成立.所以四邊形ABCD面積最大值為.解法二：如圖1設(shè)的外接圓的圓心為O，半徑為R，在上的投影向量為，所以.又，所以，所以在上的投影向量為，所以.故BD是的直徑，所以.在中，，，所以，在中，.設(shè)四邊形ABCD的面積為S，，，則，，所以，當時，S最大，所以四邊形ABCD面積最大值為.解法三：如圖1設(shè)的外接圓的圓心為O，半徑為R，因為，所以，即，所以.故BD是的直徑，所以.在中，，，所以.在中，.設(shè)四邊形ABCD的面積為S，點C到BD的距離為h，則，當時，S最大，所以四邊形ABCD面積最大值為.解法四：設(shè)的外接圓的圓心為O，半徑為R，在中，，，故外接圓的半徑.即，所以.如圖2，以外接圓的圓心為原點，OB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy，則，.因為C，D為單位圓上的點，設(shè)，，其中，.所以，，代入，即，可得，即.由可知，所以解得或，即或.當時，A，D重合，舍去；當時，BD是的直徑.設(shè)四邊形ABCD的面積為S，則，由知，所以當時，即C的坐標為時，S最大，所以四邊形ABCD面積最大值為.18.已知數(shù)列滿足：，，，.（1）證明：是等差數(shù)列：（2）記的前n項和為，，求n的最小值.【答案】（1）證明見解析；（2）最小值為10.【解析】【分析】（1）解法一：（指數(shù)運算）由已知可推得，，相乘結(jié)合已知，即可得出，進而證明；解法二：（對數(shù)運算）由已知可得，結(jié)合已知即可得出，進而證明；（2）解法一：先根據(jù)（1）推出，然后結(jié)合已知條件得到，然后計算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分組求和得出，進而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分組求和得出，求解即可得出答案.【小問1詳解】解法一：由，得，則，從而.又，所以，即，所以是等差數(shù)列.解法二：由，且，則，得，因為，，所以，即，所以是等差數(shù)列.【小問2詳解】解法一：設(shè)等差數(shù)列的公差為d.當時，，即，所以，所以，所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.又.所以，，又；又，則，且，所以n的最小值為10.解法二：設(shè)等差數(shù)列的公差為d.當時，，即，所以，所以，所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.又，所以.當時，，，所以，，又，則，且，所以n的最小值為10.解法三：設(shè)等差數(shù)列的公差為d.當時，，即，所以，所以，所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.又.當時，，所以，.又，則，且，所以n的最小值為10.19.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)與該機場飛往A地航班放行準點率（）（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.2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中，（1）根據(jù)散點圖判斷，與哪一個適宜作為該機場飛往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和，試解決以下問題：（i）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；（ii）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)等三種情況中的哪種情況的可能性最大，說明你的理由.附：（1）對于一組數(shù)據(jù)，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，參考數(shù)據(jù)：，，.【答案】（1）適宜，預測2023年該機場飛往A地的航班放行準點率（2）（i）0.778；（ii）可判斷該航班飛往其他地區(qū)的可能性最大，理由見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)線性回歸方程的計算公式，選擇合適的模型計算即可；（2）利用全概率公式和條件概率公式，即可根據(jù)概率判斷可能性最大的情況.【小問1詳解】由散點圖判斷適宜作為該機場飛往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，先建立y關(guān)于t的線性回歸方程.由于，，該機場飛往A地航班放行準點率y關(guān)于t的線性回歸方程為，因此y關(guān)于年份數(shù)x的回歸方程為所以當時，該機場飛往A地航班放行準點率y的預報值為.所以2023年該機場飛往A地航班放行準點率y的預報值為.【小問2詳解】設(shè)“該航班飛往A地”，“該航班飛往B地”，“該航班飛往其他地區(qū)”，“該航班準點放行”，則，，，，，.（i）由全概率公式得，，所以該航班準點放行的概率為0.778.（ii），，，因為，所以可判斷該航班飛往其他地區(qū)的可能性最大.20.如圖，已知四棱錐的底面為菱形，且，，.是棱PD上的點，且四面體的體積為（1）證明：；（2）若過點C，M的平面α與BD平行，且交PA于點Q，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）解法一：取AB中點O，連接PO，CO.推導得到平面，平面PBC，根據(jù)體積即可得出答案；解法二：先證明平面PAB.過M作交AP于點N，證明得到平面PBC，根據(jù)體積即可得出答案；（2）解法一：建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，結(jié)合平面向量基本定理，求出平面的法向量，計算即可得出答案；解法二：建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，計算即可得出答案；解法三：通過作圖，作出二面角的平面角，構(gòu)造直角三角形，即可得出答案.【小問1詳解】解法一：如圖1，取AB中點O，連接PO，CO.因為，，所以，，.又因為是菱形，，所以，.因為，所以，所以.又因為平面，平面ABCD，，所以平面.因為，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因為，所以點M到平面PBC的距離是點D到平面PBC的距離的，所以.解法二：如圖2，取AB中點O，連接PO，CO，因為，，所以，，，又因為是菱形，，所以，.因為，所以，所以.因為平面PAB，平面PAB，，所以平面PAB.所以，.過M作交AP于點N，，所以.又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因為，，所以，所以N是PA的中點，所以M是PD的中點，所以.【小問2詳解】解法一：由（1）知，，，.如圖3，以O(shè)為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，，.因為，設(shè)，則，因為，，，，故存在實數(shù)a，b，使得，所以，解得，所以.設(shè)平面的法向量為，則，即，取，得到平面的一個法向量.設(shè)平面與平面夾角是，又因為是平面的一個法向量，則.所以平面與平面夾角的余弦值是.解法二：由（1）知，，，，如圖3，以O(shè)為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，，.設(shè)平面的法向量為，則，即.取，得到平面的一個法向量.因為，設(shè)，則，因為，所以，所以設(shè)平面的法向量為，則，即.取，得到平面的一個法向量.設(shè)平面與平面夾角是，又因為是平面的一個法向量，則.所以平面與平面夾角的余弦值是.解法三：在平面內(nèi)，過C作交AD延長線于點E，交AB延長線于點F，因為是菱形，所以.如圖4，在平面PAD內(nèi)，作交EM的延長線于點，設(shè)交AP于點Q.所以，四邊形是平行四邊形，，.所以，所以，所以點Q是線段PA上靠近P的三等分點.如圖5，在平面PAB內(nèi)，作，交AB于T，因為平面，所以平面，所以，因，，在平面內(nèi)，作，交BC于點N，連接QN，過A作交BC于K，在中，，，所以，所以，因為，，，且兩直線在平面內(nèi)，所以平面，因為平面，所以.所以是二面角的平面角.在中，，所以.所以平面與平面夾角的余弦值是.21.已知圓，直線過點且與圓交于點B，C，BC中點為D，過中點E且平行于的直線交于點P，記P的軌跡為Γ（1）求Γ的方程；（2）坐標原點O關(guān)于，的對稱點分別為，，點，關(guān)于直線的對稱點分別為，，過的直線與Γ交于點M，N，直線，相交于點Q.請從下列結(jié)論中，選擇一個正確的結(jié)論并給予證明.①的面積是定值；②的面積是定值：③的面積是定值.【答案】（1）（2）結(jié)論③正確，證明見解析【解析】【分析】（1）由幾何性質(zhì)知P到，兩點的距離之和為定值可得P的軌跡為橢圓；（2）解法一、二：設(shè)直線，，，表示出直線，的方程并聯(lián)立求得Q的橫坐標為定值，因此的面積是定值.解法三：當直線垂直于x軸時求得Q橫坐標為4，當直線不垂直于x軸時，設(shè)直線，，，表示出直線，的方程并聯(lián)立求得Q的橫坐標為定值，因此的面積是定值.解法四：設(shè)直線，，，表示出直線，的方程，利用在橢圓上得，將直線的方程化為，與直線聯(lián)立求得Q的橫坐標為定值，因此的面積是定值.【小問1詳解】由題意得，，.因為D為BC中點，所以，即，又，所以，又E為的中點，所以，所以，所以點P的軌跡是以，為焦點的橢圓（左?右頂點除外）.設(shè)，其中，.則，，，.故.【小問2詳解】解法一：結(jié)論③正確.下證：的面積是定值.由題意得，，，，，且直線的斜率不為0，可設(shè)直線，，，且，.由，得，所以，，所以.直線的方程為：，直線的方程為：，由，得，，解得.故點Q在直線，所以Q到的距離，因此的面積是定值，為.解法二：結(jié)論③正確.下證：的面積是定值.由題意得，，，，，且直線的斜率不為0，可設(shè)直線，，，且，.由，得，所以，，所以.直線的方程為：，直線的方程為：，由，得，故點Q在直線，所以Q到的距離，因此的面積是定值，為.解法三：結(jié)論③正確.下證：的面積是定值.由題意得，，，，，且直線的斜率不為0.（i）當直線垂直于x軸時，，由，得或.不妨設(shè)，，則直線方程為：，直線的方程為：，由，得，所以，故Q到的距離，此時的面積是.（ii）當直線不垂直于x軸時，設(shè)直線，，，且，.由，得，所以，.直線的方程為：，直線的方程為：，由，得.下證：.即證，即證，即證，即證，上式顯然成立，故點Q在直線，所以Q到的距離，此時的面積是定值，為.由（i）（ii）可知，的面積為定值.解法四：結(jié)論③正確.下證：的面積是定值.由題意得，，，，，且直線的斜率不為0，可設(shè)直線，，，且，.由，得，所以，.直線的方程為：，直線的方程為：，因為，所以，故直線的方程為：.由，得，解得.故點Q在直線，所以Q到的距離，因此的面積是定值，為.【點睛】方法點睛：（一）極點與極線的代數(shù)定義；已知圓錐曲線G