1．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，則實數(shù)a的值為（ ）
A．{2}B．{﹣1，2}C．{1，2}D．{0，2}
2．（5分）設(shè)z是復(fù)數(shù)且|z﹣1+2i|＝1，則|z|的最小值為（ ）
A．1B．3-1C．5-1D．5
3．（5分）在平面直角坐標系中，已知點P（3，4）為角α終邊上一點，若cs（α+β）=13，β∈（0，π），則csβ＝（ ）
A．3-8215B．3+8215C．4+6215D．62-415
4．（5分）已知圓臺的上、下底面圓的半徑之比為12，側(cè)面積為9π，在圓臺的內(nèi)部有一球O，該球與圓臺的上、下底面及母線均相切，則球O的表面積為（ ）
A．3πB．5πC．8πD．9π
5．（5分）設(shè)a→，b→為單位向量，a→在b→方向上的投影向量為-12b→，則|a→-2b→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．7
6．（5分）為了貫徹落實《中共中央國務(wù)院關(guān)于深入打好污染防治攻堅戰(zhàn)的意見》，某造紙企業(yè)的污染治理科研小組積極探索改良工藝，使排放的污水中含有的污染物數(shù)量逐漸減少．已知改良工藝前所排放廢水中含有的污染物數(shù)量為2.65g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量為2.59g/m3，第n次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量rn滿足函數(shù)模型rn=r0+(r1-r0)?50.25n+p(p∈R，n∈N*)，其中r0為改良工藝前所排放的廢水中含有的污染物數(shù)量，r1為首次改良工藝后所排放的廢水中含有的污染物數(shù)量，n為改良工藝的次數(shù)．假設(shè)廢水中含有的污染物數(shù)量不超過0.25g/m3時符合廢水排放標準，若該企業(yè)排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數(shù)最少要（參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301）（ ）
A．8次B．9次C．10次D．11次
7．（5分）設(shè)實數(shù)x＞1，y∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若exlnx+ey＜yey，則（ ）
A．eylnx＞eB．eylnx＜eC．ey＞exD．ey＜ex
8．（5分）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x22-y26=1的左，右焦點，直線l過點F2，且與雙曲線右支交于A，B兩點，O為坐標原點，△AF1F2，△BF1F2的內(nèi)切圓的圓心分別為O1，O2，則△OO1O2面積的取值范圍是（ ）
A．(2，433)B．[2，433)
C．[2，433)∪(433，+∞)D．[2，263]
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，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
（多選）9．（5分）一個盒中裝有質(zhì)地、大小，形狀完全相同的3個白球和4個紅球，依次從中抽取兩個球．規(guī)定：若第一次取到的是白球，則不放回，繼續(xù)抽取下一個球；若第一次取到的是紅球，則放回后繼續(xù)抽取下一個球．下列說法正確的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是1949
B．“取到兩個紅球”和“取到兩個白球”互為對立事件
C．“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”互為獨立事件
D．已知第二次取到的是紅球，則第一次取到的是白球的概率為715
（多選）10．（5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則（ ）
A．?x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．k=12023f(k)=0
D．k=12023g(k)=0
（多選）11．（5分）對于數(shù)列{an}，若存在常數(shù)M＞0，對任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，則稱數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列．比如，常數(shù)列滿足此條件，所以是“差收斂”數(shù)列，以下說法正確的是（ ）
A．首項為1，公比為12的等比數(shù)列{an}是“差收斂”數(shù)列
B．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，那么數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列
C．等差數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列
D．有界數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列
（多選）12．（5分）已知正四面體ABCD的棱長為22，其所有頂點均在球O的球面上．已知點E滿足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，過點E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱BC，CD，AD相交于點M，G，H，則（ ）
A．四邊形EMGH的周長是變化的
B．四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為8164
C．當λ=14時，平面α截球O所得截面的周長為11π
D．當λ=μ=12時，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為43
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．（5分）一個容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為15281，把這個樣本中一個為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個容量為8的新樣本，則新樣本的平均數(shù)為 ，方差為 ．
14．（5分）小明和爸爸媽媽、爺爺奶奶一同參加《中國詩詞大會》的現(xiàn)場錄制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人與小明相鄰，則不同的坐法總數(shù)為 ．
15．（5分）已知點A（1，2）在拋物線y2＝2px上，過點A作圓（x﹣2）2+y2＝2的兩條切線分別交拋物線于B，C兩點，則直線BC的方程為 ．
16．（5分）在△ABC中，記角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，面積為S，則Sa2+2bc的最大值為 ．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．（10分）籃球誕生美國馬薩諸塞州的春田學院．1891年，春田學院的體育教師加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）為了對付冬季寒冷的氣溫，讓學生們能夠在室內(nèi)有限的空間里繼續(xù)進行有趣的傳球訓練．現(xiàn)有甲、乙、丙3名同學在某次傳球的訓練中，球從甲開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接?。浀趎次傳球之前球在甲手里的概率為pn，第n次傳球之前球在乙手里的概率為qn，顯然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比較p8，q8的大?。?br>18．（12分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的圖象經(jīng)過點(-π4，0)．
（1）若f（x）的最小正周期為2π，求f（x）的解析式；
（2）若?x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在實數(shù)ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，請說明理由．
19．（12分）放行準點率是衡量機場運行效率和服務(wù)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(wù)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．
其中ti＝ln（xi﹣2012），t=110i=110 ti
（1）根據(jù)散點圖判斷，y＝bx+a與y＝cln（x﹣2012）+d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(yù)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(yù)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：
（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)（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回歸直線v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估計分別為β?=i=1n(ui-u)(vi-v)i=1n (ui-u)2=i=1n uivi-nuvi=1n ui2-nu2，α?=v-β?u
參考數(shù)據(jù)：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
20．（12分）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，M，N分別是棱PB，PC的中點，Q是棱PA上一點，且AQ→=3QP→．
（1）求證：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝46，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值．
21．（12分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的離心率為22，過點(-1，22)．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設(shè)橢圓的右焦點為F，定直線m：x＝2，過點F且斜率不為零的直線l與橢圓交于A，B兩點，過A，B兩點分別作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直線AQ、BP交于點M，證明：M點為定點，并求出M點的坐標．
22．（12分）已知函數(shù)f（x）=csx-xx2，x∈（0，+∞）．
（1）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點；
（2）當x∈（0，π）時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（3）設(shè)gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若對任意的x∈[π2，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式兩端等號均能取到，求k1+k2的最大值．
2022-2023學年廣東省深圳外國語學校高二（下）期末數(shù)學試卷
參考答案與試題解析
一、單選題：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．（5分）已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a+2}，A∪B＝A，則實數(shù)a的值為（ ）
A．{2}B．{﹣1，2}C．{1，2}D．{0，2}
【解答】解：由A∪B＝A知：B?A，
當a+2＝3，即a＝1，則a2＝1，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；
當a+2＝a2，即a＝﹣1或a＝2，
若a＝﹣1，則a2＝1，與集合中元素互異性有矛盾，不符合；
若a＝2，則A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，滿足要求．
綜上，a＝2．
故選：A．
2．（5分）設(shè)z是復(fù)數(shù)且|z﹣1+2i|＝1，則|z|的最小值為（ ）
A．1B．3-1C．5-1D．5
【解答】解：根據(jù)復(fù)數(shù)模的幾何意義可知，|z﹣1+2i|＝1表示復(fù)平面內(nèi)以（1，﹣2）為圓心，1為半徑的圓，而|z|表示復(fù)數(shù)z到原點的距離，
由圖可知，|z|min=12+(-2)2-1=5-1．
故選：C．
3．（5分）在平面直角坐標系中，已知點P（3，4）為角α終邊上一點，若cs（α+β）=13，β∈（0，π），則csβ＝（ ）
A．3-8215B．3+8215C．4+6215D．62-415
【解答】解：由題意得：α∈(0，π2)，csα=39+16=35，sinα=49+16=45，
因為β∈（0，π），
所以α+β∈(0，3π2)，
因為cs(α+β)=13＞0，
所以α+β∈(0，π2)，故sin(α+β)=1-cs2(α+β)=223，
所以csβ＝cs[（α+β）﹣α]＝cs（α+β）csα+sin（α+β）sinα=13×35+223×45=3+8215．
故選：B．
4．（5分）已知圓臺的上、下底面圓的半徑之比為12，側(cè)面積為9π，在圓臺的內(nèi)部有一球O，該球與圓臺的上、下底面及母線均相切，則球O的表面積為（ ）
A．3πB．5πC．8πD．9π
【解答】解：設(shè)圓臺的上底面圓半徑為r，則底面圓半徑為2r，母線長為l，
如圖所示，作出圓臺與球的軸截面．由于球O與圓臺的上下底面及母線均相切，
故l＝AD＝AH+DG＝r+2r＝3r．
根據(jù)圓臺的側(cè)面積公式S＝（πr+2πr）l＝9π，可得r＝1，
所以球的直徑為HG=22，故半徑為2，表面積為：8π
故選：C．
5．（5分）設(shè)a→，b→為單位向量，a→在b→方向上的投影向量為-12b→，則|a→-2b→|＝（ ）
A．2B．3C．5D．7
【解答】解：因為a→在b→方向上的投影向量為-12b→，
所以a→?b→|b→|?b→|b→|=-12b→，
則a→?b→|b→|2=-12，
又因為a→，b→為單位向量，所以|a→|=|b→|=1，
所以cs＜a→，b→＞=-12，
所以|a→-2b→|=(a→-2b→)2=a→2-4a→?b→+4b→2=1-4×(-12)+4=7．
故選：D．
6．（5分）為了貫徹落實《中共中央國務(wù)院關(guān)于深入打好污染防治攻堅戰(zhàn)的意見》，某造紙企業(yè)的污染治理科研小組積極探索改良工藝，使排放的污水中含有的污染物數(shù)量逐漸減少．已知改良工藝前所排放廢水中含有的污染物數(shù)量為2.65g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量為2.59g/m3，第n次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數(shù)量rn滿足函數(shù)模型rn=r0+(r1-r0)?50.25n+p(p∈R，n∈N*)，其中r0為改良工藝前所排放的廢水中含有的污染物數(shù)量，r1為首次改良工藝后所排放的廢水中含有的污染物數(shù)量，n為改良工藝的次數(shù)．假設(shè)廢水中含有的污染物數(shù)量不超過0.25g/m3時符合廢水排放標準，若該企業(yè)排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數(shù)最少要（參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301）（ ）
A．8次B．9次C．10次D．11次
【解答】解：由題意得r0＝2.65，r1＝2.59，
當n＝1時，r1=r0+(r1-r0)?50.25+p，即50.25+p＝1，可得p＝﹣0.25，
所以rn=2.65-0.06×50.25(n-1)，
由rn≤0.25，可得50.25（n﹣1）≥40，所以0.25(n-1)≥lg40lg5，
所以n≥4(1+2lg2)1-lg2+1≈10.17，
又由n∈N*，所以n≥11，
所以若該企業(yè)排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數(shù)最少要11次．
故選：D．
7．（5分）設(shè)實數(shù)x＞1，y∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若exlnx+ey＜yey，則（ ）
A．eylnx＞eB．eylnx＜eC．ey＞exD．ey＜ex
【解答】解：∵exlnx+ey＜yey，
∴e?elnxlnx＜（y﹣1）ey，即elnxlnx＜（y﹣1）ey﹣1，（*）
∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，y＞1．
令g（t）＝tet（t＞0），（*）式可化為g（lnx）＜g（y﹣1）
則g′（t）＝（1+t）et＞0恒成立，
∴g（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴l(xiāng)nx＜y﹣1，即x＜ey﹣1?ex＜ey，
故選：C．
8．（5分）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x22-y26=1的左，右焦點，直線l過點F2，且與雙曲線右支交于A，B兩點，O為坐標原點，△AF1F2，△BF1F2的內(nèi)切圓的圓心分別為O1，O2，則△OO1O2面積的取值范圍是（ ）
A．(2，433)B．[2，433)
C．[2，433)∪(433，+∞)D．[2，263]
【解答】解：設(shè)圓O1與AF1，AF2，F(xiàn)1F2分別切于點M，N，P，由雙曲線定義知，|AF1|-|AF2|=2a=22，
∴|AM|+|MF1|-|AN|-|NF2|=2a=22，
∵|AM|＝|AN|，|MF1|＝|F1P|，|NF2|＝|F2P|，
∴|F1P|-|F2P|=22，又|F1P|+|F2P|=2c=42，
∴|F1P|=32，|F2P|=2=c-a，即點P為雙曲線的右頂點，
∵O1P⊥x軸，O1的橫坐標為2，同理：O2橫坐標也為2，
∵O1F2平分∠AF2F1，O2F2平分∠BF2F1，∴∠O1F2O2=π2，
設(shè)△AF1F2、△BF1F2的內(nèi)切圓半徑分別為r1，r2，
∵O1O2⊥x軸，∴r1?r2=|PF2|2=2，
∵|OP|=2，∴S△OO1O2=12(r1+r2)?|OP|=22(r1+2r1)，
設(shè)直線AB傾斜角為α，又AB為雙曲線右支上兩點，
又漸近線方程為y=±3x，∴由題意得α∈(π3，2π3)，∴∠O1F2F1∈(π6，π3)，
∴tan∠O1F2F1=r12∈(33，3)，即r1∈(63，6)，
又S△OO1O2=22(r1+2r1)在(63，2)單調(diào)遞減，在(2，6)單調(diào)遞增，
當r1=2時，S△OO1O2=2，此時取得最小值，
當r1=63時，S△OO1O2=433，當r1=6時，S△OO1O2=433，
∴S△OO1O2∈[2，433)．
故選：B．
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，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
（多選）9．（5分）一個盒中裝有質(zhì)地、大小，形狀完全相同的3個白球和4個紅球，依次從中抽取兩個球．規(guī)定：若第一次取到的是白球，則不放回，繼續(xù)抽取下一個球；若第一次取到的是紅球，則放回后繼續(xù)抽取下一個球．下列說法正確的是（ ）
A．第二次取到白球的概率是1949
B．“取到兩個紅球”和“取到兩個白球”互為對立事件
C．“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”互為獨立事件
D．已知第二次取到的是紅球，則第一次取到的是白球的概率為715
【解答】解：對于A，若第一次取到白球，第二次取到白球，則概率為37×26=17，
若第一次取到紅球，第二次取到白球，則概率為47×37=1249，
故第二次取到白球的概率是17+1249=1949，故A正確；
對于B，除了“取到兩個紅球”和“取到兩個白球”這種事件可能發(fā)生外，還有可能是取到一白球和一紅球，
因此“取到兩個紅球“和“取到兩個白球“是互斥事件，但不對立，故B錯誤；
對于C，第一次取到紅球的概率為：47×37+47×47=47，第二次取到紅球的概率為：37×46+47×47=3049，
第一次取到紅球且第二次取到紅球的概率為：47×47=1649，顯然不滿足獨立事件的概念，故C錯誤；
對于D，設(shè)第二次取到的是紅球為事件A，設(shè)第一次取到的是白球為事件B，
則P(AB)=37×46=27，P(A)=37×46+47×47=3049，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=273049=715，故D正確．
故選：AD．
（多選）10．（5分）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則（ ）
A．?x∈R，f（4+x）+f（﹣x）＝0
B．g（3）+g（5）＝4
C．k=12023f(k)=0
D．k=12023g(k)=0
【解答】解：對A，因為f（x+2）為奇函數(shù)，
則y＝f（x）圖像關(guān)于（2，0）對稱，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
所以f（4+x）+f（﹣x）＝0，A正確：
對于C，因為g′（x）＝f′（x﹣2），
則g（x）＝f（x﹣2）+a，
則g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，
所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，
令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），又f（4+x）+f（﹣x）＝0，
所以f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），
所以f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），
所以y＝f（x）的周期T＝4，
所以f（0）＝f（4），
由f（2+x）+f（2﹣x）＝0可得，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，f（2）＝0，
所以f（0）＝0，f（4）＝0，
所以k=12023 f(k)=505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，C正確；
對B，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，則g（x）是周期T＝4的函數(shù)，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，B錯誤；
對D，f（﹣1）＝f（﹣1+2024）＝f（2023），
f（0）＝f（2）＝f（2+2020）＝f（2022），
所以k=12023 g(k)=f(-1)-2+f(0)-2+f(1)-2+...+f(2021)-2=i=12023f(k)-2×2023，
所以i=12023 g(k)=-4046，D錯誤．
故選：AC．
（多選）11．（5分）對于數(shù)列{an}，若存在常數(shù)M＞0，對任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M，則稱數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列．比如，常數(shù)列滿足此條件，所以是“差收斂”數(shù)列，以下說法正確的是（ ）
A．首項為1，公比為12的等比數(shù)列{an}是“差收斂”數(shù)列
B．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，那么數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列
C．等差數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列
D．有界數(shù)列一定為“差收斂”數(shù)列
【解答】解：對于A，由題意an＝（12）n﹣1，則|an﹣an﹣1|＝|（12）n﹣1﹣（12）n﹣2|＝（12）n﹣1，
因此|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|=12+（12）2+…+（12）n=12[1-(12)n]1-12=-1+（12）n＜1，故{an}是“差收斂”數(shù)列，正確；
對于B，若數(shù)列{Sn}是“差收斂”數(shù)列，則存在M＞0，
對任意的n∈N*，恒有|Sn+1﹣Sn|+|Sn﹣Sn﹣1|+…+|S2﹣S1|≤M，
即|an+1|+|an|+…+|a2|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2M+|a1|，
所以數(shù)列{an}為“差收斂”數(shù)列，正確；
對于C，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|＝n|d|，
所以不存在M＞0，對任意的n∈N*，恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤M成立，
所以等差數(shù)列不一定為“差收斂”數(shù)列，錯誤；
對于D：設(shè)數(shù)列{an}為有界數(shù)列，則存在M＞0，使得|an|≤M，
所以|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+…+|a2﹣a1|≤|an+1|+2|an|+…+2|a2|+|a1|≤2nM，2nM不是常數(shù)，
所以有界數(shù)列不一定為“差收斂”數(shù)列，錯誤．
故選：AB．
（多選）12．（5分）已知正四面體ABCD的棱長為22，其所有頂點均在球O的球面上．已知點E滿足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，過點E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱BC，CD，AD相交于點M，G，H，則（ ）
A．四邊形EMGH的周長是變化的
B．四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為8164
C．當λ=14時，平面α截球O所得截面的周長為11π
D．當λ=μ=12時，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為43
【解答】解：正四面體ABCD的棱長為22，其所有頂點均在球O的球面上．點E滿足AE→=λAB→(0＜λ＜1)，CF→=μCD→(0＜μ＜1)，
過點E作平面α平行于AC和BD，平面α分別與該正四面體的棱BC，CD，AD相交于點M，G，H，
∴球心O即為該正方體的中心，
連接B1D1，設(shè)AC∩B1D1＝N，
∵BB1∥DD1，BB1＝DD1，
∴四邊形BB1D1D為平行四邊形，∴BD∥B1D1．
又BD∥平面α，B1D1?平面α，∴由線面平行的判定定理得B1D1∥平面α．
∵AC∥平面α，AC∩B1D1＝N，AC，B1D1?平面AB1CD1，∴平面α∥平面AB1CD1．
對于A，如圖①，∵平面α∥平面AB1CD1，平面α∩平面ABC＝EM，平面AB1CD1∩平面ABC＝AC，
∴EM∥AC，則EMAC=BEAB=1-λ，即EM＝（1﹣λ）AC=22(1-λ)，
同理可得GH∥AC，GH=22(1-λ)，HE∥GM∥BD，HE＝GM=22λ，
∴四邊形EMGH的周長L＝FM+GM+GH+HE=42，故A錯誤；
對于B，如圖①，由A可知HE∥GM∥BD，HE=GM=22λ，且EM∥GH∥AC，EM=GH=22(1-λ)，
∵四邊形AB1CD1為正方形，∴AC⊥B1D1，∴四邊形EMGH為矩形，
∴點A到平面α的距離d＝λAA1＝2λ，
∴四棱錐A﹣EMGH的體積V與λ之間的關(guān)系式為V（λ）=13×2λ×22λ×22(1-λ)=163(λ2-λ3)，
則V'（λ）=163λ(2-3λ)，∵0＜λ＜1，∴當0＜λ＜23時，V'（λ）＞0，V（λ）單調(diào)遞增；
當23＜λ＜1時，V'（λ）＜0，V（λ）單調(diào)遞減，所以當λ=23時，V（λ）取到最大值6481，
∴四棱錐A﹣EMGH體積的最大值為6481，故B正確；
對于C，正四面體ABCD的外接球即為正方體AB1CD1﹣A1BC1D的外接球，其半徑R=3．
設(shè)平面α截球O所得截面的圓心為O1，半徑為r，當λ=14時，OO1=12．
∵OO12+r2=R2，則r=R2-OO12=112，∴平面α截球O所得截面的周長為2πr=11π，故C正確；
對于D，如圖②，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后得到正四面體A1B1C1D1，
設(shè)A1D1∩AD＝P，A1C1∩BD＝K，B1C1∩BC＝Q，B1D1∩AC＝N，連接KP，KE，KF，KQ，NP，NE，NF，NQ，
∵λ=μ=12，∴E，F(xiàn)，P，Q，K，N分別為各面的中心，
兩個正四面體的公共部分為幾何體KPEQFN為兩個相同的正四棱錐組合而成，
又EP=2，正四棱錐K﹣PEQF的高為12AA1=1，
∴正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分的體積為V=2V四棱錐K-PEQF=2×13×1×2×2=43，故D正確．
故答案為：BCD．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．（5分）一個容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為15281，把這個樣本中一個為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個容量為8的新樣本，則新樣本的平均數(shù)為 5 ，方差為 2 ．
【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)其他的8個數(shù)據(jù)依次為a1、a2、a3、……a8，
若原來容量為9的樣本，它的平均數(shù)為449，方差為15281，
則有x=19（a1+a2+a3+……+a8+4）=449，則有（a1+a2+a3+……a8）＝40，
s2=19[a12+a22+a32+……+a82+42﹣9×（449）2]=15281，則有（a12+a22+a32+……+a82）＝216；
把這個樣本中一個為4的數(shù)據(jù)去掉，變成一個容量為8的新樣本，
則新樣本的平均數(shù)為x′=18（a1+a2+a3+……+a8）=408=5；
方差s′2=18（a12+a22+a32+……+a82﹣8×52）＝2；
故答案為：5，2．
14．（5分）小明和爸爸媽媽、爺爺奶奶一同參加《中國詩詞大會》的現(xiàn)場錄制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人與小明相鄰，則不同的坐法總數(shù)為 84 ．
【解答】解：根據(jù)題意，分3種情況討論：
①、若小明的父母的只有1人與小明相鄰且父母不相鄰時，
先在其父母中選一人與小明相鄰，有C21＝2種情況，
將小明與選出的家長看成一個整體，考慮其順序有A22＝2種情況，
當父母不相鄰時，需要將爺爺奶奶進行全排列，將整體與另一個家長安排在空位中，有A22×A32＝12種安排方法，
此時有2×2×12＝48種不同坐法；
②、若小明的父母的只有1人與小明相鄰且父母相鄰時，
將父母及小明看成一個整體，
小明在一端，有2種情況，考慮父母之間的順序，有2種情況，則這個整體內(nèi)部有2×2＝4種情況，
將這個整體與爺爺奶奶進行全排列，有A33＝6種情況，
此時有2×2×6＝24種不同坐法；
③、小明的父母都與小明相鄰，即小明在中間，父母在兩邊，
將3人看成一個整體，考慮父母的順序，有A22＝2種情況，
將這個整體與爺爺奶奶進行全排列，有A33＝6種情況，
此時，共有2×6＝12種不同坐法；
則一共有48+24+12＝84種不同坐法；
故答案為：84．
15．（5分）已知點A（1，2）在拋物線y2＝2px上，過點A作圓（x﹣2）2+y2＝2的兩條切線分別交拋物線于B，C兩點，則直線BC的方程為 x+3y+3＝0 ．
【解答】解：∵A（1，2）在拋物線y2＝2px上，
∴4＝2p，∴拋物線方程為y2＝4x，
設(shè)過點A的圓的切線方程為y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，
則圓心（2，0）到切線的距離d=|k+2|k2+1=2=r，
解得k＝2±6，
∴過點A的圓的切線方程為：
(2+6)x-y-6=0或(2-6)x-y+6=0，
分別聯(lián)立y2＝4x，解得B（15-66，﹣6+26），C（15+66，-26-6），
∴直線BC的斜率為-6+25+26+615-66-15-66=-13．
∴直線BC的方程為y+26+6=-13（x﹣15﹣66），
即x+3y+3＝0，
故答案為：x+3y+3＝0，
16．（5分）在△ABC中，記角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，面積為S，則Sa2+2bc的最大值為 312 ．
【解答】解：因為Sa2+2bc=12bcsinAb2+c2-2bccsA+2bc=12×sinAbc+cb+2-2csA≤-14×sinAcsA-2，（當且僅當b＝c時取得等號），
令sinA＝y(tǒng)，csA＝x，
故Sa2+2bc≤-14×yx-2，
因為x2+y2＝1，且y＞0，
故可得點（x，y）表示的平面區(qū)域是半圓弧上的點，如下圖所示：
目標函數(shù)z=yx-2，表示圓弧上一點到點A（2，0）點的斜率，
數(shù)形結(jié)合可知，當且僅當目標函數(shù)過點H(12，32)，即A＝60°時，取得最小值-33；
故可得z=yx-2∈[-33，0)，
又Sa2+2bc≤-14×yx-2，
故可得Sa2+2bc≤-14×(-33)=312，當且僅當A＝60°，b＝c，取得最大值．
故答案為：312．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．（10分）籃球誕生美國馬薩諸塞州的春田學院．1891年，春田學院的體育教師加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）為了對付冬季寒冷的氣溫，讓學生們能夠在室內(nèi)有限的空間里繼續(xù)進行有趣的傳球訓練．現(xiàn)有甲、乙、丙3名同學在某次傳球的訓練中，球從甲開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接?。浀趎次傳球之前球在甲手里的概率為pn，第n次傳球之前球在乙手里的概率為qn，顯然p1＝1，q1＝0．
（1）求p3+2q3的值；
（2）比較p8，q8的大?。?br>【解答】解：（1）第3次傳球之前，球在甲手中的情形可分為：甲→乙→甲或甲→丙→甲，
∴p3=24=12，
第3次傳球之前，球在乙手中的情形僅有：甲→丙→乙，
∴q3=14，
∴p3+2q3＝1；
（2）由題意pn+1=12qn+12(1-pn-qn)qn+1=12pn+12(1-pn-qn)，整理得：pn+1=12-12pnqn+1=12-12qn，
∴pn+1-13=-12(pn-13)，p1-13=23，
∴{pn-13}成首項為23，公比為-12的等比數(shù)列，
∴pn-13=23?(-12)n-1，∴pn=13+23?(-12)n-1，
同理qn-13=-13?(-12)n-1，∴qn=13-13?(-12)n-1，
∴p8=13+23?(-12)7＜13，q8=13-13?(-12)7＞13，
∴p8＜q8．
18．（12分）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)的圖象經(jīng)過點(-π4，0)．
（1）若f（x）的最小正周期為2π，求f（x）的解析式；
（2）若?x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，是否存在實數(shù)ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)？若存在，求出ω的取值集合；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）因為f（x）的最小正周期為2π，
所以2π|ω|=2π．
因為ω＞0，所以ω＝1．
因為f（x）的圖象經(jīng)過點(-π4，0)，所以-π4+φ=kπ，k∈Z，
即φ=kπ+π4，k∈Z．
因為|φ|≤π2，所以φ=π4．
故f(x)=sin(x+π4)．
（2）因為?x∈R，f(x+π4)=f(π4-x)，
所以直線x=π4為f（x）圖象的對稱軸，
又f（x）的圖象經(jīng)過點(-π4，0)．
所以-π4ω+φ=k1π，π4ω+φ=k2π+π2，k1，k2∈Z．
兩式相減得π2ω=(k2-k1)π+π2，
整理得ω＝2（k2﹣k1）+1，
因為ω＞0，所以ω＝2n+1（n∈N），
因為f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)，
所以5π9-7π18=π6≤T2，即T=2πω≥π3，解得ω≤6．
當ω＝5時，-5π4+φ=kπ，k∈Z．
因為|φ|≤π2，所以φ=π4，此時f(x)=sin(5x+π4)．
令t=5x+π4∈(79π36，109π36)，g（t）＝sint．g（t）在(79π36，5π2)上單調(diào)遞增，在(5π2，109π36)上單調(diào)遞減，
故f（x）在(7π18，5π9)上不單調(diào)，不符合題意；
當ω＝3時，-3π4+φ=kπ，k∈Z．
因為|φ|≤π2，所以φ=-π4，此時f(x)=sin(3x-π4)．
令t=3x-π4∈(11π12，17π12)，g（t）＝sint．g（t）在(11π12，17π12)上單調(diào)遞減，
故f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)，符合題意；
當ω＝1時，-π4+φ=kπ，k∈Z．
因為|φ|≤π2，所以φ=π4，此時f(x)=sin(x+π4)．
令t=x+π4∈(23π36，29π36)，g（t）＝sint．g（t）在(23π36，29π36)上單調(diào)遞減，
故f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)，符合題意，
綜上，存在實數(shù)ω，使得f（x）在(7π18，5π9)上單調(diào)，且ω的取值集合為{1，3}．
19．（12分）放行準點率是衡量機場運行效率和服務(wù)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(wù)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．
其中ti＝ln（xi﹣2012），t=110i=110 ti
（1）根據(jù)散點圖判斷，y＝bx+a與y＝cln（x﹣2012）+d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(yù)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(yù)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：
（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)（u1，v1），（u2，v2），…，（un，vn），其回歸直線v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估計分別為β?=i=1n(ui-u)(vi-v)i=1n (ui-u)2=i=1n uivi-nuvi=1n ui2-nu2，α?=v-β?u
參考數(shù)據(jù)：ln10≈2.30，ln11≈2.40，ln12≈2.48．
【解答】解：（1）由散點圖判斷y＝cln（x﹣2012）+d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t＝ln（x﹣2012），先建立y關(guān)于t的線性回歸方程．
由于c?=i=110tiyi-10tyi=1-10ti2-10t-2=1226.8-10×1.5××1.52=4，d?=y-c?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的線性回歸方程為y?=4t+74.4，
因此y關(guān)于年份數(shù)x的回歸方程為y?=4ln(x-2012)+74.4
所以當x＝2023時，該機場飛往A地航班放行準點率y的預(yù)報值為y?=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y的預(yù)報值為84%．
（2）設(shè)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，P（C|A1）＝0.84，P（C|A2）＝0.8，P（C|A3）＝0.75．
（i）由全概率公式得，P（C）＝P（A1）P（C|A1）+P（A2）P（C|A2）+P（A3）P（C|A2）＝0.84×0.2+0.8×0.2+0.75×0.6＝0.778，
所以該航班準點放行的概率為0.778．
（ii）P(A1|C)=P(A1C)P(C)=P(A1)P(C|A1)P(C)=0.2×，P(A2|C)=P(A2C)P(C)=P(A2)P(C|A2)P(C)=0.2×，P(A3|C)=P(A3C)P(C)=P(A3)P(C|A3)P(C)=0.6×，
因為0.6×0.75＞0.2×0.84＞0.2×0.8，
所以可判斷該航班飛往其他地區(qū)的可能性最大．
20．（12分）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，M，N分別是棱PB，PC的中點，Q是棱PA上一點，且AQ→=3QP→．
（1）求證：NQ∥平面MCD；
（2）若AB＝14，BC＝PB＝PD＝8，PA＝PC＝46，求直線PA與平面PBC所成角的正弦值．
【解答】（1）證明：取PA的中點S，連接SM，SD，SC，
易知SM∥ˉˉ12AB∥CD，故S，M，C，D四點共面，
由題意知Q，N分別為PS，PC的中點，故NQ∥ˉˉ12SC，
又QN?平面MCD，SC?平面MCD，
因此NQ∥平面MCD；
（2）解：連接AC，BD交于點O，則O為平行四邊形ABCD的中心，
又PA＝PC，PB＝PD，
則等腰△PAC，△PBD中，根據(jù)三線合一，有PO⊥AC，PO⊥BD，
又AC∩BD＝O，故PO⊥平面ABCD，
在Rt△POA，Rt△POB中，有PO2+OA2＝PA2，PO2+OB2＝PB2，即h2+m2＝96，①h2+n2＝64，②
設(shè)OA＝OC＝m，OB＝OD＝n，OP＝h，∠ABC＝θ，則∠BAD＝π﹣θ，
AC2＝4m2＝BA2+BC2﹣2AB?AC?csθ＝260﹣224csθ，BD2＝4n2＝AB2+AD2﹣2AB?AD?cs（π﹣θ）＝260+224csθ，
相加并整理得m2+n2＝130，③
解方程組①②③得，m=9，n=7，h=15，
故csθ=AB2+BC2-AC22AB?AC=-27，sinθ=1-(-27)2=357，
于是S△ABC=12BA?BC?sinθ=245，
在△PBC中，BC＝BP＝8，N是PC中點，
故BN⊥PC，BN=BC2-CN2=82-(26)2=210，
于是S△PBC=12PC?BN=815，
設(shè)點A到平面PBC的距離為d，由VP﹣ABC＝VA﹣PBC，得13?h?S△ABC=13?d?S△PBC，
故d=h?S△ABCS△PBC=15?245815=35，
故所求線面角α的正弦值sinα=dPA=3546=308．
21．（12分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的離心率為22，過點(-1，22)．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設(shè)橢圓的右焦點為F，定直線m：x＝2，過點F且斜率不為零的直線l與橢圓交于A，B兩點，過A，B兩點分別作AP⊥m于P，BQ⊥m于Q，直線AQ、BP交于點M，證明：M點為定點，并求出M點的坐標．
【解答】解：（1）由離心率e=ca=1-b2a2=22，可得a2＝2b2，
所以橢圓的方程為：x22b2+y2b2=1，
將（﹣1，22）代入橢圓的方程可得：12b2+24b2=1，解得b2＝1，
所以橢圓的方程為：x22+y2＝1；
（2）證明：由（1）可得右焦點F（1，0），
因為直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為：x＝my+1，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），設(shè)A在x軸上方，
聯(lián)立x=my+1x2+2y2=2，整理可得：（2+m2）y2+2my﹣1＝0，
顯然Δ＞0，y1+y2=-2m2+m2，y1y2=-12+m2，
因為AP⊥m，BQ⊥m，
所以P（2，y1），Q（2，y2），
所以直線AQ的方程為y﹣y2=y2-y12-x1（x﹣2），
由橢圓的對稱性可得直線AQ，BP的交點在x軸上，
令y＝0，可得x＝2+-y2(2-x1)y2-y1=2+y2(my1-1)y2-y1=2+my1y2-y2y2-y1，
因為y1+y2=-2m2+m2，y1y2=-12+m2，所以2my1y2＝y(tǒng)1+y2，即my1y2=y1+y22，
所以x＝2+y1+y22-y2y2-y1=2-12=32，
所以直線AQ，BP恒過定點（32，0）．
22．（12分）已知函數(shù)f（x）=csx-xx2，x∈（0，+∞）．
（1）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點；
（2）當x∈（0，π）時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（3）設(shè)gi（x）＝kix+b，i＝1，2，若對任意的x∈[π2，+∞），g1（x）≤f（x）≤g2（x）恒成立，且不等式兩端等號均能取到，求k1+k2的最大值．
【解答】解：（1）證明：設(shè)h（x）＝csx﹣x，
則h′（x）＝﹣sinx﹣1，
因為﹣1≤sinx≤1，
所以h′（x）≤0恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
又因為h（π6）=32-π6＞0，h（π）＝﹣1﹣π＜0，
所以存在唯一x0∈（π6，π），使得h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點，
（2）f′（x）=x-xsinx-2csxx3，
設(shè)m（x）＝x﹣xsinx﹣2csx，
m′（x）＝1+sinx﹣xcsx＝1+csx（tanx﹣x），
m″（x）＝csx﹣csx+xsinx，
當x∈（0，π）上，xsinx＞0，m″（x）＞0，m′（x）單調(diào)遞增，
又m′（0）＝1＞0，
所以m（x）在（0，π）上單調(diào)遞增，
因為m（π2）＝0，
所以當x∈（0，π2）時，m（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當x∈（π2，π）時，m（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以f（x）在（0，π）上有最小值f（π2）=-2π．
（3）由（1）可知，x∈[π2，+∞）時，f（x）＜0，
由（2）可知x=π2為f（x）的極小值點，且x∈[π，+∞）時，csx-xx2≥-1-xx2≥-1-ππ2＞-2π，
所以x∈[π2，+∞）時，f（x）在x=π2取到最小值-2π，
b＜-2π時，k1＞0，存在x∈（m1，+∞）使得g（x1）＞0與f（x）≥g1（x）矛盾，
b≥0時，k2＜0，存在x∈（m2，+∞）使得g（x2）＜-2π與f（x）≤g2（x）矛盾，
當b=-2π時，令k1＝0，則g（x1）=-2π，滿足題意，此時k1取得最大值，
再過點（0，-2π）作函數(shù)f（x）的切線，設(shè)切點為P（t，f（t）），則f′（t）=f(t)+2bt，解得t=3π2，
所以切線方程為y=8x9π2-2π，
當b=-2π時，k2的最大值為-89π2，
又因為x∈（3π2，+∞）時，f′（x）=x-xsinx-2csxx3≤2x-2csxx3，
設(shè)φ（x）=2x-2csxx3，
φ′（x）=-2x+xsinx+3csxx4＜-2x+x+3x4=3-xx4＜0，
所以φ（x）單調(diào)遞減，
即f′（x）≤2x-2csxx3≤89π2，
所以-2π≤b＜0時，k1+k2取得最大值89π2，
接下來證明當x∈[π2，+∞）時，csx-xx2≤8x9π2-2π，
先證：q（x）=8x39π2-2x2π+x﹣csx≥0，x∈[π2，3π2]恒成立，
q′（x）=8x23π2-4xπ+1+sinx，
q″（x）=16x3π2-4π+csx，
q″′（x）=163π2-sinx，
當x∈[π2，3π2]時，q″′（x）單調(diào)遞增，
q″′（π2）＝﹣1+163π2＜0，q″′（3π2）＝1+163π2＞0，q″′（π）=163π2＞0，
所以存在唯一的x1∈（π2，π）使得q″′（x）＝0，且x∈（π2，x1）時，q″′（x）＜0，q″（x）單調(diào)遞減，
x∈（x1，3π2）時，q″′（x）＞0，q″（x）單調(diào)遞增，
因為q′（π2）=23＞0，q′（π）=-13＜0，q′（3π2）＝0，
所以存在唯一的x3∈（π2，π）使得q′（x）＝0，且x∈（π2，x3）時，q′（x）＞0，q（x）單調(diào)遞增，
x∈（x3，3π2）時，q′（x）＜0，q（x）單調(diào)遞減，
又因為q（π2）=π9，q（3π2）＝0，
所以當x∈[π2，3π2]時，q（x）=8x39π2-2x2π+x﹣csx≥0，
當x∈[3π2，+∞）時，q′（x）=8x23π2-4xπ+1+sinx=4xπ（2x3π-1）+1+sinx≥0，
所以q（x）≥0，
綜上所述，x∈[π2，+∞）時，csx-xx2≤8x9π2-2π，
當x∈（3π2，+∞），f′（x）=x-xsinx-2csxx3≤2x-2csxx3≤89π2，
所以當-2π≤b＜0時，k2的最大值為89π2，
即k1+k2的最大值為89π2．
x
y
t
i=110 xi2
i=110 xiyi
i=110 ti2
i=110 tiyi
2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
1226.8
x
y
t
i=110 xi2
i=110 xiyi
i=110 ti2
i=110 tiyi
2017.5
80.4
1.5
40703145.0
1621254.2
27.7
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