一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.已知z1，z2是兩個復數(shù)，則“z1，z2互為共軛復數(shù)”是“z1+z2為實數(shù)”的( )
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
2.已知集合A={1,2,3,4,5}，且A∩B=A，則集合B可以是( )
A. {1,2,3}B. {x|x2>1}
C. {x|lg2(x?2)1}
3.已知cs(α?β)=?23，tanαtanβ=3，則cs(α+β)=( )
A. ?13B. 13C. ?23D. 23
4.已知向量a，b滿足|a|=4，|b|=2，且b在a上的投影向量為?14a，則cs?a,b?的值為( )
A. ?12B. 12C. ?18D. 18
5.已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，且a6+2a7+a10=20，則當a7?a8取最大值時，S10=( )
A. 10B. 20C. 25D. 50
6.若斜率為1的直線l與曲線y=ln(x?a)和圓x2+y2=12都相切，則實數(shù)a的值為( )
A. 2B. 0或?2C. 0或2D. ?2
7.已知橢圓y24+x2=1，P為橢圓上任意一點，過點P分別作與直線l1：y=2x和l2：y=?2x平行的直線，分別交l2，l1交于M，N兩點，則|MN|的最小值為( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知某正三棱柱的外接球的表面積為8π，則該正三棱柱的體積的最大值為( )
A. 4 2B. 3 2C. 2 2D. 2
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1=3，an+1=11?an則( )
A. a3=23B. a5>0C. a2024=?12D. S37=40
10.關(guān)于函數(shù)f(x)=x3?3x+1，下列說法正確的是( )
A. f(x)有兩個極值點B. f(x)的圖象關(guān)于(0,?1)對稱
C. f(x)有三個零點D. 2sin10°是f(x)的一個零點
11.在2024年巴黎奧運會藝術(shù)體操項目集體全能決賽中，中國隊以69.800分的成績奪得金牌，這是中國藝術(shù)體操隊在奧運會上獲得的第一枚金牌.藝術(shù)體操的繩操和帶操可以舞出類似四角花瓣的圖案，它可看作由拋物線C：y2=2px(p>0)繞其頂點分別逆時針旋轉(zhuǎn)90°，180°，270°后所得三條曲線與C圍成的(如圖陰影區(qū)域)，A，B為C與其中兩條曲線的交點，若：p=2，則( )
A. 開口向上的拋物線的方程為y=4x2
B. |AB|=8
C. 直線x+y=t截第一象限花瓣的弦長最大值為 2
D. 陰影區(qū)域的面積不大于32
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知函數(shù)f(x)=csωx(ω>0)，若f(x+π2)為偶函數(shù)，且f(x)在區(qū)間(0,π)內(nèi)僅有兩個零點，則ω的值是______．
13.已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點，過F1的直線與雙曲線左支交于A，B兩點，且AF1=2F1B，以O(shè)為圓心，OF2為半徑的圓經(jīng)過點B，則C的離心率為______．
14.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c(a≠b).已知c=2acsA，則sinB+sinA的最大值是______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
設(shè)數(shù)列{an}是首項為1的等比數(shù)列，已知a1,a2+12,4a3成等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn=nan2．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)記Sn和Tn分別為數(shù)列{an}和{bn}的前n項和，試比較Tn與Sn的大?。?br>16.(本小題15分)
如圖，已知直線與拋物線C：y2=2px(p>0)交于A，B兩點，且OA⊥OB，OD⊥AB交AB于點D，點D的坐標為(1,1)，
(1)求p的值．
(2)若線段AB的垂直平分線于拋物線C交于E，F(xiàn)兩點，求△OEF的面積．
17.(本小題15分)
已知三棱錐P?ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥平面PBC．
(1)求證：PB⊥BC；
(2)若二面角P?AC?B的正弦值為 53，且AB=2，BC=1，求PA．
18.(本小題17分)
在△ABC中，角A，B，C的對邊是a，b，c，已知λa+c= 2b，λ為常數(shù)．
(1)若λ=0，a=2.求△ABC面積的最大值；
(2)若λ=1，csA+csC= 23，求sinB的值．
19.(本小題17分)
已知直線y=kx+m(m>1)與y軸交于M點，與曲線y=ex交于A(x1,y1)，B(x2,y2)兩點(其中A在第一象限，B在第二象限)．
(1)若k=m=e，試比較x1+x2與0的大??；
(2)①若點M恰好為AB的中點，證明：k>1；
②設(shè)P(1,0)，若k≥1，證明|PA|>|PB|．
參考答案
1.A
2.D
3.B
4.A
5.D
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.ACD
11.BCD
12.2
13. 173
14.8 39
15.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，
因為{an}的首項為1且a1、a2+12、4a3成等差數(shù)列，
所以2(a2+12)=a1+4a3，即2(q+12)=1+4q2，
解得q=12或q=0(舍去)，所以an=(12)n?1，bn=nan2=n2n．
(2)由(1)可得，Sn=1?12n1?12=2(1?12n)．
因為Tn=12+222+323+...+n?12n?1+n2n，①
則12Tn=122+223+...+n?22n?1+n?12n+n2n+1，②
由①?②得：12Tn=12+122+123+...+12n?n2n+1=12(1?12n)1?12?n2n+1=1?n+22n+1，
所以Tn=2?2+n2n．
由Tn?Sn=2?2+n2n?2(1?12n)=22n?2+n2n=?n2n0，y1+y2=?2p，y1y2=?4p，
因為OA⊥OB，所以x1x2+y1y2=4?2(y1+y2)+2y1y2=0，
所以4+4p?8p=0，解得p=1；
(2)如圖所示：

設(shè)線段AB的中點為M(x0,y0)，
則y0=y1+y22=?p=?1，所以x0=2?y0=3，
所以lEF：y+1=x?3，即y=x?4，
聯(lián)立y2=2xx=y+4，得y2?2y?8=0，Δ′=4+32=36>0，
設(shè)E(x3,y3)，F(xiàn)(x4,y4)，則y3+y4=2，y3y4=?8，
所以|EF|= (x3?x4)2+(y3?y4)2= 2[(y3+y4)2?4y3y4]=6 2，
又點O到直線EF的距離為|?4| 2=2 2，
所以△OEF的面積為12×6 2×2 2=12．
17.(1)證明：過P作PE⊥AB于E，

因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABC，
又BC?平面ABC，所以PE⊥BC，
又PA⊥平面PBC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，
因為PA，PE?平面PAB，且PA∩PE=P，
所以BC⊥平面PAB，PB?平面PAB，
因此PB⊥BC．
(2)解：解法一：過E作EF⊥AC于F，連接PF，

則AC⊥平面PEF，所以PF⊥AC，
所以∠PFE即為二面角P?AC?B的平面角，
所以sin∠PFE= 53，tan∠PFE= 52，
又由(1)可得PA⊥PB，BC⊥AB，
設(shè)∠PAB=θ，則PE=2csθsinθ，
AE=2cs2θ,EF=2cs2θ 5，
所以tan∠PFE=PEEF=2csθsinθ2cs2θ 5= 5tanθ= 52，
所以tanθ=12，
從而PA=2csθ=4 55；
解法二：同方法一得sin∠PFE= 53，tan∠PFE= 52，
設(shè)PA=t，則PE=t 4?t22,AE=t22,EF=t22 5，
所以tan∠PFE=PEEF= 5? 4?t2t= 52，解得t=4 55，
從而PA=4 55；
解法三：如圖，以B為原點，BA，BC所在直線分別為x，y軸，
建立空間直角坐標系，

記二面角P?AC?B為α，設(shè)∠PAB=θ，由法一可知，
A(2,0,0)，C(0,1,0)，P(2?2cs2θ,0,2csθsinθ)，
AC=(?2,1,0),AP=(?2cs2θ,0,2csθsinθ)，
設(shè)面ACP的法向量為m=(x,y,z)，
則m?AC=0m?AP=0，即?2x+y=0?2cs2θx+2csθsinθz=0，
令x=1，得m=(1,2,csθsinθ)，
又面ABC的法向量為n=(0,0,1)，
記二面角P?AC?B為α，則sinα= 53，
所以|csα|=|cs?m,n?|=|m?n|m|?|n||=|csθsinθ| 5+(csθsinθ)2=23，
解得tanθ=12，則csθ=2 55，
所以PA=2csθ=4 55．
18.解：(1)解法一：當λ=0時，c= 2b，
由余弦定理a2=b2+c2?2bccsA得3b2?2 2b2csA=4，所以b2=43?2 2csA，
S△ABC=12bcsinA= 22b2sinA=2 2sinA3?2 2csA=4 2sinA2csA23(cs2A2+sin2A2)?2 2(cs2A2?sin2A2)
=4 2sinA2csA2(3?2 2)cs2A2+(3+2 2)sin2A2=4 2tanA2(3?2 2)+(3+2 2)tan2A2，
設(shè)tanA2=t(t>0)，則S△ABC=4 2t3?2 2+(3+2 2)t2
=4 23?2 2t+(3+2 2)t≤4 22 3?2 2t?(3+2 2)t=2 2，
當且僅當3?2 2t=(3+2 2)t，即t=17?12 2時取等號，
所以△ABC面積的最大值為2 2．
解法二：λ=0時，c= 2b，即|AB|= 2|AC|
以BC所在的直線為x軸，BC的中點O為原點建立平面直角坐標系xOy，
則B(?1,0)、C(1,0)，設(shè)A(x,y)，
由|AB|= 2|AC|，得 (x+1)2+y2= 2 (x?1)2+y2，化簡得x2+y2+6x+1=0，

即A的軌跡方程為(x?3)2+y2=8(y≠0)，
所以△ABC面積的最大值為S△ABC=12?2?2 2=2 2．
(2)解法一：由a+c= 2b及正弦定理可知sinA+sinC= 2sinB，
由csA+csC= 23及A+B+C=π，
得 23=?cs(B+C)?cs(B+A)=sinBsinC?csBcsC+sinAsinB?csAcsB
=sinB(sinA+sinC)?csB(csA+csC)= 2sin2B? 23csB
= 2(1?cs2B)? 23csB，
整理可得3cs2B+csB?2=0，解得csB=23或csB=?1(舍)，
故sinB= 1?cs2B= 1?(23)2= 53．
解法二：不妨設(shè)b= 2，則a+c=2，由csA+csC= 23，
可得b2+c2?a22bc+a2+b2?c22ab=c2+2?a22 2c+a2?c2+22 2a= 23，
所以43ac=a(c2?a2+2)+c(a2?c2+2)=(c2?a2)(a?c)+2(a+c)
=?(a+c)(a?c)2+2(a+c)=?2(a?c)2+4
=?2(a+c)2+8ac+4=8ac?4，
解得ac=35，所以csB=a2+c2?b22ac=(a+c)2?2ac?b22ac=23，
因此sinB= 1?cs2B= 53．
19.解：(1)若k=m=e，
此時ex+e=ex，
可得ex?ex?e=0，
設(shè)f(x)=ex?ex?e，函數(shù)定義域為R，
可得f′(x)=ex?e，
當x∈(?∞,1)時，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)的最小值為f(1)=?e0，f(3)=e3?4e>0，
由零點存在定理知x1∈(1,3)，x2∈(?1,1)，
則x1+x2>0；
(2)①證明：因為點M恰好為AB的中點，
所以x1+x2=0，且x1>0>x2，
因為ex1=kx1+mex2=kx2+m，
整理得k=ex1?ex2x1?x2，
要證k>1，
需證ex1?ex2x1?x2>1，
即證ex1?e?x1>2x1，
設(shè)g(x)=ex?e?x?2x，函數(shù)定義域為(0,+∞)，
可得g′(x)=ex+e?x?2>2 ex?e?x?2=0，
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)>g(0)=0，
故k>1；
②證明：因為ex1=kx1+mex2=kx2+m，
所以k=ex1?ex2x1?x2，
因為k≥1，
即k=ex1?ex2x1?x2≥1，
所以ex1?x1+2≥ex2?x2+2>0，
此時(ex1?x1+2)2≥(ex2?x2+2)2，
即(ex1?x1+2)2?(ex2?x2+2)2≥0，
要證|PA|>|PB|，
需證(x1?1)2+e2x1>(x2?1)2+e2x2，
即證[(x1?1)2+e2x1]?[(x2?1)2+e2x2]>0，
因為(ex1?x1+2)2?(ex2?x2+2)2≥0，
此時需證[(x1?1)2+e2x1]?[(x2?1)2+e2x2]>(ex1?x1+2)2?(ex2?x2+2)2，
要證[(x1?1)2+e2x1]?(ex1?x1+2)2>[(x2?1)2+e2x2]?(ex2?x2+2)2，
即證(x1?2)ex1+x1>(x2?2)ex1+x2，
設(shè)?(x)=(x?2)ex+x，函數(shù)定義域為R，
此時要證?(x1)>?(x2)，
因為?′(x)=(x?1)ex+1，
令t(x)=(x?1)ex+1，
可得t′(x)=xex，
當x∈(?∞,0)時，t′(x)0，?′(x)單調(diào)遞增，
所以?′(x)≥?′(0)=0，
所以?(x)在R上單調(diào)遞增，
因為x1>x2，
所以?(x1)>?(x2).
故|PA|>|PB|．

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