2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第17-20题解析版

这是一份2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第17-20题解析版，共74页。试卷主要包含了记的内角的对边分别为，已知，在中，，在中，内角的对边分别为，且等内容，欢迎下载使用。
 2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题17-20题
原题17
1．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
变式题1基础
2．在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，且的面积是，求的周长．
变式题2基础
3．在△中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，且△的面积为，求△的周长．
变式题3基础
4．已知中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，.
（1）求角C的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
变式题4巩固
5．在中内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
变式题5巩固
6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的周长.
变式题6巩固
7．在中，
(1)求角A的大小
(2)若BC边上的中线，且，求的周长
变式题7巩固
8．的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c且.
(1)求B；
(2)若，的面积为，求a，c.
变式题8提升
9．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
(1)求B；
(2)若2，，求的周长．
变式题9提升
10．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
变式题10提升
11．在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．
(1)求角B的大小；
(2)若，角B的角平分线交AC于D，且BD＝1，求的周长．
原题18
12．如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
变式题1基础
13．如图，四棱锥中，平面ABCD，，E为PA上一点，且．

（1）证明：平面平面PAC；
（2）求直线PB与平面BEC所成角的正弦值．
变式题2基础
14．如图，四边形中，满足，，，，，将沿翻折至，使得.

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
变式题3基础
15．如图，正三棱柱的高和底面边长均为2，点P，Q分别为，BC的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)求直线BP与平面所成角的正弦值．
变式题4巩固
16．如图，是圆O的直径，圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段的中点，.

(1)证明：平面平面.
(2)若G为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
变式题5巩固
17．如图，四棱锥的底面是正方形，底面，点E在棱上．

(1)求证：平面平面；
(2)当，E为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值．
变式题6巩固
18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，且.

(1)求证：平面平面；
(2)若，，求直线PB与平面ADP所成角的正弦值.
变式题7提升
19．如图所示，四棱柱中，底面是以为底边的等腰梯形，且.

（I）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求直线AB与平面所成角的正弦值.
变式题8提升
20．如图，在四棱锥中，底面是圆内接四边形.，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若点在内运动，且平面，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
变式题9提升
21．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为在母线上，且．

(1)求证：平面平面；
(2)设线段上动点为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
原题19
22．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9

并计算得．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
变式题1基础
23．为促进新能源汽车的推广，某市逐渐加大充电基础设施的建设，该市统计了近五年新能源汽车充电站的数量（单位：个），得到如下表格：
年份编号
1
2
3
4
5
年份
2016
2017
2018
2019
2020
新能源汽车充电站数量/个
37
104
147
196
226

（1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（2）求关于的线性回归方程，并预测2024年该市新能源汽车充电站的数量．
参考数据：，，，．
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为；，．
变式题2基础
24．2022年2月4日北京冬奥运会正式开幕，“冰墩墩”作为冬奥会的吉祥物之一，受到各国运动员的“追捧”，成为新晋“网红”，尤其在我国，广大网友纷纷倡导“一户一墩”，为了了解人们对“冰墩墩”需求量，某电商平台采用预售的方式，预售时间段为2022年2月5日至2022年2月20日，该电商平台统计了2月5日至2月9日的相关数据，这5天的第x天到该电商平台参与预售的人数y（单位：万人）的数据如下表：
日期
2月5日
2月6日
2月7日
2月8日
2月9日
第天
1
2
3
4
5
人数（单位：万人）
45
56
64
68
72

(1)依据表中的统计数据，请判断该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）是否具有较高的线性相关程度？（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为）
(2)求参与预售人数与预售的第天的线性回归方程；用样本估计总体，请预测2022年2月20日该电商平台的预售人数（单位：万人）.
参考数据：，附：相关系数
变式题3基础
25．应对严重威胁人类生存与发展的气候变化，其关键在于“控碳”，其必由之路是先实现“碳达峰”，而后实现“碳中和”，2020年第七十五届联合国大会上，我国向世界郑重承诺：争在2030年前实现“碳达峰”，努力争取在2060年前实现“碳中和”，近年来，国家积极发展新能源汽车，某品牌的新能源汽车某区域销售在2021年11月至2022年3月这5个月的销售量（单位：百辆）的数据如下表：
月份
2021年11月
2021年12月
2022年1月
2022年2月
2022年3月
月份代码：
1
2
3
4
5
销售量（单位：百辆）
45
56
64
68
72

(1)依据表中的统计数据，请判断月份代码与该品牌的新能源汽车区域销售量（单位；百辆）是否具有较高的线性相关程度?（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为0.01.
(2)求销售量与月份代码之间的线性回归方程，并预测2022年4月份该区域的销售量（单位：百辆）
参考数据：，，，参考公式：相关系数，
线性回归方程中，，，其中，为样本平均值.
变式题4巩固
26．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，人工栽培和野生植物数量不断增加.为调查该地区某种植物的数量，将其分成面积相近的150个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取15个作为样区，调查得到样本数据（，2，…，15），其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种植物的数量，并计算得，，，，.
(1)求该地区这种植物数量的估计值（这种植物数量的估计值等于样区这种植物数量的平均数乘以地块数）；
(2)求样本（，2，…，15）的相关系数（精确到0.01）；
(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种植物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数，.
变式题5巩固
27．当今社会面临职业选择时，越来越多的青年人选择通过创业､创新的方式实现人生价值.小明是一名刚毕业的大学生，通过直播带货的方式售卖自己家乡的特产，下面是他近5个月的家乡特产收入y（单位：万元）情况，如表所示.
月份
5
6
7
8
9
时间代号t
1
2
3
4
5
家乡特产收入y
3
2.4
2.2
2
1.8

(1)根据5月至9月的数据，求y与t之间的线性相关系数（精确到0.001），并判断相关性；
(2)求出y关于t的回归直线方程（结果中保留两位小数），并预测10月收入能否突破1.5万元，请说明理由.
附：相关系数公式：.（若，则线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合）②一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.③参考数据：.
变式题6巩固
28．第24届冬奥会于2022年2月4日在北京市和张家口市联合举行，此项赛事大大激发了国人冰雪运动的热情．某滑雪场在冬奥会期间开业，下表统计了该滑雪场开业第x天的滑雪人数y（单位：百人）的数据．
天数代码x
1
2
3
4
5
6
7
滑雪人数y（百人）
11
13
16
15
20
21
23

(1)根据第1至7天的数据分析，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明（保留两位有效数字）；
(2)经过测算，若一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利，请建立y关于x的回归方程，并预测该滑雪场开业的第几天开始盈利．
附注：参考公式：，．
参考公式：①对于一组数据，，…，，其相关系数；
②对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
变式题7提升
29．如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.某市一调查机构针对该市市场占有率最高的甲、乙两家网络外卖企业（以下简称外卖甲、外卖乙）的经营情况进行了调查，调查结果如下表：
日期
1
2
3
4
5
外卖甲日接单量x/百单
5
2
9
8
11
外卖乙日接单量y/百单
2.2
2.3
10
5
15

(1)据统计表明y与x之间具有线性相关关系.
（i）请用样本相关系数r加以说明；（若，则可认为y与x有较强的线性相关关系）
（ii）经计算求得y与x之间的经验回归方程为，假定每单外卖企业平均能获纯利润3元，试预测当外卖乙日接单量不低于2500单时，外卖甲所获取的日纯利润的最小值.（结果精确到0.01）
(2)试根据表格中这五天的日接单量情况，从平均值和方差角度说明这两家外卖企业的经营状况.
参考数据：，.
变式题8提升
30．某企业计划新购买台设备，并将购买的设备分配给名年龄不同（视为技术水平不同）的技工加工一批模具，因技术水平不同而加工出的产品数量不同，故产生的经济效益也不同. 若用变量表示不同技工的年龄，变量为相应的效益值（元），根据以往统计经验，他们的工作效益满足最小二乘法，且关于的线性回归方程为．
(1)试预测一名年龄为岁的技工使用该设备所产生的经济效益；
(2)试根据的值判断使用该批设备的技工人员所产生的的效益与技工年龄的相关性强弱（，则认为与线性相关性很强；，则认为与线性相关性不强）；
(3)若这批设备有两道独立运行的生产工序，且两道工序出现故障的概率依次是，. 若两道工序都没有出现故障，则生产成本不增加；若工序出现故障，则生产成本增加万元；若工序出现故障，则生产成本增加万元；若两道工序都出现故障，则生产成本增加万元. 求这批设备增加的生产成本的期望．
参考数据：，.
参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，.
变式题9提升
31．人工智能教育是将人工智能与传统教育相结合，借助人工智能和大数据技术打造的智能化教育生态.为了解我国人工智能教育发展状况，通过中国互联网数据平台得到我国2015年－2020年人工智能教育市场规模统计图.如图所示，若用x表示年份代码(2015年用1表示，2016年用2表示，依次类推)，用y表示市场规模(单位：亿元)，试回答：

(1)根据条形统计图中数据，计算变量y与x的相关系数r，并用r判断两个变量y与x相关关系的强弱(精确到小数点后2位)；
(2)若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示，试求y关于x的线性回归方程，并据此预测2022年中国人工智能教育市场规模(精确到1亿元).
附：线性回归方程，其中；
相关系数；
参考数据：.
原题20
32．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
变式题1基础
33．已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆与直线相切于点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线：与椭圆相交于、两点（，不是长轴端点），且以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
变式题2基础
34．椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点.
变式题3基础
35．已知椭圆过点，其右顶点为，下顶点为，且，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.
（I）求椭圆的方程：
（2）当点的横坐标的乘积是时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由.
变式题4巩固
36．已知F是椭圆的左焦点，焦距为4，且C过点．
(1)求C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1与C交于A，B两点，l2与C交于D，E两点，记AB的中点为M，DE的中点为N，试判断直线MN是否过定点，若过点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
变式题5巩固
37．已知椭圆经过点和点．
(1)求椭圆的标准方程和离心率；
(2)若、为椭圆上异于点的两点，且点在以为直径的圆上，求证：直线恒过定点．
变式题5巩固
38．已知椭圆经过点，其右顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点、在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，证明直线经过定点．
变式题7提升
39．已知椭圆T：经过以下四个不同点中的某三个点：，，，．
（1）求椭圆T的方程；
（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，得到椭圆E．已知M，N两点的坐标分别为，，点F是直线上的一个动点，且直线，分别交椭圆E于G，H（G，H分别异于M，N点）两点，试判断直线是否恒过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
变式题8提升
40．已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线：与的两个交点和，构成一个面积为的菱形.
(1)求的方程；
(2)圆过，，交于点，，直线，分别交于另一点，.
①求的值；
②证明：直线过定点.
变式题8提升
41．已知椭圆：过点，且点A到椭圆的右顶点的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，直线：与交于M，N两点，记线段MN的中点为P，连接OP并延长交于点Q，直线交射线OP于点R，且，求证；直线过定点.
变式题10提升
42．已知椭圆过点，椭圆的左、右顶点分别为，点P坐标为，成等差数列．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若对斜率存在的任意直线l与椭圆恒有M，N两个交点，且．证明：直线l过定点．

参考答案：
1．(1)见解析
(2)14

【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
（1）
证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）
解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.

2．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理、余弦定理进行求解即可；
（Ⅱ）根据三角形面积公式，结合完全平方和公式和（Ⅰ）中结论进行求解即可.
【详解】（Ⅰ）由，得
，
即．
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
；
（2），，
因为，，所以，
，
所以的周长为．
【点睛】本题考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了数学运算能力.
3．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理的边角关系，结合已知条件可得，再由余弦定理、同角三角函数关系即可求.
（2）根据已知，由三角形面积公式求，进而求a、c，再由余弦定理求b，即可得△的周长．
【详解】（1）∵，
∴，即．
∵，
∴，故．
（2）∵△的面积为，
∴，又，
∴，．
∵，
∴，即．
故△的周长为．
4．（1）；（2）.
【分析】（1）首先根据正弦定理角化边公式得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先根据三角形面积得到，利用余弦定理得到，即可得到三角形的周长.
【详解】（1）因为
由正弦定理可得，即.
由余弦定理知
又因，所以；
（2），的面积，
即，
所以
，
所以，即.
所以的周长为.
5．（1）；（2）18.
【分析】(1)利用正弦定理把给定等式边化角，再用三角恒等变换求出即可得解；
(2)利用三角形面积定理求出，再借助余弦定理列式即可得解.
【详解】（1）中，，由正弦定理得：，
即，而，
则，又，所以；
（2）由(1)知，
因的面积为，即，得，
由余弦定理，得，解得，
所以的周长为18.
6．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，可以选择余弦定理进行角化边，进行化简求解；也可以选择正弦定理进行边化角，然后，利用三角恒等变换进行化简求解.
（2）根据题意，列出余弦定理，与题中所给式子组成方程，分别求出，即可求解.
（1）
方法一：因为，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又，所以.
方法二：由正弦定理得，
又，所以，，
所以，
所以，
所以，
所以.
又，，，所以，，
所以或或
所以或（舍去）或（舍去），
所以，所以.
（2）
由（1）知，又，，
所以，解得或（舍去），
所以，，
所以的周长为.
7．(1)；
(2).

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理可求角的大小；
（2）由面积公式可得，再在和中，由余弦定理可得，最后用完全平方公式可求的值，即可求得三角形的周长.
（1）
由已知，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
在中，因为，
所以；
（2）
由，得①，

由（1）知，即②，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
因为，所以③，
由①②③，得，
所以，
所以的周长.
8．(1)
(2)

【分析】（1）先由正弦定理及和角公式得，再由倍角公式得，即可求出B；
（2）先由面积公式求得，再由余弦定理求得，即可求得a，c.
（1）
由及正弦定理，得，又，
则，可得，
即，又，所以有，即，
因为，所以，于是有，即，所以，即.
（2）
由的面积为，得，即，由余弦定理，得，
即，将，代入上式，得，
可得，解得.
9．(1)；(2).
【分析】(1)由正弦定理和余弦定理通过边角互化可得，解方程求B；
(2)由(1)及条件，求A，C，再由正弦定理求a，c，由此可得的周长．
【详解】解：
(1)由题设及正弦定理得，
再由余弦定理得，即，
解得或（舍去）．
因为．所以．
(2)由(1)，∴ ，
∴，
∴  ，．
∵  ，，
∴   ，
∴   ，，
∴   的周长等于．
10．(1)；
(2).

【分析】（1）角换边，在利用余弦定理求解；
（2）边换角，将待求表达式表示成关于的三角函数，利用锐角三角形条件求出的范围，最后再求表达式的范围即可.
（1）
因为，所以由正弦定理得，整理得，由余弦定理得．因为，所以．
（2）
由正弦定理得．
因为为锐角三角形，所以
解得，所以，
所以，
故的取值范围为．
11．(1)120°
(2)

【分析】（1）根据cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC，利用正弦定理和余弦定理求解；
（2）根据，得到ac＝a+c，再由b＝2，利用余弦定理求解.
（1）
解：因为cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC，
所以1﹣sin2C＝sin2A+1﹣sin2B+sinAsinC，
即sin2B＝sin2A+sin2C+sinAsinC，
由正弦定理得，b2＝a2+c2+ac，
由余弦定理得，cosB，
由B为三角形内角得B＝120°；
（2）
由题意得: ，且ABDCBDB＝60°，BD＝1，
所以，
所以（a+c），即ac＝a+c，
因为b＝2，由余弦定理得，b2＝12＝a2+c2﹣2accos120°＝a2+c2+ac，
因为，
所以ac=a+c＝4或ac＝﹣3（舍），
故的周长为．
12．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为

【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
（1）
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


13．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.
【详解】（1）证明：平面ABCD，平面ABCD，，
∵在直角梯形ABCD中，，
，
又．平面PAC，平面PAC，
平面PAC，平面EBC，
∴平面平面PAC；
（2）解：以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）．

易知．
则．
设是平面BCE的法向量．
则即 所以可取

∴直线PB与平面BEC所成角的正弦值为．
14．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，作，垂足为，易得，通过勾股定理可得，即可得平面，进而可得结果；
（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量，利用向量法即可得结果.
【详解】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，则，
作，垂足为，则，，
所以，即
又，所以平面，
又平面，
所以平面平面；

（Ⅱ）以为坐标原点，，所在的直线为，轴建立空间直角坐标系
则，，，，
，
设平面的法向量为，则
取法向量，
设直线与平面所成角为，
则.

15．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由于是正三角形，为BC的中点，可得，再由正棱柱的性质得，则由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
（1）
因为是正三角形，为BC的中点，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）
设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．

因为正三棱柱的底面边长和高均为2，所以，，，，
，所以，，，．
设为平面的一个法向量，
则，令，则
设直线BP与平面所成角为，则
，
所以直线BP与平面所成角的正弦值为．
16．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）利用线面垂直的性质结合圆的性质证明平面，再利用线面、面面垂直的判断推理作答.
（2）以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算线面角的正弦作答.
（1）
因为圆O所在的平面，即平面，而平面，则，
又是圆O的直径，C为圆周上一点，有，又，平面，则平面，
而平面，因此，中，，有，又，即，
而D为线段的中点，则，又，平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）
过点C作，如图，由平面知，平面，
以C为原点，直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，令，

则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成角，则.
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明 平面PBD,即可根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，求出平面PBC的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
（1）
因为四棱锥的底面是正方形，故 ,
由于底面，底面，
故 ,而 ,
故 平面PBD,
由于 平面AEC,故平面平面;
（2）
如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则 ,
故 ,,
设平面PBC的法向量为 ，则 ,
即 ，则，可取 ，故，
故设直线与平面所成角为 ，
则 ，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由已知，根据条件先推导，然后再根据，所以，结合，使用线面垂直的判定定理证明平面，然后再使用面面垂直的判定定理证明面面垂直即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出各点坐标，然后求解出平面的法向量，然后借助求解直线PB与平面ADP所成角的正弦值.
（1）
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
得证.
（2）

如图，以为坐标原点，分别以、、所在的直线为坐标轴正方向建立空间直角坐标系，则点，，，，则
，，，
设平面的法向量为，则，即，
令可得平面的法向量为，
设直线PB与平面ADP所成角为，则
.
直线PB与平面ADP所成角的正弦值为.
19．（I）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）要证明平面平面，只需证明平面即可；
（Ⅱ）取BD的中点O，易得面ABCD，以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为与，再利用公式计算即可.
【详解】（Ⅰ）中，，，，由余弦定理得
，      
则，即，
而，故平面，
又面ABCD，所以平面平面ABCD.
（Ⅱ）取BD的中点O，由于，所以，
由（Ⅰ）可知平面面ABCD，故面ABCD.
由等腰梯形知识可得，则，，
以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，则，
令，则，有，
所以，，
即直线AB与平面所成角的正弦值为.

【点晴】本题考查面面垂直的证明、向量法求线面角，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接、，设，连接，通过证明三角形全等得出，结合已知条件可得出平面，可得出，再通过证明三角形全等证得，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分别取、的中点、，连接、、，分析可知点的轨迹为线段，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）连接、，设，连接，
，，，，则，
，即是的角平分线，，
，，平面，
平面，，
因为，，，所以，，则，
，，所以，，
所以，，即，
，所以，平面，
平面，因此，平面平面；
（2）因为底面是圆内接四边形，则，
故，所以，，
因为，则，则，
分别取、的中点、，连接、、，
，，故为等边三角形，
为的中点，，
在底面中，，，，
平面，平面，平面，
、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，
，所以，平面平面，
若点在线段上，则平面，则平面，
所以点在内的轨迹为线段，
底面，，以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，，
设，其中，
则，
所以，
故当时，取得最大值.
因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
21．(1)证明见解析
(2)1

【分析】（1）设交于点连接，由，
并结合可证得平面由此证得，
再利用三角形相似证得从而证得平面进而证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，
通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值．
（1）
证明：如图，设交于点连接，

易知，
又平面平面，
又平面．又是底面圆的内接正三角形，
由，可得，．又，，
即．又，，
，即．又平面，，
平面．又平面，平面平面．
（2）
易知．以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量为，
则，即，令，则．设，
可得．
设直线与平面所成的角为，则.
令，，则
，当且仅当时，等号成立，
当时，有最大值，
于是当时，有最大值为，
的最大值为，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
22．(1)；
(2)
(3)

【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．
（1）
样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
（2）


则
（3）
设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为

23．（1）答案见解析；（2）；预测2024年该市新能源汽车充电站的数量为424个．
【分析】（1）利用相关系数的计算公式即可得解；
（2）先利用已知数据和公式得到关于的线性回归方程，再将2024年所对应的年份编号代入线性回归方程即可得解．
【详解】解：（1）由已知数据得
，，
，
，
所以．
因为与的相关系数近似为0.9，接近1，
说明与的线性相关程度相当高，
从而可以用线性回归模型拟合与的关系．
（2）由（1）得，
，
放所求线性回归方程为．
将2024年对应的年份编号代人回归方程得，
故预测2024年该市新能源汽车充电站的数量为424个．
24．(1)具有较高的线性相关程度
(2)，万人

【分析】（1）根据已知数据计算出相关系数可得；
（2）由已知数据求出回归方程的系数得回归方程，然后在回归方程中令代入计算可得估计值．
（1）
由表中数据可得，
所以
又
所以
所以该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）具有较高的线性相关程度即可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系.
（2）
由表中数据可得
则
所以
令，可得（万人）
故预测2022年2月20日该电商平台的预售人数万人
25．(1)月份代码与销售量（单位:百辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系.
(2)，预测2022年4月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为 百辆

【分析】（1）根据所给数据算出相关系数即可；（2）根据所给数据和公式算出答案即可.
（1）
由表中数据可得 ，
所以 ,又， ，
所以.
所以月份代码与销售量（单位: 百辆）具有较高的线性相关程度，可用线性回归模型拟合销售量与月份代码之间的关系.
（2）
由表中数据可得 ，
则，所以 ，
令，可得 (百辆)，
故可预测2022年4月该品牌的新能源汽车该区域的销售量为百辆.
26．(1)
(2)
(3)分层抽样，理由见解析

【分析】（1）根据求出样本平均数，再乘以地块数可得出结果；
（2）根据题中所给数据，代入，可得出结果；
（3）由（2）知各样区的这种植物数量与植物覆盖面积有很强的正相关性可知，各地块间这种植物数量差异也很大，适合采用分层抽样.
（1）
由已知得样本平均数，
从而该地区这种植物数量的估计值为，
（2）
样本（，2，…，15）的相关系数
.
（3）
分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对150个地块进行分层抽样.
理由如下：由（2）知各样区的这种植物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种植物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种植物数量更准确的估计.
27．(1)，y与t具有很强的线性相关关系
(2)，10月收入从预测看不能突破1.5万元，理由见解析

【分析】（1）直接套公式求出y与t之间的线性相关系数，即可判断；
（2）套公式求出系数b、a，即可得到回归方程，并求出10月份的收入.
（1）
（1）由5月至9月的数据可知，
，
，，
，
所以所求线性相关系数为
.
因为相关系数的绝对值，
所以认为y与t具有很强的线性相关关系.
（2）
由题得，
，
所以，
所以y关于t的回归直线方程为.
当时，，
因为，所以10月收入从预测看不能突破1.5万元.
28．(1)0.97，答案见解析
(2)，第11天开始盈利

【分析】（1）根据相关数据，求得样本相关系数判断；
（2）根据相关数据，求得，从而求得回归方程，然后再根据一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利求解.
（1）
解：因为，，
所以，
所以，
因为样本相关系数接近于1，
所以可以推断x和y这两个变量线性相关，且相关程度很强．
（2）
因为，
所以，
因为，
所以回归方程为，
因为一天中滑雪人数超过3000人时，当天滑雪场可实现盈利，
即时，可实现盈利，解得，
所以根据回归方程预测，该滑雪场开业的第11天开始盈利．
29．(1)（i）答案见解析，（ii）6030元
(2)答案见解析

【分析】(1)根据题意给的数据求出和，
进而求出相关系数，可认为y与x之间有较强的线性相关关系；根据题意列出不等式
，解之即可；
(2)根据题意给的数据分别求出甲、乙的平均值，利用求方差公式直接求出甲、乙的方差，进而比大小即可下结论.
（1）
（i）由，，
得样本相关系数，
所以，可认为y与x之间有较强的线性相关关系.
（ii）由题意y与x之间的经验回归方程为，
由，解得，所以，
所以可预测外卖甲所获取的日纯利润的最小值为6030元.
（2）
根据表格中数据，得，，
，
，
从平均值看，甲的平均值大些，即甲的接单量多些；
从方差看，甲的方差小些，即甲的日接单量波动性小些.
30．(1)元；
(2)使用该批设备的技工人员所产生的的效益与技工年龄的相关性强；
(3)0.13万元.

【分析】（1）直接把代入线性回归方程即得解；
（2）先求出，再代公式求出相关系数比较即得解；
（3）设增加的生产成本为ξ（万元），则ξ的可能取值为0，2，3，5，求出对应的概率即得解.
（1）
解：当时，.
所以预测一名年龄为岁的技工使用该设备所产生的经济效益为元.
（2）
解：由题得，
所以，
所以.
因为，所以与线性相关性很强.
所以使用该批设备的技工人员所产生的的效益与技工年龄的相关性强.
（3）
解：设增加的生产成本为ξ（万元），则ξ的可能取值为0，2，3，5．
P（ξ＝0）＝（1﹣0.02）×（1﹣0.03）＝0.9506，
P（ξ＝2）＝0.02×（1﹣0.03）＝0.0194，
P（ξ＝3）＝（1﹣0.02）×0.03＝0.0294，
P（ξ＝5）＝0.02×0.03＝0.0006．
所以Eξ＝0×0.9506+2×0.0194+3×0.0294+5×0.0006＝0.13（万元），
所以这批设备增加的生产成本的期望为0.13万元.
31．(1)，正相关很强.
(2)，2677亿元.

【分析】(1)根据统计图中数据计算，代入相关系数公式求出相关系数，判断相关系数的绝对值与0.75的关系即可；
(2)根据统计图中数据结合公式即可求出线性回归方程，将x＝8代入线性回归方程即可预测2022年中国人工智能教育市场规模.
（1）
∵，，，，
∴相关系数.
∵相关系数，∴y与x具有线性相关关系，且正相关很强.
（2）
设y关于x的线性回归方程为，
其中；
，
∴y关于x的线性回归方程为，
把代入得(亿元)，
故据此预测2022年中国人工智能教育市场规模将达到约2677亿元.
32．(1)
(2)

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
（1）
解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）
，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

33．(1)；
(2)答案见解析.

【分析】（1）利用点在椭圆上及相切关系列方程组，即可解得椭圆的标准方程；
（2）联立直线与椭圆方程易得：，，以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，所以 ，即或，经检验得到结果.
（1）
由题意设椭圆的标准方程为（，且），
∵在椭圆上，∴ ①
由得，
∵椭圆与直线相切，
∴，
即②
由①②知，
故所求椭圆方程为.
法二：设椭圆为（，且），
则它在点处的切线为，
它与表示同一直线，
∴，，
∴，，
故所求椭圆方程为.
（2）
设，，联立，
得，
得，
，，
，
因为以为直径的圆过椭圆的上顶点，
∴，即，
∴，
即，
即，
即，∴或，
当时，直线过定点与已知矛盾，
当时，直线过定点满足，
所以，直线过定点，定点坐标为.
【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
34．（1）；（2）见解析
【分析】（1）对于，当时，，即，当，，即，再写出椭圆的方程；
（2）设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，代入椭圆方程，即根据韦达定理，直线方程，求出直线过定点，
【详解】（1）对于，当时，，即，当，，即，
椭圆的方程为，
（2）证明：设直线，（），
设，两点的坐标分别为，，则，
联立直线与椭圆得，
得，
，解得
，，
，
直线 ，
令，得 ，
直线过定点
【点睛】本题考查椭圆的定义，考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题.
35．（1）；（2）直线过定点，定点为.
【分析】（1）由，椭圆过点可构造方程组求得，由此得到椭圆方程；
（2）设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式；利用直线方程可求得，由横坐标之积为，结合韦达定理可构造方程求得，由此可确定直线所过定点.
【详解】（1）由题意知：，，，…①，
将代入椭圆方程可得：…②，
又，由①②可得：，，椭圆的方程为；
（2）设直线，，，
由得：，
则，即，
，；
由（1）知：，直线方程为：，
令，解得：，即；
同理可得：，，
即，解得：，
此时，即或，满足题意；
，恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
36．(1)
(2)过定点，定点坐标为

【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得的方程.
（2）对直线的斜率进行分类讨论，结合根与系数关系求得直线的方程，从而确定定点的坐标.
（1）
依题意，
由解得，
所以椭圆的方程为.
（2）
由题意知，当其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为，此时直线为轴；
当的斜率都存在且不为时，设，
设，联立，整理得，
，，
则，
所以的中点，
同理由，可得的中点，
则，
所以直线的方程为，
化简得，
故直线恒过定点．
综上，直线过定点.
37．(1)椭圆的标准方程为，离心率为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出椭圆的标准方程，求出的值，可得出椭圆的离心率；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设出直线的方程，并将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出参数之间的关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标；在直线的斜率不存在时，根据已知条件求出点、的横坐标，可得出直线的方程，综合可得出直线所过定点的坐标.
（1）
解：将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，则，
所以，椭圆的标准方程为，离心率为.
（2）
解：分以下两种情况讨论：
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
可得，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
由已知，则
，
所以，，即，解得或.
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；
当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意；
②当直线轴，则点、关于轴对称，所以，，，即点，
由已知可得，
，，由已知，
则，
所以，，因为，解得，
此时直线的方程为，则直线过点.
综上所述，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
38．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得，将点的坐标代入椭圆的方程，可求得的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，可设直线方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、的斜率之积为结合韦达定理可得出、所满足的关系式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.
（1）
解：由题意可知，，将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
因此，椭圆的方程为.
（2）
证明：若轴，则点、关于轴对称，则直线与也关于轴对称，
从而直线与的斜率互为相反数，不合乎题意.
设直线方程为，设点、，
联立，可得，
，可得，
由韦达定理可得，，
因为，
整理可得，
即，化简得，
即，可得或.
当时，直线的方程为，此时直线过点，不合乎题意；
当时，直线的方程为，此时直线过定点，合乎题意.
综上所述，直线过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
39．（1）；（2）直线恒过定点.
【分析】（1）分析可得三点在椭圆上，代入椭圆方程，待定系数即得解；
（2）先通过伸缩变换得到椭圆E方程为：，设，，，分别表示直线，的方程，与椭圆联立，求得G，H坐标，表示直线的方程，整理即得定点.
【详解】（1）由题意可得A，C一定在椭圆上，即①，
若B在椭圆上，则②，
由①②可得，不存在，
所以D在椭圆上，可得③，
由①③可得，，
所以椭圆的方程为：；
（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，设E上的点为：，对应的点，由题意可得，，
所以，，
所以E的方程，
设，，，
，
所以直线的方程为：，直线的方程，
联立直线与椭圆的方程整理可得，所以，，即，
联立直线NF与椭圆的方程：整理可得，所以，即，
所以直线的斜率为：，
所以直线的方程为：，
整理可得，当，.
所以直线恒过定点．
40．(1)
(2)①②证明见解析

【分析】（1）由条件可得垂直平分，然后可得的值，然后可得直线与的交点坐标，然后可算出；
（2）由条件可得为圆的直径，设，，则，然后可得的值，设直线的方程为（），，，联立椭圆与直线的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由可求出的值，即可得到答案.
（1）
因为直线：与的两个交点和，构成的四边形是菱形，
所以垂直平分，所以，.
设为直线与的一个交点，则菱形的面积为.
因为菱形的面积为，所以，解得，即.
将点代入，得，又因为，所以.
故的方程为.
（2）
①由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，因此，即.
设，，则.
注意到，，则.
又因为，，所以.
②易知直线不可能平行于轴，则设直线的方程为（），，.
由得.
，（*）
，.①
因为，，所以，
即，
即.
将①代入上式得，
化简得，解得，满足（*），
所以直线的方程为，
故直线过定点.
41．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）待定系数法列方程去求椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆的方程，得到P点坐标，再联立直线OP与椭圆的方程，求得Q点坐标,利用得到的关系式，进而得到直线所过定点
（1）
由题意得，，解得或（舍去），
则椭圆的方程为
将代入：得，，解得，
则椭圆的方程为.
（2）
设，，：，
联立，得，
由得，∴，∴.
由斜率公式可知，∴：，∴.
联立，得，即.
∵，∴，
∴，∴，此时满足，
则直线为：，则直线过定点.
42．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据点在椭圆上和三条线段成等差数列建立方程，解出方程即可；
（2）设直线为，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理表示出，然后找出直线之间的关系，从而求得直线过定点
（1）

由题意知：，，
成等差数列．可得：
解得：
又，，解得：
故椭圆标准方程为：
（2）
设直线方程为
联立，化简得：
可得：，，
则有：



可得：
解得：或
故直线方程为：或
所以直线恒过点或
又因为直线l与椭圆恒有两个交点，故易知定点必在椭圆内，故直线l恒过点
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；
（2）涉及到直线方程时，务必考虑全面，注意直线斜率为0或不存在等特殊情形；