2024年吉林省长春市高考数学质检试卷（三）（含详细答案解析）

这是一份2024年吉林省长春市高考数学质检试卷（三）（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.经过A(1,1)，B(−1,1)，C(0,2)三个点的圆的方程为( )
A. (x+1)2+(y−1)2=2B. (x−1)2+(y−1)2=2
C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=1
2.已知向量a=(2,4),b=(3,−1)，则“k= 2”是“(a+kb)⊥(a−kb)”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知函数f(x)=2x,x>0f(x+2),x≤0，则f(−3)=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
4.酒驾是严重危害交通安全的违法行为，为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到20∼79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了0.6mg/mL.如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶？(结果取整数，参考数据：lg3≈0.48，lg7≈0.85)( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知复数z1，z2满足|z1|=|z2|=3，z1+z2=2− 5i，则|z1−z2|=( )
A. 3B. 2 3C. 3 2D. 3 3
6.为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生35人，女生25人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为s12，s22，该班成绩的方差为s2，则下列判断一定正确的是( )
A. s2=s12+s222B. s2≥s12+s222C. s2=7s12+5s2212D. s2≥7s12+5s2212
7.已知随机事件A，B满足P(A)=13，P(A|B)=34，P(B−|A)=716，则P(B)=( )
A. 14B. 316C. 916D. 4148
8.在同一平面直角坐标系内，函数y=f(x)及其导函数y=f′(x)的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为(0,1)，则( )
A. 函数y=f(x)⋅ex的最大值为1
B. 函数y=f(x)⋅ex的最小值为1
C. 函数y=f(x)ex的最大值为1
D. 函数y=f(x)ex的最小值为1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)满足f(x)+f(5π3−x)=0
C. f(x)在区间[π3,5π6]的值域为[−1, 3]D. f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点
10.设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7−1a8−1<0.则下列结论正确的是( )
A. 011.某圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，面积为3π的扇形，则( )
A. 该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为2 23
B. 若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最大时，圆柱的高为23
C. 若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为2 33
D. 若该圆锥内部有一个正方体ABCD−A1B1C1D1，且底面ABCD在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，以A为球心，半径为4 69的球与正方体表面交线的长度为5 69π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知α∈(0,π)，且sinα+csα=15，则sin2α=______.
13.直线l与抛物线x2=4y交于A，B两点，若|AB|=6，则AB中点M到x轴距离的最小值是______.
14.有序实数组(x1,x2,⋯,xn)(n∈N*)称为n维向量，|x1|+|x2|+…+|xn|为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用.已知n维向量a=(x1,x2,⋯,xn)，其中xi∈{0,1,2}，i=1，2，…，n，记范数为奇数的a的个数为An，则A4=______；A2n+1=______.(用含n的式子表示)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，asinB=− 3bcsA，A的角平分线交BC于点D，且AD=1.
(1)求A的大小；
(2)若a=2 5，求△ABC的面积.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=xex−aex,a∈R.
(1)当a=0时，求f(x)在x=1处的切线方程；
(2)当a=1时，求f(x)的单调区间和极值；
(3)若对任意x∈R，有f(x)≤ex−1恒成立，求a的取值范围.
17.(本小题15分)
已知F1，F2分别为双曲线C：3x2−y2=λ(λ>0)的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1面积为12.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D.试判断|DF2||AB|是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
18.(本小题17分)
由正棱锥截得的棱台称为正棱台，如图正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1=12AB= 2，M为BC中点，点P满足AP=(1−λ)AB+12λAD+λAA1，其中λ∈(0,1).
(1)证明D1P⊥AC；
(2)若平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为37，且λ=23，求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
19.(本小题17分)
入冬以来，东北成为全国旅游话题的“顶流”.南方游客纷纷北上，体验东北最美的冬天.某景区为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，并在购票平台上推出了优惠券活动，顾客可自由选择A和B两个套餐之一，下表是该景区在购票平台10天销售优惠券情况.
经计算可得：y−=110i=110yi=2.2，i=110tiyi=118.73，i=110ti2=385.
(1)由于同时在线人数过多，购票平台在第10天出现网络拥堵，导致当天顾客购买的优惠券数量大幅减少，现剔除第10天数据，求y关于t的回归方程(精确到0.01)，并估计第10天的正常销量；
(2)假设每位顾客选择A套餐的概率为25，选择B套餐的概率为35，其中A套餐包含一张优惠券，B套餐包含两张优惠券，截止某一时刻，该平台恰好销售了n张优惠券，设其概率为Pn，求Pn；
(3)记(2)中所得概率Pn的值构成数列{Pn}(n∈N*).
①求数列{Pn}的最值；
②数列收敛的定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε，总存在正整数N0，使得当n>N0时，|an−a|<ε，(a是一个确定的实数)，则称数列{an}收敛于a.根据数列收敛的定义证明数列{Pn}收敛.回归方程y =a +b x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
b =i=1nxiyi−nx−⋅y−i=1nxi2−nx−2，a =y−−b x−.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则1+1+D+E+F=01+1−D+E+F=04+2E+F=0，
解得D=0E=−2F=0，
则圆的一般方程为x2+y2−2y=0，即x2+(y−1)2=1.
故选：C.
设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，建立关于D，E，F的方程组，解出即可．
本题考查圆的方程的求法，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：(a+kb)⊥(a−kb)，
则(a+kb)⋅(a−kb)=a2−k2b2=0，即20−10k2=0，解得k=± 2，
故“k= 2”是“(a+kb)⊥(a−kb)”的充分不必要条件．
故选：A.
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：f(x)=2x,x>0f(x+2),x≤0，
则f(−3)=f(−2)=f(1)=21=2.
故选：B.
将x的值依次代入函数的解析式，即可求解．
本题主要考查函数的值，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：设此人至少经过x个小时才能驾驶，
则有0.6×(1−0.3)x<0.2，
即0.7x<13，
所以x>lg0.713=lg13lg0.7=−lg3lg7−1=lg31−lg7≈0.481−0.85=3.2(小时)，
所以此人至少要4小时后才能驾驶．
故选：D.
设此人至少经过x个小时才能驾驶，则有0.6×(1−0.3)x<0.2，求解后取整数即可．
本题考查了对数的基本运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di，且a，b，c，d∈R，
由题意可得，a2+b2=9，c2+d2=9，
又z1+z2=a+c+(b+d)i=2− 5i，∴a+c=2，b+d=− 5，
对两式分别平方得：a2+c2+2ac=4，b2+d2+2bd=5，
两式相加化简得：2ac+2bd=−9，
则|z1−z2|=|(a−c)+(b−d)i|= (a−c)2+(b−d)2= a2+c2−2ac+b2+d2−2bd= 9+9+9=3 3.
故选：D.
设z1=a+bi，z2=c+di，且a，b，c，d∈R，利用已知列出方程并化简，代入|z1−z2|中计算即可．
本题考查复数的模长公式，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：设男生的成绩为x1，x2，…，x35，平均值为x−=135i=135xi，
女生的成绩为y1，y2，…，y25，平均值为y−=125i=125yi；
所以该班同学的平均值为z−=160×(35x−+25y−)=7x−+5y−12；
由方差公式知，35s12=i=135(xi−x−)2，25s22=i=125(yi−y−)2，
所以该班成绩的方差为：
60s2=i=135(xi−z−)2+i=125(yi−z−)2
=i=135(xi−7x−+5y−12)2+i=125(yi−7x−+5y−12)2
=i=135[(xi−x−)2+2(xi−x−)⋅5(x−−y−)12+(5x−−5y−12)2]+i=125[(yi−y−)2+2(yi−y−)+(7y−−7x−12)2]
=35s12+25s22+(5x−−5y−12)2+(7y−−7x−12)2≥35s12+25s22，
即s2≥7s12+5s2212，当且仅当x−=y−时取“=”．
故选：D.
设男生的成绩为x1，x2，…，x35，平均值为x−=135i=135xi，女生的成绩为y1，y2，…，y25，平均值为y−=125i=125yi；计算总平均值和方差即可．
本题考查了分层抽样时的平均数与方差计算问题，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由已知可得，P(B−|A)=P(AB−)P(A)=716.
因为P(A)=13，
所以，P(AB−)=748.
又P(A)=P(AB)+P(AB−)=13，
所以，P(AB)=316.
又P(A|B)=P(AB)P(B)=34，
所以，P(B)=14.
故选：A.
根据已知结合条件概率公式，即可得出P(AB−)=748，进而推得P(AB)=316.即可根据条件概率公式，得出答案．
本题考查条件概率与独立事件，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y=f′(x)，实线部分为y=f(x)，则A，B显然错误，
对于C，D而言，y′=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex，由图像可知x∈(−∞,0),y=f(x)ex单调递增，x∈(0,+∞)，y=f(x)ex单调递减，所以函数y=f(x)ex在x=0处取得最大值为1.
故选：C.
根据函数的单调性确定虚线部分为y=f′(x)，再求函数y=f(x)ex的单调性可求出最值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由图象知：A=2，34T=11π12−π6=3π4，T=π，∴ω=2πT=2.
又∵2×π6+φ=π2+2kπ，
∴φ=π6+2kπ，又0<φ<π2，
∴φ=π6，即函数解析式为f(x)=2sin(2x+π6).
对于A，f(x)的最小正周期为π，正确；
对于B，f(x)+f(5π3−x)
=2sin(2x+π6)+2sin[2×(5π3−x)+π6]
=2sin(2x+π6)+2sin(7π2−2x)
=2sin(2x+π6)−2cs2x
=2( 32sin2x+12cs2x)−2cs2x
= 3sin2x−cs2x
=2sin(2x−π6)≠0，
故B错误；
对于C，当x∈[π3,5π6]时，2x+π6∈[5π6,11π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−1,12]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)的值域为[−2,1]，故C错误；
对于D，当x∈(π2,2π)时，2x+π6∈(7π6,25π6)，
当2x+π6=3π2，5π2，7π2时，f(x)取得极值，
所以f(x)在区间(π2,2π)上有3个极值点，故D正确．
故选：AD.
由图象先确定A和周期，再确定ω，代入最值点求得φ值，从而可得f(x)解析式，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：等比数列{an}，公比为q，
由a1>1，a7a8>1，得q>0，
由a7−1a8−1<0，得a7>1，a8<1，若不然，a8>a7，则q>1，又a1>1，
数列an=a1qn−1>1，则a7>1，a8>1，a7−1a8−1<0不成立，故q<1，
∴0a7a9=a82<1，故B正确；
由a7>1，a8<1，
构造数列{lgan}，则该数列为等差数列，公差d=lgq，
得lga7>0，lga8<0，又lga1>0，∴数列{lgan}是递减数列，
从第8项开始小于零，故前7项和lgTn最大，即Tn的最大值为T7，故C正确；
∵01，∴数列各项均为正的，Sn没有最大值，故D错误．
故选：ABC.
由已知结合等比数列的性质判断01，可知数列各项均为正的，Sn没有最大值，判断D错误．
本题考查命题的真假判断与应用，考查了等差数列与等比数列的性质和前n项和公式，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则2π3l=2πr，求r=13l，
又由题意得：12×2π3×l2=3π，即=3，所以r=1，
则圆锥的高为h= l2−r2= 9−1=2 2，则该圆锥母线与底面所成角的正弦值为sinθ=hl=2 23，A正确．
设圆柱的底面半径为a(0则由三角形相似知：a1=2 2−h′2 2，所以h′=2 2(1−a)，圆柱体积：V=S底×h′=πa2[2 2(1−a)]=2 2πa2−2 2πa3(0则V′=4 2πa−6 2πa2=2 2πa(2−3a)，
所以，当a∈(0,23)时，V′>0，当a∈(23,1)时，V′<0，
所以，V=2 2πa2−2 2πa3在a∈(0,23)上单调递增，在a∈(23,1)单调递减，
则当a=23时，V=2 2πa2−2 2πa3有最大值，此时圆柱的高h′=2 2(1−23)=2 23，B错误；
当球的半径最大时，球一定是内切于圆锥的，截面如图所示：
设球的半径为R，则有△AEO∽△AFC得：OEAO=FCAC，即R2 2−R=13，解得R= 22，
设此时球的内接正四面体棱长为a，如图所示：
则正四面体中O′′M= 33a，O′O′′= 63a，∴OO′′= 63a−R= 63a− 22，
在Rt△OO′ ′M中，OO′′2+O′′M2=OM2，
即( 63a)2+( 33a)2=( 22)2，解得a=2 33，故C正确，
当正方体棱长最大时，正方体内接于圆锥，轴截面如图所示：
设正方体棱长为a，则KH= 2a，KL=HN=a，由△AQH∽△ARC，得QHRC⋅AR=AQ，即 2a2=2 2−a2 2，
解得a=2 23，所以正方体表面上的点与A的距离为4 69的点的集合形成的集合曲线长度为5 69π，
具体如下：球与正方体的交线是六条圆弧，如图所示：
易知θ=π6，所以l1=θR=π6×4 69=2 627π，
l2=π2× (4 69)2−(2 23)2=π2×2 69π= 69π，
则六条圆弧总长为3(l1+l2)=3×(2 627π+ 69π)=5 69π，D正确．
故选：ACD.
求出底面的垂线，即圆锥的高的长度，充分利用扇形面积公式S=12×|α|×r2(α为扇形所对圆心角)，求出母线和高即可判断A选项，画出各个条件下的图形，利用三角相似关系找出等式，求解相关值即可判断B，C，理解正方体为对称图形，交线段成对出现，求出弧长即可判断D选项．
本题主要考查圆锥的结构特征，空间想象能力的培养等知识，属于难题．
12.【答案】−2425
【解析】解：由sinα+csα=15，两边平方得：sin2α+cs2α+2sinαcsα=125，
可得sin2α=−2425.
故答案为：−2425.
直接把已知等式两边平方得答案．
本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式及倍角公式的应用，是基础题．
13.【答案】2
【解析】解：已知抛物线的方程为x2=4y，
则抛物线的焦点坐标为F(0,1)，准线方程为y=−1，
过A，B，M分别作y=−1的垂线，交于点A1，B1，M1，
连接AF，BF，
则|AB|≤|AF|+|BF|，当且仅当AB过点F时取等号，
又2|MM1|=|AA1|+|BB1|=|AF|+|BF|≥|AB|=6，
则|MM1|≥3，
则AB中点M到x轴距离的最小值是3−1=2.
故答案为：2.
由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了抛物线的定义，属中档题．
14.【答案】4032n+1−12
【解析】解：根据乘法原理和加法原理得到A4=C41⋅23+C43⋅2=40；
奇数维向量，范数为奇数，则xi=1的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，⋯，2n+1，
根据乘法原理和加法原理得到A2n+1=C2n+1122n+C2n+1322n−2+C2n+1522n−4+⋯+C2n+12n+120，
32n+1=(2+1)2n+1=C2n+1022n+1+C2n+1122n+C2n+1222n−2+⋯+C2n+12n+120，
1=(2−1)2n+1=C2n+1022n+1−C2n+1122n+C2n+1222n−2−⋯−C2n+12n+120，
两式相减得到A2n+1=32n+1−12.
故答案为：40；32n+1−12.
根据乘法原理和加法原理即可求解A4；奇数维向量，范数为奇数，则xi=1的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，⋯，2n+1，根据(2+1)2n+1和(2−1)2n+1的展开式相减得到A2n+1的通项公式．
本题考查了数列新定义的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为asinB=− 3bcsA，
由正弦定理可得sinAsinB=− 3sinBcsA，
B∈(0,π)，
则sinB>0，所以sinA=− 3csA，故tanA=− 3，
A∈(0,π)，
则A=2π3；
(2)由题意可知S△ABD+S△ACD=S△ABC，
A的角平分线交BC于点D，
则12csinπ3+12bsinπ3=12bcsin2π3，化简可得b+c=bc，
在△ABC中，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=−12，
从而(bc)2−2bc−202bc=−12，解得bc=5或bc=−4(舍)
所以S△ABC=12bcsinA=12×5×sin120∘=5 34.
【解析】(1)根据已知条件，结合正弦定理，即可求解；
(2)根据已知条件，结合等面积法，推得b+c=bc，再结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=xex，则f′(x)=1−xex，
因为f′(1)=0，f′(1)=1e，
所以切线方程为y−1e=0×(x−1)，
即y=1e；
(2)当a=1时，f(x)=xe−x−ex，
f′(x)=(1−x)e−x−ex=1−x−e2xex，
令g(x)=1−x−e2x，则g′(x)=−1−2e2x<0，
故g(x)在R上单调递减，而g(0)=0，
因此0是g(x)在R上的唯一零点，
即0是f′(x)在R上的唯一零点，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，递减区间为(−∞,0)；
所以f(x)的极大值为f(0)=−1，无极小值；
(3)由题意知xe−x−aex≤ex−1，即a≥xe−x−ex−1ex，即a≥xe2x−1e，
设m(x)=xe2x−1e，
则m′(x)=e2x−2xe2x(e2x)2=1−2xe2x，
令m′(x)=0，解得x=12，
当x∈(−∞,12)，m′(x)>0，m(x)单调递增，
当x∈(12,+∞)，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)max=m(12)=12e−1e=−12e，
所以a≥−12e.
所以a的取值范围为[−12e,+∞).
【解析】(1)将a=0代入，利用导数的几何意义求出切线的斜率，写出切线的点斜式方程，再化简即可；
(2)将a=1代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案；
(3)由题意可得即a≥xe2x−1e，设m(x)=xe2x−1e，利用导数求出m(x)的最大值即可．
本题考查了导数的几何意义、综合运用及转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)双曲线3x2−y2=λ可化为x2λ3−y2λ=1，
则|F1F2|=2 λ3+λ=2 4λ3=4 3λ3，|AB|=2λ λ3=2 3λ，
所以S△ABF1=12|F1F2|⋅|AB|=12×4 3λ3×2 3λ=12，
解得λ=3，
所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1；
(2)设直线l的方程为x=ty+2(t≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立双曲线C与直线l：3x2−y2=3x=ty+2，消去x可得：(3t2−1)y2+12ty+9=0，
因此y1+y2=−12t3t2−1，y1y2=93t2−1，
进而可得x1+x2=−43t2−1，
即AB中点M为(−23t2−1,−6t3t2−1)，
线段AB的中垂线为y+6t3t2−1=−t(x+23t2−1)，
则D(−83t2−1,0)，
即|DF2|=|2+83t2−1|=|6t2+63t2−1|，
所以|AB|= 1+t2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+t2 (−12t3t2−1)2−493t2−1=|6t2+63t2−1|，
即|DF2||AB|为定值1.
【解析】(1)双曲线3x2−y2=λ可化为x2λ3−y2λ=1，再结合双曲线的性质求出λ的值即可；
(2)设直线l的方程为x=ty+2(t≠0)，与双曲线方程联立，再利用韦达定理和弦长公式求出|DF2|与|AB|，进而得到结论．
本题主要考查了双曲线的标准方程，考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：以底面ABCD的中心O为原点，以OM方向为y轴，过O点平行于AD的直线为x轴，
以过点O垂直平面ABCD向上方向为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正四棱台的高度为h，
则有A( 2,− 2,0)，B( 2, 2,0)，C(− 2, 2,0)，
D(− 2,− 2,0)，A1( 22,− 22,h)，C1(− 22, 22,h)，
D1(− 22,− 22,h)，M(0, 2,0)，AC=(−2 2,2 2,0)，
AP=(1−λ)(0,2 2,0)+12λ(−2 2,0,0)+λ(− 22, 22,0)=(−3 22λ,2 2−3 22λ,λh)，
D1A−=(3 22,− 22,−h)，
D1P=D1A+AP=(−3 22λ+3 22,−3 22λ+3 22,λh−h).
故AC⋅D1P=0，
所以D1P⊥AC；
(2)设平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z)，AM=(− 2,2 2,0)，AC1−=(−3 22,3 22,h)，
则有AM⋅m=0AC1⋅m=0，即− 2x+2 2y=0−3 22x+3 22y+hz=0，
令x=2 2h，则m=(2 2h, 2h,3)，
n⋅m=3，|n|=1，|m|= 8h2+2h2+9，
又题意可得|cs⟨m,n⟩|=3 8h2+2h2+9=37，可得h=2，
因为λ=23，即可得P(0,0,43)，D(− 2,− 2,0)，则DP=( 2, 2,43)，
将h=2代入，可得平面AMC1的法向量m=(4 2,2 2,3)，
DP⋅m= 2×4 2+ 2×2 2+43=8+4+4，|DP| 2+2+169，|m|= 32+8+9，
设直线DP与平面AMC1所成角的为θ，θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs⟨DP,m⟩|=|8+4+4 2+2+169 32+8+9|=24 1391.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，得D1A，D1P，AC的坐标，求出D1P⋅AC的数量积为0，即证得D1P⊥AC；
(2)由空间直角坐标系，求出平面AMC1的法向量m的坐标，再求出DP的坐标，进而求出DP，m的夹角的余弦值，进而求出直线DP与平面AMC1所成角的正弦值．
本题考查线线垂直的证法及用空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)剔除第10天数据后的(y−)新=19i=19 yi=2.2×10−0.49=2.4，(t−)新=1+2+⋅⋅⋅+99=5，(i=19 tiyi)新=118.73−10×0.4=114.73，(i=19 ti2)新=385−102=285，
所以b =114.73−9×5×2.4285−9×52=6736000，
故a =2.4−6736000×5=110356000，
所以y =0.11x+1.84，
当t=10时，y =1.1+1.84=2.94，
即估计第10天的正常销量约为2.94千张；
(2)由题意可知Pn=25Pn−1+35Pn−2(n≥3)，其中P1=25，P2=25×25+35=1925，
则Pn−Pn−1=−35(Pn−1−Pn−2)(n≥3)，
所以{Pn−Pn−1}是以首项为P2−P1=1925−25=925，公比为−35的等比数列，
故Pn−Pn−1=925(−35)n−2(n≥2)成立，
则有Pn−Pn−1+Pn−1−Pn−2+⋅⋅⋅+P2−P1=925[(−35)0+(−35)1+⋅⋅⋅+(−35)n−2]=−940(−35)n−1+940，
故Pn=−940(−35)n−1+940+P1，
又因为P1=25，
所以Pn=58+38(−35)n；
(3)①当n为偶数时，Pn=58+38(−35)n=58+38(35)n>0单调递减，最大值为P2=1925，
当n为奇数时，Pn=58+38(−35)n=58−38(35)n<0单调递增，最小值为P1=25，
综上：数列{Pn}的最大值为1925，最小值为25；
②证明：对任意ε>0总存在正整数N0=[lg35(83ε)]+1，(其中[x]表示取整函数)，
当n>[lg35(83ε)]+1时，|Pn−58|=|38(−35)n|=|38(35)n|<38(35)lg35(83ε)=ε.
【解析】(1)计算出新数据的相关数值，代入公式求出a ，b 的值，进而得到y关于t的回归方程，再令t=10求出y 的值即可；
(2)由题意可知Pn=25Pn−1+35Pn−2(n≥3)，其中P1=25，P2=25×25+35=1925，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解；
(3)①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；
②利用数列收敛的定义证明．
本题主要考查了线性回归方程的求解，考查了数列的递推式，属于中档题．日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量y(千张)
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4
x
(−∞,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值
单调递减