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.在復平面內(nèi)，復數(shù)z1對應的點和復數(shù)z2=1+2i對應的點關于實軸對稱，則z1z2=( )
A. ?3+4iB. ?3?4iC. 5D. 5
2.已知2sinπ4+α=sinπ4?α，則cs2α的值為( )
A. 23B. 35C. 34D. 45
3.已知數(shù)列{an}滿足an+1=an+6，{an}的前n項和為Sn，則S20242024?S20222022=( )
A. 12B. 6C. 3D. 2
4.設拋物線y2=2x的焦點為F，過拋物線上點P作其準線的垂線，設垂足為Q，若∠PQF=30°，則|PQ|=( )
A. 23B. 33C. 34D. 32
5.已知函數(shù)f(x)=sinωx+2cs2ωx2(ω>0)在區(qū)間π2,3π4上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是( )
A. 0,4B. 0,23∪83,4C. 52,3D. 0,13∪52,3
6.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)=lg2(1?x),x≤0f(x?1)?f(x?2),x>0，則f(2024)的值為( )
A. ?1B. 0C. 1D. 2
7.已知直線mx?y+2m+1=0與圓C:x+12+y?22=4相交于M,N兩點，則MN?MC的最小值為( )
A. 2B. 2C. 4D. 2 2
8.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點為A，F(xiàn)(c,0)是雙曲線C的右焦點，點P在直線x=2c上，且tan∠APF的最大值是 66，則雙曲線C的離心率是( )
A. 2 3B. 2+ 7C. 2 6D. 4+2 7
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.已知點Aixi,01≤i≤10,i∈N與點Biyi,101≤i≤10,i∈N關于點2,5對稱.若x1，x2,…,x10的平均數(shù)為a，中位數(shù)為b，方差為c，極差為d，則y1,y2,…,y10這組數(shù)滿足( )
A. 平均數(shù)為4?aB. 中位數(shù)為?bC. 方差為c2D. 極差為d
10.在矩形ABCD中，AB=2BC=2，點M是邊CD的中點，將△ADM沿AM翻折，直至點D落在邊AB上.當△ADM翻折到△PAM的位置時，連結(jié)PB，PC，則( )
A. 四棱錐P?ABCM體積的最大值為 24
B. 存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
C. E為AB的中點，當PE=12時，二面角P?AM?C的余弦值為34
D. N為PB的中點，則CN的長為定值
11.在2024年巴黎奧運會藝術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，這是中國藝術體操隊在奧運會上獲得的第一枚金牌．藝術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=1，則( )
A. 開口向上的拋物線的方程為y=12x2
B. |AB|=4
C. 直線x+y=t截第一象限花瓣的弦長最大值為34
D. 陰影區(qū)域的面積大于4
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.若直線l1:2x+m2y+m=0與直線l2:x+2y+1=0平行，則實數(shù)m= ．
13.已知用分層隨機抽樣從某校高二年級800名學生的數(shù)學成績中抽取一個樣本量為100的樣本，其中男生成績數(shù)據(jù)40個，女生成績數(shù)據(jù)60個.男生成績樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別為71和187.75，女生成績樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)和方差分別為73.5和119，則總樣本的方差是 ．
14.在直角坐標系xOy中，F(xiàn)是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點，A，B分別為左、右頂點，過點F作x軸的垂線交橢圓C于P，Q兩點，連接PB交y軸于點E，連接AE交PQ于點M，若M是線段PF的中點，則橢圓C的離心率為 ．
四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題12分)
已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且滿足Sn=n+12
(1)求數(shù)列an的通項公式
(2)若bn=?1n+1an，求數(shù)列bn前2n項和T2n
16.(本小題12分)
如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=BC=CD=2,AD=2 3．
(1)證明：1+csCcsA= 3；
(2)記?ABD與?BCD的面積分別為S1和S2，求S12+S22的最大值．
17.(本小題12分)
已知四棱錐P?ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，BC=2AD=2，
AB= 3，E為CD的中點，PB⊥AE．
(1)證明：平面PBD⊥平面ABCD;
(2)若PB=PD，PC與平面ABCD所成的角為π4，試問在側(cè)面PCD內(nèi)是否存在一點N，使得
BN⊥平面PCD?若存在，求出點N到直線PD的距離;若不存在，請說明理由．
18.(本小題12分)
阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中．阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是已知動點M與兩定點Q，P的距離之比|MQ||MP|=λ(λ>0,λ≠1)，λ是一個常數(shù)，那么動點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，圓心在直線PQ上．已知動點M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2=4，定點分別為橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F與右頂點A，且橢圓C的離心率為e=12．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)如圖，過右焦點F斜率為k(k>0)的直線l與橢圓C相交于B，D(點B在x軸上方)，點S，T是橢圓C上異于B，D的兩點，SF平分∠BSD，TF平分∠BTD．
(ⅰ)求|BS||DS|的取值范圍；
(ⅱ)將點S、F、T看作一個阿波羅尼斯圓上的三點，若△SFT外接圓的面積為81π8，求直線l的方程．
19.(本小題12分)
若函數(shù)f(x)滿足：對任意正數(shù)s，t，都有f(s)+f(t)0，f(t)>0，證明：對任意x∈(2k,2k+1)(k∈N)，都有f(x)?f(1x)>x2?2x．
參考答案
1.C
2.D
3.B
4.A
5.D
6.A
7.C
8.B
9.AD
10.ACD
11.ABD
12.?2
13.148
14.13
15.【詳解】(1)當n=1時，a1=S1=4，
當n≥2時，an=Sn?Sn?1=(n+1)2?n2=2n+1，
當n=1，an=2n+1不成立．所以an=4,(n=1)2n+1,(n≥2)．
(2)由(1)可知bn=4,n=1?1n+12n+1,n≥2,
所以，T2n=4?5+7?9+11?13+?+(4n?1)?(4n+1)
=4+7?5+11?9+?+4n?1?4n?3?4n+1
=4+2(n?1)?4n?1
=?2n+1．

16.解：(1)證明：在?ABD中，由余弦定理得BD2=4+12?8 3csA=16?8 3csA，
在?BCD中，由余弦定理得BD2=4+4?8csC=8?8csC，
∴16?8 3csA=8?8csC，
所以 3cs A=1+cs C，
即1+csCcsA= 3．
(2)S1=12×2×2 3sinA=2 3sinA，
S2=12×2×2sinC=2sinC，
則S12+S22=12sin2A+4sin2C=16?12cs2A+4cs2C
由(1)知： 3csA=1+csC，
代入上式得S12+S22=16?12cs2A?4 3csA?12，
=?24cs2A+8 3csA+12，
=?24csA? 362+14，
∴當csA= 36時，S12+S22取到最大值14．

17.解：(1)由四邊形ABCD是直角梯形，AB= 3，BC=2AD=2，AB⊥BC，
可得DC=2，∠BCD=π3，從而△BCD是等邊三角形，BD=2，BD平分∠ADC．
∵E為CD的中點，∴DE=AD=1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD=B，BD?平面PBD，PB?平面PBD
∴AE⊥平面PBD，又AE?平面ABCD，
所以平面PBD⊥平面ABCD．
(2)在平面PBD內(nèi)作PO⊥BD于O，連接OC，
因為平面PBD∩平面ABCD=BD，PO?平面PBD，∴PO⊥平面ABCD
∴∠PCO為PC與平面ABCD所成的角，則∠PCO=π4，
∴由題意得OP=OC= 3
∵PB=PD，PO⊥BD，∴O為BD的中點，∴OC⊥BD．
以OB，OC，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D(?1,0,0)，P(0,0, 3)，
假設在側(cè)面PCD內(nèi)存在點N，使得BN⊥平面PCD成立，
設PN=λPD+μPC(λ,μ≥0,λ+μ≤1)，
由題意得N(?λ, 3μ,? 3(λ+μ?1))，
BN=(?λ?1, 3μ,? 3(λ+μ?1))，PC=(0, 3,? 3)，PD=(?1,0,? 3)，
由BN?PC=0BN?PD=0，得3μ+3(λ+μ?1)=0λ+1+3(λ+μ?1)=0
解得λ=15，μ=25，滿足題意，∴N(?15,2 35,2 35)，D(?1,0,0)，
取a=DN=(45,2 35,2 35)，PD=(?1,0,? 3)，
|PD|= (?1)2+(? 3)2=2，
u=PD|PD|=(?12,0,? 32)，a2=DN2=(45)2+(2 35)2+(2 35)2=85，
a?u=45×(?12)?2 35× 32=?1，
求出點N到直線PD的距離為： a2?(a?u)2= 85?1= 155
所以N點直線PD的距離為 155．

18.解：(1)設M(x,y)，由題意|MF||MA|= (x?c)2+y2 (x?a)2+y2=λ(常數(shù))，
整理得x2+y2+2c?2aλ2λ2?1x+λ2a2?c2λ2?1=0，
故2c?2aλ2λ2?1=0λ2a2?c2λ2?1=?4，又ca=12，解得a=2 2，c= 2．
∴b2=a2?c2=6，橢圓C的方程為x28+y26=1．
(2)(ⅰ)由S△SBFS△SDF=12|SB|?|SF|?sin∠BSF12|SD|?|SF|?sin∠DSF=|SB||SD|，
又S△SBFS△SDF=|BF||DF|，∴|BS||DS|=|BF||DF|，(或由角平分線定理得)
令|BF||DF|=λ，則BF=λFD，設D(x0,y0)，則有3x02+4y02=24，
又直線l的斜率k>0，則x0∈(?2 2, 2)，xB= 2(λ+1)?λx0yB=?λy0，
代入3x2+4y2?24=0，得3[ 2(1+λ)?λx0]2+4λ2y02?24=0，
即(λ+1)(5λ?3? 2λx0)=0，
∵λ>0，∴λ=35? 2x0∈(13,1)．
(ⅱ)由(ⅰ)知，|SB||SD|=|TB||TD|=|BF||DF|，
由阿波羅尼斯圓定義知，S，T，F(xiàn)在以B，D為定點得阿波羅尼斯圓上，
設該圓圓心為C1，半徑為r，與直線l的另一個交點為N，
則有|BF||DF|=|NB||ND|，即|BF||DF|=2r?|BF|2r+|DF|，解得r=11|BF|?1|DF|．
又S圓C1=πr2=818π，故r=92 2，∴1|BF|?1|DF|=2 29，
又|DF|= (x0? 2)2+y02= (x0? 2)2+6?34x02=2 2?12x0，
∴1|BF|?1|DF|=1λ|DF|?1|DF|=5? 2x03(2 2?12x0)?12 2?12x0=2? 2x03(2 2?12x0)=2 29，
解得x0=? 22，y0=? 6?34x02=?3 104，
∴k=?y0 2?x0= 52，
∴直線l的方程為y= 52x? 102．
19.解：(1)對于任意s，t∈(0,+∞)，f1(s)+f1(t)=s2+t2，f1(s+t)=(s+t)2，
所以f1(s+t)?[f1(s)+f1(t)]=(s+t)2?(s2+t2)=2st>0，
即f1(s)+f1(t)ln3，故f2(x)=ln(x+1)不是“H函數(shù)”；
(2)因為函數(shù)y=3x+x?3a是“H函數(shù)”，
所以對于任意的s，t∈(0,+∞)，有3s+t+(s+t)?3a>3s+s?3a+3t+t?3a恒成立，
即3s+t?3s?3t>?3a恒成立，
所以(3s?1)(3t?1)>1?3a恒成立，
又因為s，t∈(0,+∞)，故3s，3t∈(1,+∞)，則(3s?1)(3t?1)∈(0,+∞)，
則1?3a≤0，即a≥13，即實數(shù)a的取值范圍為[13,+∞)；
(3)證明：由函數(shù)f(x)為“H函數(shù)”，可知對于任意正數(shù)s，t，
都有f(s)>0，f(t)>0，且f(s)+f(t)2f(s)，即f(2s)f(s)>2，
故對于自然數(shù)k與正數(shù)s，
都有f(2k+1s)f(s)=f(2k+1s)f(2ks)?f(2ks)f(2k?1s)??f(2s)f(s)>2k+1，
對任意x∈(2k,2k+1)(k∈N)，可得1x∈(12k+1,12k)，又f(1)=1，
所以f(x)>f(x?2k)+f(2k)>f(2k)≥2kf(1)=2k+12>x2，
同理f(1x)

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